第4节 三重积分

一、 基础题

1. 将三重积分 $I = \iiint_\Omega f(x,y,z)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$ 化为直角坐标系下的三次积分，其中

(1) $\Omega$ 是由曲面 $z=1-x^2-y^2$、平面 $z=0$ 所围成的闭区域;

• 解答： 区域的下边界为平面 $z=0$，上边界为开口向下的旋转抛物面 $z=1-x^2-y^2$。

将这两者联立求交线：$1-x^2-y^2 = 0 \Rightarrow x^2+y^2=1$。

区域 $\Omega$ 在 $xOy$ 面上的投影 $D_{xy}$ 为圆域：$x^2+y^2 \leqslant 1$。

先对 $z$ 积分，再对 $y$，最后对 $x$ 积分：

$$I = \int_{-1}^1 \text{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \text{d}y \int_0^{1-x^2-y^2} f(x,y,z) \text{d}z$$

(2) $\Omega$ 是由曲面 $z=x^2+y^2$、平面 $z=1$ 所围成的闭区域;

• 解答： 区域下边界为开口向上的旋转抛物面 $z=x^2+y^2$，上边界为平面 $z=1$。

联立交线为 $x^2+y^2=1$。

区域 $\Omega$ 在 $xOy$ 面上的投影 $D_{xy}$ 为圆域：$x^2+y^2 \leqslant 1$。

$$I = \int_{-1}^1 \text{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \text{d}y \int_{x^2+y^2}^1 f(x,y,z) \text{d}z$$

(3) $\Omega$ 是双曲抛物面 $z=xy$、平面 $x+y=1$、平面 $z=0$ 所围成的闭区域;

• 解答： 根据“围成的闭区域”的隐含条件，该区域位于第一卦限内（若越过坐标轴，图形将不封闭）。因此隐含的侧边界是坐标面 $x=0$ 和 $y=0$。

区域底面在 $xOy$ 面上，投影 $D_{xy}$ 是由 $x=0, y=0, x+y=1$ 围成的三角形区域。

在这个三角形区域内，$x,y \ge 0$，故 $z=xy \ge 0$。区域下边界为 $z=0$，上边界为 $z=xy$。

$$I = \int_0^1 \text{d}x \int_0^{1-x} \text{d}y \int_0^{xy} f(x,y,z) \text{d}z$$

(4) $\Omega$ 是由曲面 $z=x^2+2y^2$、曲面 $z=2-x^2$ 所围成的闭区域.

• 解答： 联立两个曲面方程求交线在 $xOy$ 面上的投影：

$x^2+2y^2 = 2-x^2 \Rightarrow 2x^2+2y^2 = 2 \Rightarrow x^2+y^2=1$。

投影区域 $D_{xy}$ 为圆域：$x^2+y^2 \leqslant 1$。

在这个圆域内，$x^2+2y^2 \leqslant 2-x^2$，故下边界为 $z=x^2+2y^2$，上边界为 $z=2-x^2$。

$$I = \int_{-1}^1 \text{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \text{d}y \int_{x^2+2y^2}^{2-x^2} f(x,y,z) \text{d}z$$

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2. 计算 $\iiint_\Omega x\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, $\Omega: 1 \leqslant x \leqslant 2, -2 \leqslant y \leqslant 1, 0 \leqslant z \leqslant \frac{1}{2}$.

• 解答： 区域是一个长方体，各变量的积分限都是常数，可直接累次积分：

$$I = \int_1^2 x \text{d}x \int_{-2}^1 \text{d}y \int_0^{1/2} \text{d}z = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_1^2 \cdot \left[ y \right]_{-2}^1 \cdot \left[ z \right]_0^{1/2}$$$$= \left(\frac{4}{2} - \frac{1}{2}\right) \cdot (1 - (-2)) \cdot \left(\frac{1}{2} - 0\right) = \frac{3}{2} \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} = \mathbf{\frac{9}{4}}$$

3. 计算 $\iiint_\Omega z\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由 $x=1, x=2, y=x, z=0, 2z=y$ 所围成的闭区域.

