对坐标的曲面积分，从定义来看，就有两种方式。第一种根据流量的计算方式，直接计算向量场的积分；第二种方法，按照对坐标的曲面积分的定义，将曲面积分化成二重积分来算。
我们先来看向量场的曲面积分。
1，对向量场的曲面积分：设曲面 \(S\) 由函数 \(z=g(x,y)\) ，上侧，则
\[\vec{n}=\frac{1}{\sqrt{1+g_x^2+g_y^2}}\left((-g_x,-g_y,1\right), dS=\sqrt{1+g_x^2+g_y^2}dxdy\]所以我们得到 \(\vec{n}dS=(-g_x,-g_y,1)dxdy\)，所以积分可以表示为 \[\quad \iint_S\vec{F}\cdot\vec{n}dS=\iint_D(P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z))\cdot(-g_x,-g_y,1)dxdy\]
如果是下侧，则符号相反。
2，对坐标的曲面积分的计算：
- 曲面表示为 \(x=x(y,z)\)，前侧，\(\displaystyle\iint_SP(x,y,z)dydz=\iint_{D{y,z}}P(x(y,z),y,z)dydz\)，\(D_{yz}\) 为曲面在 \(yOz\) 平面的投影；若是曲面的后侧，则积分取负号；
- 曲面表示为 \(y=(x,z)\)，右侧，\(\displaystyle\iint_SQ(x,y,z)dydz=\iint_{D{x,z}}Q(x,y(x,z),z)dydz\)，\(D_{xz}\) 为曲面在 \(xOz\) 平面的投影；若是曲面的左侧，则积分取负号；
- 曲面表示为 \(z=z(x,y)\)，上侧，\(\displaystyle\iint_SR(x,y,z)dydz=\iint_{D{x,y}}R(x,y,z(xy))dydz\)，\(D_{xy}\) 为曲面在 \(xOy\) 平面的投影；若是曲面的下侧，则积分取负号；
例1：求积分 \(\displaystyle\iint_S\vec{F}\cdot\vec{n}dS\)，其中 \(\vec{F}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k}\)，\(S\) 为曲面 \(z=1-x^2-y^2\) 位于 \(xOy\) 平面的上侧。
解：从之前的推导我们知道 \[\vec{n}dS=(-g_x,-g_y,1)dxdy=(2x,2y,1)dxdy\] 曲面在 \(xOy\) 平面的投影为 \(x^2+y^2\le 1\)，所以
\[\begin{align*}\vec{F}\cdot\vec{n}dS&=\iint_D(x,yx,z)\cdot(2x,2y,1)dxdy\\ &=\iint_D(2x^2+2y^2+z)dxdy=\iint_{x^2+y^2\le 1}(2x^2+2y^2+(1-x^2-y^2))dxdy\\ &=\iint_{x^2+y^2\le 1}(x^2+y^2+1)dxdy\\ &=\int_0^{2\pi}\int_0^1(r^2+1)rdrd\theta=\int_0^{2\pi}\left(\frac{r^2}{2}+\frac{r^4}{4}\right)\Big|_0^1d\theta\\ &=\frac{3}{4}\theta\Big|_0^{2\pi}=\frac{3\pi}{2}\end{align*}\]
我们来看一下对坐标的曲面积分如何求。
例2：计算曲面积分 \(\displaystyle \iint_Sxyzdxdy\)，其中 \(S\) 是球面 \(x^2+y^2+z^2=1\) 的外侧在 \(x\ge 0, y\ge 0\) 的部分。
解：曲面可以分为上、下两部分，上半部分的表达式为 \(S_1: z=\sqrt{1-x^2-y^2}, x,y\ge 0\)，法向量朝上，积分符号为正；下半部分的表达式为 \(S_2: z=-\sqrt{1-x^2-y^2}, x,y\ge 0\)，法向量朝下，积分符号为负。它们的投影区域都是 \(D=\{(x,y)| x^2+y^2\le 1, x,y\ge 0\}\)。所以曲面积分为
\[\begin{align*}\iint_Sxyzdxdy&=\iint_{S_1}xyzdxdy+\iint_{S_2}xyzdxdy\\ &=\iint_{D}xy(\sqrt{1-x^2-y^2})dxdy-\iint_{D}xy(-\sqrt{1-x^2-y^2})dxdy \\&=2\iint_Dxy(\sqrt{1-x^2-y^2})dxdy=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^1r\cos t r\sin t\sqrt{1-r^2}rdrd\theta\end{align*}\]
令 \(u=1-r^2\)，则 \(du=-2rdr, r^2=1-u \)，所以
\[\begin{align*}2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^1r\cos t r\sin t\sqrt{1-r^2}rdrd\theta&=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_1^0(1-u)\cos t \sin t\sqrt{u}(-\frac{1}{2}du)d\theta\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^1\cos t \sin t(\sqrt{u}-u^{3/2})dudt\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos t \sin t\left(\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{5}u^{\frac{5}{2}}\right)\Big|_0^1dt\\ &=\frac{4}{15}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos t\sin t dt=\frac{4}{15}\cdot\frac{1}{2}\sin^2t\Big|_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\frac{2}{15}\end{align*}\]