Esto probablemente no es la más pulida manera de presentar la respuesta, pero aquí va. Vamos a utilizar repetidamente el cambio de variables teorema en lo que sigue. Deje $B$ denotar la unidad de la bola en $\Bbb{R}^3$. Entonces, por el cambio de las variables de la fórmula, si $\alpha,\beta,\gamma$ son enteros no negativos, entonces
\begin{equation}
\int_B x^{\alpha}y^{\beta}z^{\gamma} \, dV = - \int_B x^{\alpha}y^{\beta}z^{\gamma} \, dV = 0,
\end{equation}
siempre que al menos uno de $\alpha,\beta,\gamma$ es impar. Por ejemplo, si $\alpha$ es impar, utilizar el cambio de las variables de $(x,y,z) \mapsto (-x,y,z)$. Si $\beta$ es impar, el uso de $(x,y,z) \mapsto (x,-y,z)$, y el uso de $(x,y,z) \mapsto (x,y,-z)$ si $\gamma$ es impar. Por ejemplo, $\int_B x \, dV = \int_B yz^2 \, dV = 0$, etc. Esto funciona debido a que la región de integración es todavía la unidad de la bola de $B$, el valor absoluto del determinante es $1$, pero el real integrando recoge un signo menos.
Esta observación implica inmediatamente que podemos ignorar "cúbico" términos, el "cross-cuadrática términos" (como $xy$) y lineales en términos de $f(x,y,z)$, debido a que estos términos se integran a $0$. Así, si escribimos
\begin{equation}
f(x,y,z) = \text{cubic terms} + a_1x^2 + a_2y^2 + a_3 z^2 + \text{cross quadratic terms} + \text{linear terms} + c,
\end{equation}
luego de integrar rápidamente este tipo de expresión, observe que (por simetría en el cambio de variables) que
\begin{equation}
\int_B x^2 \, dV = \int_B y^2 \, dV = \int_B z^2 \, dV = \dfrac{1}{3} \int_B (x^2 + y^2 + z^2) \, dV
\end{equation}
La última expresión puede ser integrado fácilmente usando coordenadas esféricas, y la respuesta es $\dfrac{4\pi}{15}.$
Por último la integración de la constante término significa simplemente debemos multiplicar por el volumen de la unidad de la bola. Por lo tanto, poner todo esto junto, nos encontramos con que
\begin{align}
\int_B f \, dV = (a_1 + a_2 + a_3) \cdot \dfrac{4 \pi}{15} + c \cdot \dfrac{4\pi}{3} \tag{%#%#%}
\end{align}
Lo que esto demuestra es que si $*$ es un polinomio de grado en la mayoría de las $f$, entonces la integración de la unidad de la bola solo depende de que el término constante, y los coeficientes de la "pura cuadrática términos" (como $3$). Es fácil comprobar que
\begin{align}
a_1+a_2+a_3 = \dfrac{\Delta f(0,0,0)}{2} \quad \text{and} \quad c= f(0,0,0). \tag{%#%#%}
\end{align}
Así, sustituyendo $x^2,y^2,z^2$ a $**$, nos encontramos con que
\begin{equation}
\int_B f\, dV = \dfrac{4 \pi}{3} \cdot f(0,0,0) + \dfrac{2 \pi}{15} \cdot \Delta f (0,0,0).