• 解答： 观察边界，顶面是平面 $z = \frac{y}{2}$，底面是 $z=0$。

区域在 $xOy$ 面上的投影 $D_{xy}$ 受限于 $x=1, x=2$ 以及 $y=x$ 和 $y=0$（由于 $z \ge 0 \Rightarrow y \ge 0$）。这是一个梯形区域。

$$I = \int_1^2 \text{d}x \int_0^x \text{d}y \int_0^{y/2} z \text{d}z = \int_1^2 \text{d}x \int_0^x \left[ \frac{1}{2}z^2 \right]_0^{y/2} \text{d}y = \int_1^2 \text{d}x \int_0^x \frac{y^2}{8} \text{d}y$$$$= \frac{1}{8} \int_1^2 \left[ \frac{y^3}{3} \right]_0^x \text{d}x = \frac{1}{24} \int_1^2 x^3 \text{d}x = \frac{1}{24} \left [ \frac{x^4}{4} \right]_1^2 = \frac{1}{96}(16 - 1) = \mathbf{\frac{5}{32}}$$

4. 用柱面坐标计算 $\iiint_\Omega (x^2+y^2)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, $\Omega: 0 \leqslant z \leqslant 1-\sqrt{x^2+y^2}$.

• 解答： 在柱面坐标系 $(r, \theta, z)$ 下，$x^2+y^2 = r^2$, $\text{d}x\text{d}y\text{d}z = r\text{d}r\text{d}\theta\text{d} z$。

边界曲面为圆锥面 $z=1-r$ 和平面 $z=0$。其投影到 $xOy$ 面上的圆域半径为 $r=1$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 \text{d}r \int_0^{1-r} r^2 \cdot r \text{d}z = 2\pi \int_0^1 r^3(1-r) \text{d}r = 2\pi \left( \int_0^1 (r^3 - r^4) \text{d}r \right)$$$$= 2\pi \left[ \frac{r^4}{4} - \frac{r^5}{5} \right]_0^1 = 2\pi \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{5} \right) = 2\pi \cdot \frac {1}{20} = \mathbf{\frac{\pi}{10}}$$

5. 用柱面坐标计算 $\iiint_\Omega z(x^2+y^2)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由 $z=\sqrt{x^2+y^2}, z=1$ 围成的区域.

• 解答： 区域 $\Omega$ 为圆锥体，柱坐标下边界为 $z=r$ 和 $z=1$。投影圆域半径最大为 $1$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 \text{d}r \int_r^1 z \cdot r^2 \cdot r \text{d}z = 2\pi \int_0^1 r^3 \left[ \frac {1}{2}z^2 \right]_r^1 \text{d}r = \pi \int_0^1 r^3(1-r^2) \text{d}r$$$$= \pi \int_0^1 (r^3 - r^5) \text{d}r = \pi \left[ \frac{r^4}{4} - \frac{r^6}{6} \right]_0^1 = \pi \left( \frac{1}{4} - \frac {1}{6} \right) = \mathbf{\frac{\pi}{12}}$$

6. 用柱面坐标计算 $\iiint_\Omega 2(x^2+y^2)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由 $2z=x^2+y^2, z=2$ 围成的区域.

