下册 8.2 三重积分 第5题
📝 题目
5．计算下列三重积分．
（1） $\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\Omega$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$ 与抛物面 $x^{2}+y^{2}=3 z$ 所围成的立体。
（2） $\iiint_{V} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $V$ 由上半球面 $z=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}$ 与抛物面 $x^{2}+y^{2}=3 z$ 围成的立体。（首）都师大 2000）
（3） $\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\Omega$ 为球面 $\sqrt{2-x^{2}-y^{2}}=z$ 与抛物面 $z=x^{2}+y^{2}$ 所围成的立体．
（4） $\iiint_{\Omega} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\Omega$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 z$ 与曲面 $z^{2}=x^{2}+y^{2}$ 所围成的立体．
（5） $\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\Omega$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 z$ 与曲面 $z^{2}=x^{2}+y^{2}$ 所围成的立体．
（6） $\displaystyle \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z, \Omega: x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant 1, x^{2}+y^{2}+z^{2} \geqslant \frac{1}{2}$ ．
（7） $\iiint_{\Omega} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\Omega$ 为 $x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant R^{2}$ 与 $x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant 2 R z(R>0)$ 的公共部分．
（8） $\iiint_{V}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $V: x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq 4, x^{2}+y^{2}+(z-2)^{2} \leq 4$ 。
（9） $\displaystyle \iiint_{V} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} V$ ，其中 $V$ 由 $z=1, z=2$ 与 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 所围成。
（10） $\iiint_{V}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $V: x^{2}+y^{2} \leqslant z^{2}, 2 \leqslant z \leqslant 8$ ．
分析：采用＂球面坐标变换＂＂先二重后一重＂的累次积分．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：如图 8.134 所示，由 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$ 与 $x^{2}+y^{2}=3 z$ 得 $z=1, x^{2}+y^{2}=3$ ．用平面 $z=1$将积分区域 $\Omega$ 划分为两部分 $\Omega=\Omega_{1}+\Omega_{2}$ ，其中
$$
\begin{aligned}
& \Omega_{1}=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_{z^{\prime}}, 0 \leqslant z \leqslant 1\right\}, D_{z}^{\prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 3 z \\
& \Omega_{2}=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_{z^{\prime}}, 1 \leqslant z \leqslant 2\right\}, D_{z}^{\prime \prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 4-z^{2}
\end{aligned}
$$
于是
$$
\begin{aligned}
\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\iiint_{\Omega_{z}} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{1} z \mathrm{~d} z \iint_{D_{z}^{\prime}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+\int_{1}^{2} z \mathrm{~d} z \iint_{D_{z}^{\prime}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_{0}^{1} z \cdot 3 \pi z \mathrm{~d} z+\int_{1}^{2} z \cdot \pi\left(4-z^{2}\right) \mathrm{d} z=\frac{13}{4} \pi
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-194.jpg?height=1134&width=1355&top_left_y=7003&top_left_x=4185}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．134}
\end{figure}
方法2：由 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$ 与 $x^{2}+y^{2}=3 z$ 得 $z=1, x^{2}+y^{2}=3$ 。故在柱面坐标变换下，积分区域 $V$ 可表示为 $\displaystyle 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant \rho \leqslant \sqrt{3}, \frac{\rho^{2}}{3} \leqslant z \leqslant \sqrt{4-\rho^{2}}$ ．于是
$$
\iiint_{V} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_{D_{\mathrm{v}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{\frac{\rho^{2}}{3}}^{\sqrt{4-\rho^{2}}} z \mathrm{~d} z=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sqrt{3}} \rho \mathrm{~d} \rho \int_{\frac{\rho^{2}}{3}}^{\sqrt{4-\rho^{2}}} z \mathrm{~d} z=\frac{13}{4} \pi
$$
（2）如图8．134所示，
$$
\iiint_{V} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant 3 z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\int_{1}^{2} \mathrm{~d} z \iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant 4-z^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{1} 3 \pi z \mathrm{~d} z+\int_{1}^{2} \pi\left(4-z^{2}\right) \mathrm{d} z=\frac{19 \pi}{6} .
$$
（3）如图8．134所示，方法 1：用平面 $z=1$ 将积分区域 $\Omega$ 划分为两部分：$\Omega=\Omega_{1}+\Omega_{2}$ ，其中
$$
\begin{gathered}
\Omega_{1}=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_{z^{\prime}}, 0 \leqslant z \leqslant 1\right\}, D_{z}^{\prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant z \\
\Omega_{2}=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_{z^{\prime}}, 1 \leqslant z \leqslant \sqrt{2}\right\}, D_{z}^{\prime \prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 2-z^{2} \\
\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{1} z \mathrm{~d} z \iint_{D^{\prime}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+\int_{1}^{\sqrt{2}} z \mathrm{~d} z \iint_{D^{\prime}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{1} z \cdot \pi \cdot z \mathrm{~d} z+\int_{1}^{\sqrt{2}} z \cdot \pi \cdot\left(2-z^{2}\right) \mathrm{d} z=\frac{7 \pi}{12} .
