1−x2

− x2

=

1

V = ∫∫∫1dV = ∫∫dx dy

∫dz = ∫∫dx dy z

0

Ω

D

0

D

1

1−x

1

(1 − x2 )(1 − x)dx =

= ∫∫(1 − x2 )dx dy = ∫

(1 − x2 )dx ∫dy = ∫

D

0

0

0

1

(1 − x

2

3

)dx =

x3

x2

x4

1

= ∫

− x + x

x −

−

+

0

=

0

3

2

4

определим

линию

пересечения

заданных

поверхностей:

2

+ z

2

x = y

.

x

=1

x =1

y

2

+ z

2

=1

y

, из которого ясно, что

Преобразуем систему к виду

x =1

y

ρ =1

D

x

Рис. 11.

Тройной интеграл по области Ω сведется к двойному интегралу

по области

D (рис. 11). Пределы интеграции для переменной

x

определяются из неравенства:

y2 + z 2 ≤ x ≤1 .

1

V = ∫∫∫1 dV = ∫∫1dydz

∫dx =

Ω

D

y2 +z2

2 1

∫∫(1− y2 − z2 )dydz .

= ∫∫ dydz x

y

2 =

D

+ z

D

Область интегрирования

D

-

круг.

Поэтому перейдем к

полярным координатам.

y = ρcos ϕ

,

y

2

+ z

2

= ρ

2

,

0 ≤ ϕ ≤ 2π

.

0 ≤ ρ ≤1

z = ρsin

ϕ

V = ∫∫(1 −ρ2 )ρdρdϕ = 2∫πdϕ1∫(ρ −ρ3 )dρ =

D

0

0