• 解答： 区域 $\Omega$ 位于旋转抛物面 $z=\frac{r^2}{2}$ 之上，平面 $z=2$ 之下。联立得外边缘圆的半径 $r = 2$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^2 \text{d}r \int_{r^2/2}^2 2r^2 \cdot r \text{d}z = 2\pi \int_0^2 2r^3 \left(2 - \frac{r^2}{2}\right) \text{d}r = 4\pi \int_0^2 \left(2r^3 - \frac{1}{2}r^5\right) \text{d}r$$$$= 4\pi \left[ \frac{1}{2}r^4 - \frac{1}{12}r^6 \right]_0^2 = 4\pi \left( 8 - \frac{64}{12} \right) = 4\pi \left( 8 - \frac {16}{3} \right) = 4\pi \cdot \frac{8}{3} = \mathbf{\frac{32\pi}{3}}$$

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二、 提高题

7. 计算三重积分 $\iiint_\Omega y\sqrt{1-x^2}\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由曲面 $y=-\sqrt{1-x^2-z^2}$、$x^2 +z^2=1, y=1$ 围成的区域.

• 解答： 区域 $\Omega$ 的投影在 $xOz$ 面上是一个单位圆 $D_{xz}: x^2+z^2 \leqslant 1$。

在 $y$ 方向上，下界是半球面 $y=-\sqrt{1-x^2-z^2}$，上界是平面 $y=1$。

使用“先 $y$ 后 $x,z$” 的积分顺序：

$$I = \iint_{D_{xz}} \sqrt{1-x^2} \text{d}x\text{d}z \int_{-\sqrt{1-x^2-z^2}}^1 y \text{d}y = \iint_{D_{xz}} \sqrt{1-x^2} \left[ \frac{1}{2}y^2 \right]_{-\sqrt{1-x^2-z^2}}^1 \text{d}x\text{d}z$$$$= \frac{1}{2} \iint_{D_{xz}} \sqrt{1-x^2} (1 - (1-x^2-z^2)) \text{d}x\text{d}z = \frac{1}{2} \iint_{D_{xz}} \sqrt{1-x^2} (x^2+z^2) \text{d}x\text{d}z$$

转换为累次积分，在圆域 $x^2+z^2 \leqslant 1$ 内积分：

$$I = \frac{1}{2} \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} \text{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} (x^2+z^2) \text{d}z = \frac{1}{2} \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} \left[ x^2z + \frac{1}{3}z^3 \right]_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \text{d}x$$$$= \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} \left( x^2\sqrt{1-x^2} + \frac{1}{3}(1-x^2)\sqrt{1-x^2} \right) \text{d}x = \int_{-1}^1 (1-x^2) \left( x^2 + \frac{1}{3} - \frac{1}{3}x^2 \right) \text{d}x$$$$= \int_{-1}^1 (1-x^2) \left( \frac{2}{3}x^2 + \frac{1}{3} \right) \text{d}x = \frac{1}{3} \int_{-1}^1 (1-x^2)(2x^2+1) \text {d}x = \frac{1}{3} \int_{-1}^1 (1 + x^2 - 2x^4) \text{d}x$$

由于是被积函数为偶函数：

$$= \frac{2}{3} \int_0^1 (1 + x^2 - 2x^4) \text{d}x = \frac{2}{3} \left[ x + \frac{1}{3}x^3 - \frac{2}{5}x^5 \right]_0^1 = \frac{2}{3} \left( 1 + \frac{1}{3} - \frac{2}{5} \right) = \frac{2}{3} \left( \frac{14}{15} \right) = \mathbf{\frac{28}{45}}$$

8. 利用柱面坐标计算 $\iiint_\Omega (x+y)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是介于两柱面 $x^2+y^2=1$ 和 $x^2+y^2=4$ 之间的 被平面 $z=0$ 和 $z=x+2$ 所截下的部分.