\end{gathered}
$$
方法 2：在柱坐标下，$\Omega$ 为 $0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant r \leqslant 1, r^{2} \leqslant z \leqslant \sqrt{2-r^{2}}$ ．于是
$$
\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{r^{2}}^{\sqrt{2-r^{2}}} z \mathrm{~d} z=\pi \int_{0}^{1}\left(2 r-r^{3}-r^{5}\right) \mathrm{d} r=\pi\left(1-\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\right)=\frac{7 \pi}{12} .
$$
（4）如图 8.135 所示，在球面坐标变换下，积分区域 $V$ 可表示为 $\displaystyle 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{4}, 0 \leqslant r \leqslant 2 \cos \varphi$ 。于是
$$
\iiint_{V} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{2 \cos \varphi} r^{4} \sin \varphi \cos ^{2} \varphi \mathrm{~d} \varphi=\frac{3 \pi}{2} .
$$
（5）如图8．135所示，在球面坐标变换下，积分区域 $V$ 可表示为 $\displaystyle 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{4}, 0 \leqslant r \leqslant 2 \cos \varphi$ 。于是
$$
\begin{aligned}
\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{2 \cos \varphi} r \cos \varphi \cdot r^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} r \\
& =\left.2 \pi \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos \varphi \sin \varphi \cdot \frac{1}{4} r^{4}\right|_{0} ^{2 \cos \varphi} \mathrm{~d} \varphi \\
& =8 \pi a^{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos ^{5} \varphi \sin \varphi \mathrm{~d} \varphi=-8 \pi \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos ^{5} \varphi \mathrm{~d} \cos \varphi=-\left.\frac{8}{6} \pi \cos ^{6} \varphi\right|_{0} ^{\frac{\pi}{4}}=\frac{7}{6} \pi
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-195.jpg?height=1431&width=934&top_left_y=4475&top_left_x=4544}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．135}
\end{figure}
（6）如图8．136所示，记 $\Omega=\Omega_{1}-\Omega_{2}$ ，其中 $\displaystyle \Omega_{1}: x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant 1 ; \Omega_{2}: x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant \frac{1}{2}$ ．于是
$$
\begin{aligned}
\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z-\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{1} z \mathrm{~d} z \iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant 1-z^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y-\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} z \mathrm{~d} z \iint_{x^{2}+y^{2}<\frac{1}{2}-z^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_{0}^{1} z \cdot \pi\left(1-z^{2}\right) \mathrm{d} z-\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} z \cdot \pi\left(\frac{1}{2}-z^{2}\right) \mathrm{d} z=\frac{3 \pi}{16} .
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-196.jpg?height=1209&width=1347&top_left_y=815&top_left_x=891}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．136}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-196.jpg?height=1182&width=1334&top_left_y=842&top_left_x=3343}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．137}
\end{figure}
（7）如图8．137所示，用平面 $\displaystyle z=\frac{R}{2}$ 将积分区域 $\Omega$ 划分为两部分：$\Omega=\Omega_{1}+\Omega_{2}$ ，其中
$$
\begin{aligned}
& \Omega_{1}=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_{z^{\prime}}, 0 \leqslant z \leqslant \frac{R}{2}\right\}, D_{z}^{\prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 2 R z-z^{2} \\
& \Omega_{2}=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_{z^{\prime}}, \frac{R}{2} \leqslant z \leqslant R\right\}, D_{z}^{\prime \prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant R^{2}-z^{2}