\end{equation}
Observaciones Adicionales:
He encontrado esta pregunta bastante interesante, así que he intentado generalizar este resultado a $(**)$-dimensiones, y esto es lo que se me ocurrió hasta ahora. Voy a demostrar que
Si $(*)$ es un polinomio de grado en la mayoría de las $n$, $f: \Bbb{R}^n \to \Bbb{R}$ es la bola unidad cerrada, y $3$ indica el $B = \{\xi \in \Bbb{R}^n: \lVert \xi\rVert^2 \leq 1\}$-dimensiones del elemento de volumen, entonces
\begin{align}
\int_B f \, dV &= f(0) \cdot \text{vol}(B) + \dfrac{\text{trace}(D^2f_0)}{2}\cdot \lambda \\
&= f(0) \cdot \text{vol}(B) + \dfrac{\Delta f(0)}{2}\cdot \lambda,
\end{align}
donde $dV$ es la segunda diferencial de $n$ a $D^2f_0$ (un bilineal simétrica), y $f$ es el Laplaciano, y $0$ es una constante, calculada por
\begin{equation}
\lambda := \dfrac{1}{n} \int_B \lVert \xi \rVert^2 \, dV
\end{equation}
La prueba de esto es muy similar a la que se dio anteriormente en el caso especial. En primer lugar, tenga en cuenta que desde $\Delta = \sum_{i=1}^n \frac{\partial^2}{\partial x_i^2}$ es un polinomio por supuesto, es igual a su propio polinomio de Taylor:
\begin{equation}
f(\xi) = f(0) + Df_0(\xi) + \dfrac{1}{2}D^2f_0(\xi)^2 + \dfrac{1}{6}D^3f_0(\xi)^3
\end{equation}
donde $\lambda$ es simétrica $f$-lineal mapa de $D^kf_0$ a $k$ e $\Bbb{R}^n \times \cdots \times \Bbb{R}^n$ denota el elemento $\Bbb{R}$ (k-productos).
Por lo tanto para calcular los $(\xi)^k$, tenemos que resumir $(\xi,\dots, \xi) \in \Bbb{R}^n \times \cdots \times \Bbb{R}^n$-términos. Por un casi idéntico argumento que me dio anteriormente, el cúbicos y términos lineales todos se desvanecen después de la integración:
\begin{equation}
\int_B Df_0(\xi) \, dV = \int_V D^3f_0(\xi)^3 \, dV = 0.
\end{equation}
Por lo tanto, tenemos que
\begin{align}
\int_B f \, dV &= \int_B \left [f(0) + \dfrac{1}{2} D^2f_0(\xi)^2 \right] \, dV \\
&= f(0)\cdot \text{vol}(B) + \dfrac{1}{2} \int_B D^2f_0(\xi)^2 \, dV
\end{align}
En el segundo periodo, $\int_B f \, dV$ es una suma de términos de la forma $4$. Pero ahora note que (de nuevo el cambio de variables) si $D^2f_0(\xi)^2$luego
\begin{equation}
\int_B \xi_i \xi_j \, dV = - \int_B \xi_i \xi_j \, dV = 0
\end{equation}
Por lo tanto, la contribución a la integral viene de términos donde $\xi_i \xi_j \cdot (\partial_i \partial_j f)(0)$ "la diagonal términos". Más precisamente,
\begin{align}
\int_B D^2f_0(\xi,\xi) \, dV &= \sum_{i=1}^n (\partial_i^2 f)(0) \cdot \left( \int_B (\xi_i)^2 \, dV \right) \tag{%#%#%}
\end{align}
Pero ahora note que (de nuevo la simetría en el cambio de variables) que
\begin{align}
\int_B (\xi_1)^2 \, dV = \dots = \int_B (\xi_n)^2 \, dV = \dfrac{1}{n} \int_B \lVert \xi \rVert^2 \, dV =: \lambda \tag{%#%#%}
\end{align}
Sustituyendo $i \neq j$ a $i=j$ se obtiene el resultado
\begin{align}
\int_B D^2f_0(\xi)^2 \, dV &= \lambda \cdot \sum_{i=1}^n (\partial_i^2f)(0) \\
&= \lambda \cdot \Delta f(0) = \lambda \cdot \text{trace}(D^2f_0)
\end{align}
Esto demuestra que
\begin{equation}
\int_B f \, dV = f(0) \cdot \text{vol}(B) + \dfrac{\text{trace}(D^2f_0)}{2}\cdot \lambda
\end{equation}
En el caso de $\ddot{\smile}$, todo fue muy agradable ya que fácilmente podríamos calcular $\ddot{\smile} \ddot{\smile}$ e $\ddot{\smile} \ddot{\smile}$ explícitamente mediante el uso de coordenadas esféricas. En las dimensiones superiores, esto necesariamente va a ser más complicado, y creo que va a implicar el uso de funciones gamma y esas cosas. También, si permitimos que para polinomios de orden superior, estoy bastante seguro de que podemos llegar a una fórmula que involucra $\ddot{\smile}$, aunque las cosas se conseguirá probablemente más desordenado.
