计算 iiint_(Omega) z^2 , dx , dy , dz，其中 Omega 是由上半球面 z = sqrt(1 - x^2 - y^2) 及平面 z = 0 所围成的闭区域() A. (2pi)/(15)B. 4piC. 1D. 2pi

为了计算三重积分 $\iiint\limits_{\Omega} z^2 \, dx \, dy \, dz$，其中 $\Omega$ 是由上半球面 $z = \sqrt{1 - x^2 - y^2}$ 及平面 $z = 0$ 所围成的闭区域，我们可以使用球坐标系。在球坐标系中，变量 $x$、$y$ 和 $z$ 可以表示为： \[ x = \rho \sin \varphi \cos \theta, \] \[ y = \rho \sin \varphi \sin \theta, \] \[ z = \rho \cos \varphi, \] 其中 $\rho$ 是径向距离，$\varphi$ 是极角（从正 $z$-轴算起），$\theta$ 是方位角（从正 $x$-轴算起）。球坐标系中的体积元素 $dx \, dy \, dz$ 变换为 $\rho^2 \sin \varphi \, d\rho \, d\varphi \, d\theta$。 对于给定的区域 $\Omega$，$\rho$ 的范围从 0 到 1，$\varphi$ 的范围从 0 到 $\frac{\pi}{2}$（因为是上半球面），$\theta$ 的范围从 0 到 $2\pi$。因此，积分可以重写为： \[ \iiint\limits_{\Omega} z^2 \, dx \, dy \, dz = \int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^1 (\rho \cos \varphi)^2 \rho^2 \sin \varphi \, d\rho \, d\varphi \, d\theta. \] 我们首先对 $\rho$ 积分： \[ \int_0^1 \rho^4 \cos^2 \varphi \, d\rho = \left[ \frac{\rho^5}{5} \cos^2 \varphi \right]_0^1 = \frac{1}{5} \cos^2 \varphi. \] 接下来，我们对 $\varphi$ 积分： \[ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{5} \cos^2 \varphi \sin \varphi \, d\varphi. \] 设 $u = \cos \varphi$，则 $du = -\sin \varphi \, d\varphi$，当 $\varphi = 0$ 时，$u = 1$，当 $\varphi = \frac{\pi}{2}$ 时，$u = 0$。积分变为： \[ \int_1^0 \frac{1}{5} u^2 (-du) = \frac{1}{5} \int_0^1 u^2 \, du = \frac{1}{5} \left[ \frac{u^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{15}. \] 最后，我们对 $\theta$ 积分： \[ \int_0^{2\pi} \frac{1}{15} \, d\theta = \frac{1}{15} \left[ \theta \right]_0^{2\pi} = \frac{1}{15} \cdot 2\pi = \frac{2\pi}{15}. \] 因此，三重积分的值是 $\frac{2\pi}{15}$。正确答案是： \[ \boxed{A} \]