• 解答： 区域 $\Omega$ 的投影是圆环 $1 \leqslant r \leqslant 2$。高从 $z=0$ 到 $z=x+2 = r\cos\theta+2$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_1^2 \text{d}r \int_0^{r\cos\theta+2} (r\cos\theta + r\sin\theta) \cdot r \text{d}z$$$$= \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_1^2 r^2(\cos\theta + \sin\theta)(r\cos\theta+2) \text{d}r$$

将关于 $\theta$ 的部分展开并利用周期内积分为0的性质：

$$(\cos\theta + \sin\theta)(r\cos\theta+2) = r\cos^2\theta + 2\cos\theta + r\sin\theta\cos\theta + 2\sin\theta$$

积分 $\int_0^{2\pi}$ 后，只剩下包含 $\cos^2\theta$ 的项有非零值：$\int_0^{2\pi} \cos^2\theta \text{d}\theta = \pi$。

$$I = \int_1^{2 r}2 (r \cdot \pi) \text{d}r = \pi \int_1^{2 r}3 \text{d}r = \pi \left[ \frac{r^{4}{4} \right]_1}2 = \pi \left( 4

• \frac{1}{4} \right) = \mathbf{\frac{15\pi}{4}}$$

9. 利用球面坐标计算 $\iiint_\Omega (2y+\sqrt{x^2+z^2})\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 由 $x^2+y^2+z^2=a^2$、$x^2+y^2 +z^2=4a^2$、$x^2-y^2+z^2=0\ (y>0)$ 所围成, 其中 $a>0$.

• 解答： 注意这里的锥面是沿着 $y$ 轴方向展开的：$y = \sqrt{x^2+z^2}$。

为了方便使用球面坐标公式（通常是 $z$ 轴为对称轴），我们可以做个字母代换（将 $y$ 视为标准极轴的角色），或者直接建立以 $y$ 轴为极轴的球面坐标系：

设 $y = \rho\cos\varphi, x = \rho\sin\varphi\cos\theta, z = \rho\sin\varphi\sin\theta$。雅可比行列式为 $\rho^2\sin\varphi$。

区域界限：

两球面对应极径范围：$a \leqslant \rho \leqslant 2a$。

锥面 $y = \sqrt{x^2+z^2} \Rightarrow \rho\cos\varphi = \rho\sin\varphi \Rightarrow \tan\varphi = 1 \Rightarrow \varphi = \frac {\pi}{4}$。

因为 $y>0$，极角范围：$0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{4}$，方位角 $0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$。

被积函数：$2y + \sqrt{x^2+z^2} = 2\rho\cos\varphi + \rho\sin\varphi$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/4} \text{d}\varphi \int_a^{2a} (2\rho\cos\varphi + \rho\sin\varphi) \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d}\rho$$$$= 2\pi \int_0^{\pi/4} (2\sin\varphi\cos\varphi + \sin^2\varphi) \text{d}\varphi \int_a^{2a} \rho^3 \text{d}\rho$$

其中，径向积分：$\int_a^{2a} \rho^3 \text{d}\rho = \frac{15a^4}{4}$。

角向积分：$\int_0^{\pi/4} (\sin 2\varphi + \frac{1-\cos 2\varphi}{2}) \text{d}\varphi = \left[ -\frac{1}{2}\cos 2\varphi + \frac{1}{2}\varphi - \frac{1}{4}\sin 2\varphi \right]_0^{\pi/4}$

$$= \left( 0 + \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \right) - \left( -\frac{1}{2} + 0 - 0 \right) = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}$$

将两者相乘：

$$I = 2\pi \cdot \left( \frac{\pi+2}{8} \right) \cdot \frac{15a^4}{4} = \mathbf{\frac{15\pi(\pi+2)a^4}{16}}$$

10. 计算三重积分 $\iiint_\Omega z\text{d}v$, 其中闭区域 $\Omega$ 由不等式 $x^2+y^2+(z-a)^2 \leqslant a^2$、$x^2+y^2 \leqslant z^2\ (a>0)$ 所围成.