\end{aligned}
$$
于是
$$
\begin{aligned}
\iiint_{\Omega} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\iiint_{\Omega_{1}} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\iiint_{\Omega_{2}} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{\frac{R}{2}} z^{2} \mathrm{~d} z \iint_{D_{z}^{*}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\int_{\frac{R}{2}}^{R} z^{2} \mathrm{~d} z \iint_{D_{z}^{*}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_{0}^{\frac{R}{2}} z^{2} \cdot \pi\left(2 R z-z^{2}\right) \mathrm{d} z+\int_{\frac{R}{2}}^{R} z^{2} \cdot \pi\left(R^{2}-z^{2}\right) \mathrm{d} z=\frac{59}{480} \pi R^{5}
\end{aligned}
$$
（8）如图8．137所示，由 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4, x^{2}+y^{2}+(z-2)^{2}=4$ 得 $z=1$ ．积分区域 $V$ 可表示为
于是
又
$$
\begin{array}{r}
\left\{(x, y, z) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 1,2-\sqrt{4-\left(x^{2}+y^{2}\right)} \leqslant z \leqslant \sqrt{4-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\right\} \\
\iiint_{V}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{V}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\iiint_{V} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
\iiint_{V} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{1} z^{2} \mathrm{~d} z \iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant 4 z-z^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\int_{1}^{2} z^{2} \mathrm{~d} z \iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant 4-z^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
=\int_{0}^{1} z^{2} \cdot \pi\left(4 z-z^{2}\right) \mathrm{d} z+\int_{1}^{2} z^{2} \cdot \pi\left(4-z^{2}\right) \mathrm{d} z=\frac{59}{15} \pi
\end{array}
$$
$\iiint_{V}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_{D_{x}}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \int_{2-\sqrt{4-\left(x^{2}+y^{2}\right)}}^{\sqrt{4-\left(x^{2}+y^{2}\right)}} \mathrm{d} z=\iint_{D_{x}}\left(x^{2}+y^{2}\right)\left[2 \sqrt{4-\left(x^{2}+y^{2}\right)}-2\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$
$$
\begin{aligned}
& =2 \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{2}\left(\sqrt{4-r^{2}}-1\right) r \mathrm{~d} r=2 \pi \int_{0}^{1} r^{2}\left(\sqrt{4-r^{2}}-1\right) \mathrm{d} r^{2} \\
& \xlongequal{t=r^{2}} 2 \pi \int_{0}^{1} t(\sqrt{4-t}-1) \mathrm{d} t=\left(\frac{241}{30}-\frac{22}{5} \sqrt{3}\right) \pi
\end{aligned}
$$
所以
$$
\iiint_{V}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\left(\frac{241}{30}-\frac{22}{5} \sqrt{3}\right) \pi+\frac{59}{15} \pi=\left(\frac{359}{30}-\frac{22}{5} \sqrt{3}\right) \pi
$$
（9）如图8．138所示， $\displaystyle \iiint_{V} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{1}^{2} \mathrm{e}^{z} \mathrm{~d} z \iint_{D(z)} \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=2 \pi \int_{1}^{2} z \mathrm{e}^{z} \mathrm{~d} z=2 \pi \mathrm{e}^{2}$ 。
（10）如图 8.138 所示，作柱面坐标变换：$x=r \cos \theta, y=r \sin \theta, z=z$ ，则
$$
0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 2 \leqslant r \leqslant 8, r \leqslant z \leqslant 8 .
$$
于是
$$
\begin{aligned}
\iiint_{V}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\int_{2}^{8} \mathrm{~d} z \iint_{D(z)}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+\int_{2}^{8} z^{2} \mathrm{~d} z \iint_{D(z)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_{2}^{8} \mathrm{~d} z \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{z} r^{3} \mathrm{~d} r+\int_{2}^{8} z^{2} \mathrm{~d} z \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{z} r \mathrm{~d} r \\