• 解答： 使用球面坐标系：$x=\rho\sin\varphi\cos\theta, y=\rho\sin\varphi\sin\theta, z=\rho\cos\varphi$。

球面方程 $x^2+y^2+z^2-2az \leqslant 0 \Rightarrow \rho^2 \leqslant 2a\rho\cos\varphi \Rightarrow \rho \leqslant 2a\cos\varphi$。

锥面方程 $x^2+y^2 \leqslant z^2 \Rightarrow \rho^2\sin^2\varphi \leqslant \rho^2\cos^2\varphi \Rightarrow \tan\varphi \leqslant 1 \Rightarrow 0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{4}$ （由题意 $z>0$）。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/4} \text{d}\varphi \int_0^{2a\cos\varphi} (\rho\cos\varphi) \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d}\rho$$$$= 2\pi \int_0^{\pi/4} \cos\varphi\sin\varphi \left[ \frac{\rho^4}{4} \right]_0^{2a\cos\varphi} \text{d}\varphi = 2\pi \int_0^{\pi/4} \cos\varphi\sin\varphi \cdot 4a^4\cos^4\varphi \text{d}\varphi$$$$= 8\pi a^4 \int_0^{\pi/4} \cos^5\varphi\sin\varphi \text{d}\varphi = 8\pi a^4 \left[ -\frac{\cos^6\varphi}{6} \right]_0^ {\pi/4}$$$$= 8\pi a^4 \left( -\frac{(\sqrt{2}/2)^6}{6} - \left(-\frac{1}{6}\right) \right) = \frac{4\pi a^4}{3} \left( 1 - \frac{1}{8} \right) = \frac{4\pi a^4}{3} \cdot \frac{7}{8} = \mathbf{\frac{7\pi a^4}{6}}$$

11. 计算三重积分 $\iiint_\Omega f(x,y,z)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega: x^2+y^2+z^2 \leqslant 1$, 被积函数为 $f(x,y, z) = \begin{cases} 0, & z \geqslant \sqrt{x^2+y^2}, \\ \sqrt{x^2+y^2}, & 0 \leqslant z \leqslant \sqrt{x^2+y^2}, \\ \sqrt{x^2 +y^2+z^2}, & z < 0. \end{cases}$

• 解答： 球面区域 $\Omega$ 被剖分成三块：

$\Omega_1$：处于上半锥体内，此时 $f=0$，积分值为 0。

$\Omega_2$：位于上半锥体外且在 $xOy$ 面的上半球部分，球面坐标下 $\varphi \in [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}]$，$\rho \in [0, 1]$。

$\Omega_3$：下半球部分，球面坐标下 $\varphi \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$，$\rho \in [0, 1]$。

分别计算非零部分：

$$I_2 = \iiint_{\Omega_2} \sqrt{x^2+y^2} \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_{\pi/4}^{\pi/2} \text{d}\varphi \int_0^1 (\rho\sin\varphi) \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d}\rho$$$$= 2\pi \left( \int_{\pi/4}^{\pi/2} \sin^2\varphi \text{d}\varphi \right) \left( \int_0^1 \rho^3 \text{d}\rho \right) = 2\pi \left[ \frac{\varphi}{2} - \frac{\sin 2\varphi}{4} \right]_{\pi/4}^{\pi/2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2} \left( \frac{\pi} {4} - \left( \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \right) \right) = \frac{\pi^2}{16} + \frac{\pi}{8}$$$$I_3 = \iiint_{\Omega_3} \sqrt{x^2+y^2+z^2} \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_{\pi/2}^\pi \text{d}\varphi \int_0^1 \rho \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d}\rho$$$$= 2\pi \left( \int_{\pi/2}^\pi \sin\varphi \text{d}\varphi \right) \left( \int_0^1 \rho^3 \text{d}\rho \right) = 2\pi [-\cos\varphi]_{\pi/2}^\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}(1 - 0) = \frac{\pi}{2}$$

总积分为：$I = 0 + I_2 + I_3 = \left(\frac{\pi^2}{16} + \frac{\pi}{8}\right) + \frac{\pi}{2} = \mathbf{\frac{\pi^2}{16} + \frac {5\pi}{8}}$

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三、 考研真题

12. (2009112) 设 $\Omega = \{(x,y,z) \mid x^2+y^2+z^2 \leqslant 1\}$, 计算 $\iiint_\Omega z^2\text{d}x\text{d}y\text{d}z$.