& =2 \pi \cdot \frac{1}{4} \int_{2}^{8} z^{4} \mathrm{~d} z+2 \pi \cdot \frac{1}{2} \int_{2}^{8} z^{4} \mathrm{~d} z=\frac{3}{10} \pi\left(8^{5}-2^{5}\right)
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-197.jpg?height=1161&width=1072&top_left_y=891&top_left_x=4475}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．138}
\end{figure}
注：当区域 $\Omega$ 在 $x O y$ 平面上的投影区域为圆域，且 $\Omega$ 的边界曲面是球面、锥面及抛物面时，一般用球面坐标和柱面坐标来计算．但当被积函数仅为一个变量的函数，如 $f(x, y, z)=g(z)$ ，而 $\Omega$ 的截面面积 $S(z)$ 又易求时，可考虑＂先二后一＂法求解．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：确定积分区域并划分
由球面 $x^2+y^2+z^2=4$ 与抛物面 $x^2+y^2=3z$ 联立消去 $x^2+y^2$ 得 $3z+z^2=4$，解得 $z=1$（负根舍去）。代入抛物面得 $x^2+y^2=3$。因此两曲面交线在平面 $z=1$ 上，半径为 $\sqrt{3}$ 的圆。用平面 $z=1$ 将区域 $\Omega$ 分为上下两部分：$\Omega_1$ 在 $0\le z\le 1$ 内，由抛物面围成；$\Omega_2$ 在 $1\le z\le 2$ 内，由球面围成。
提示：注意交线处 $z$ 坐标为正，且抛物面顶点在原点，球心在原点半径为2。
步骤 2/5
目标：写出截面面积表达式
对于 $\Omega_1$：$0\le z\le 1$，截面 $D_z'$ 由抛物面 $x^2+y^2=3z$ 给出，故截面半径为 $\sqrt{3z}$，面积 $S_1(z)=\pi(\sqrt{3z})^2=3\pi z$。
对于 $\Omega_2$：$1\le z\le 2$，截面 $D_z''$ 由球面 $x^2+y^2=4-z^2$ 给出，截面半径为 $\sqrt{4-z^2}$，面积 $S_2(z)=\pi(4-z^2)$。
公式：截面面积 $S(z)=\pi r(z)^2$
提示：注意截面半径表达式要正确，抛物面 $x^2+y^2=3z$ 给出 $r=\sqrt{3z}$，球面 $x^2+y^2+z^2=4$ 给出 $r=\sqrt{4-z^2}$。
步骤 3/5
目标：应用“先二后一”法积分
三重积分化为先对 $x,y$ 后对 $z$ 的累次积分：
$$\iiint_\Omega z\,dV = \int_0^1 z\,dz \iint_{D_z'} dxdy + \int_1^2 z\,dz \iint_{D_z''} dxdy$$
代入截面面积：
$$= \int_0^1 z\cdot 3\pi z\,dz + \int_1^2 z\cdot \pi(4-z^2)\,dz$$
计算得：
$$= 3\pi\int_0^1 z^2 dz + \pi\int_1^2 (4z - z^3) dz = 3\pi\cdot\frac{1}{3} + \pi\left[2z^2 - \frac{z^4}{4}\right]_1^2 = \pi + \pi\left[(8-4) - (2-\frac{1}{4})\right] = \pi + \pi\left(4 - \frac{7}{4}\right) = \pi + \frac{9}{4}\pi = \frac{13}{4}\pi$$
公式：$$\iiint_\Omega f(x,y,z)dV = \int_{z_1}^{z_2} \left(\iint_{D_z} f(x,y,z)dxdy\right) dz$$
提示：注意被积函数 $z$ 与 $x,y$ 无关，因此内层二重积分直接等于 $z$ 乘以截面面积。积分限要正确：$z$ 从0到2，但中间在 $z=1$ 处分段。
步骤 4/5
目标：（方法二）柱面坐标变换
在柱面坐标 $(\rho,\theta,z)$ 下，$x=\rho\cos\theta, y=\rho\sin\theta, z=z$，体积元 $dV=\rho\,d\rho d\theta dz$。
由两曲面方程得 $\rho^2=3z$ 和 $\rho^2+z^2=4$，消去 $\rho^2$ 得 $3z+z^2=4$，解得 $z=1$，此时 $\rho=\sqrt{3}$。
区域 $\Omega$ 在 $\rho$ 方向从0到 $\sqrt{3}$，$z$ 从下曲面 $z=\rho^2/3$ 到上曲面 $z=\sqrt{4-\rho^2}$，$\theta$ 从0到 $2\pi$。
于是：
$$\iiint_\Omega z\,dV = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{3}} \rho\,d\rho \int_{\rho^2/3}^{\sqrt{4-\rho^2}} z\,dz$$
先对 $z$ 积分：$\int_{\rho^2/3}^{\sqrt{4-\rho^2}} z\,dz = \frac{1}{2}\left[(4-\rho^2) - \frac{\rho^4}{9}\right]$。
再对 $\rho$ 积分：$\int_0^{\sqrt{3}} \rho\cdot\frac{1}{2}\left(4-\rho^2-\frac{\rho^4}{9}\right) d\rho = \frac{1}{2}\int_0^{\sqrt{3}} (4\rho - \rho^3 - \frac{\rho^5}{9}) d\rho = \frac{1}{2}\left[2\rho^2 - \frac{\rho^4}{4} - \frac{\rho^6}{54}\right]_0^{\sqrt{3}} = \frac{1}{2}\left(2\cdot3 - \frac{9}{4} - \frac{27}{54}\right) = \frac{1}{2}\left(6 - \frac{9}{4} - \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{13}{4} = \frac{13}{8}$。
最后乘以 $2\pi$ 得 $\frac{13}{4}\pi$。
公式：柱面坐标变换：$x=\rho\cos\theta, y=\rho\sin\theta, z=z$，$dV=\rho\,d\rho d\theta dz$
提示：注意 $\rho$ 的积分上限由两曲面交线决定，$z$ 的积分下限是抛物面 $z=\rho^2/3$，上限是球面 $z=\sqrt{4-\rho^2}$。计算积分时要细心。
步骤 5/5
目标：总结结果
两种方法均得到相同结果：
$$\iiint_\Omega z\,dV = \frac{13}{4}\pi$$
提示：检查答案是否合理：被积函数 $z$ 在区域上非负，积分应为正。
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