• 解答： 由于积分区域 $\Omega$ 是关于原点高度对称的中心球面，依据对称性原理（轮换对称性）：

$\iiint_\Omega x^2 \text{d}V = \iiint_\Omega y^2 \text{d}V = \iiint_\Omega z^2 \text{d}V$

所以，所求积分等于 $\frac{1}{3} \iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2) \text{d}V$。

转入球面坐标系求解极其简便：

$$I = \frac{1}{3} \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^\pi \text{d}\varphi \int_0^1 \rho^2 \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d} \rho = \frac{1}{3} \cdot 2\pi \cdot [-\cos\varphi]_0^\pi \cdot \left[ \frac{\rho^5}{5} \right]_0^1 = \frac{2\pi}{3} \cdot 2 \cdot \frac{1}{5} = \mathbf{\frac{4\pi}{15}}$$

**13. (2015112) 设 $\Omega$ 是由平面 $x+y+z=1$ 与 3 个坐标平面围成的区域，计算 $\iiint_\Omega (x+2y+3z)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$. **

• 解答： 区域 $\Omega$ 是一个四面体。利用积分的轮换对称性，在此完全对称的四面体上，单独对任一变量积分的结果都相同：

$\iiint_\Omega x \text{d}V = \iiint_\Omega y \text{d}V = \iiint_\Omega z \text{d}V$

原积分 $I = \iiint x \text{d}V + 2\iiint y \text{d}V + 3\iiint z \text{d}V = 6 \iiint_\Omega z \text{d}V$。

只需求解 $\iiint_\Omega z \text{d}V$：

$$\iiint_\Omega z \text{d}V = \int_0^1 \text{d}x \int_0^{1-x} \text{d}y \int_0^{1-x-y} z \text{d}z = \frac{1}{2} \int_0^1 \text{d}x \int_0^{1-x} (1-x-y)^2 \text{d}y$$$$= \frac{1}{2} \int_0^1 \left[ -\frac{1}{3}(1-x-y)^3 \right]_0^{1-x} \text{d}x = \frac{1}{6} \int_0^1 (1-x)^3 \text{d}x = \frac{1}{6} \left[ -\frac{1}{4}(1-x)^4 \right]_0^1 = \frac{1}{24}$$

因此，$I = 6 \times \frac{1}{24} = \mathbf{\frac{1}{4}}$。

14. (1989113) 计算 $\iiint_\Omega (x+z)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $z=\sqrt {1-x^2-y^2}$ 所围成的区域.

• 解答： $\Omega$ 是由上半圆锥面和上半球面构成的“冰淇淋”状区域。

根据积分区域关于 $yOz$ 面（$x$ 被替换为 $-x$）的对称性，$\iiint_\Omega x \text{d}V = 0$。

所以原积分等于 $\iiint_\Omega z \text{d}V$。

联立两曲面求交线：$\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{1-x^2-y^2} \Rightarrow x^2+y^2 = \frac{1}{2}$。

使用柱坐标系 $(r, \theta, z)$：

$$I = \iiint_\Omega z \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\sqrt{1/2}} r \text{d}r \int_r^{\sqrt{1-r^2}} z \text {d}z$$$$= 2\pi \int_0^{\sqrt{1/2}} r \left[ \frac{1}{2}z^2 \right]_r^{\sqrt{1-r^2}} \text{d}r = \pi \int_0^{\sqrt{1/2}} r(1 - r^2 - r^2) \text{d}r$$$$= \pi \int_0^{\sqrt{1/2}} (r - 2r^3) \text{d}r = \pi \left[ \frac{1}{2}r^2 - \frac{1}{2}r^4 \right]_0^{\sqrt{1/2}} = \pi \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \right) = \pi \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{8} \right) = \mathbf{\frac{\pi}{8}}$$ docs