§$25.2$ 第二型曲面积分

$\mathrm{25.2.1}$ 第二型曲面积分的定义和计算

设 $S$ 是逐片光滑的定向曲面，$P$, $Q$, $R$ 是在曲面 $S$ 上有定义的函数．在曲面 $S$ 所指定的一侧作分割 $T$，它把曲面 $S$ 分为 $n$ 个小曲面 $S_1,S_2,\cdots ,S_n$，分割 $T$ 的细度 $\Vert T\Vert ={\max }_{1⩽i⩽n}\{S_i$ 的直径}, 以 $\Delta S_i^{(1)},\Delta S_i^{(2)},\Delta S_i^{(3)}$ 分别表示 $S_i$ 在 $yOz$, $zOx$, $xOy$ 三个坐标平面上的投影区域的面积．它们的符号由 $S_i$ 的方向来确定，当 $S_i$ 的法线正向与 $z$ 轴正向成锐角时，$S_i$ 在 $xOy$ 平面的投影区域的面积 $\Delta S_i^{(3)}$ 为正，反之面积为负．$\Delta S_i^{(1)}$ 与 $\Delta S_i^{(2)}$ 的符号可类似地定义．在每个 $S_i$ 上任取一点 $({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)$，若

llim _ | T | arrow 0 ∑_ i = 1 ^ n P (ξ_ i, η_ i, ζ_ i) Δ S _ i ^ (1) + lim _ | T | arrow 0 ∑_ i = 1 ^ n Q (ξ_ i, η_ i, ζ_ i) Δ S _ i ^ (2)+ lim _ | T | arrow 0 ∑_ i = 1 ^ n R (ξ_ i, η_ i, ζ_ i) Δ S _ i ^ (3)$$\begin{array}{l}{\lim }_{\Vert T\Vert \to 0}{\sum }_{i=1}^{n}P({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)\Delta S_i^{(1)}+{\lim }_{\Vert T\Vert \to 0}{\sum }_{i=1}^{n}Q({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)\Delta S_i^{(2)}\\ +{\lim }_{\Vert T\Vert \to 0}{\sum }_{i=1}^{n}R({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)\Delta S_i^{(3)}\end{array}$$

存在，且与曲面 $S$ 的分割 $T$ 以及 $({\xi }_i,{\eta }_i,{\zeta }_i)$ 在 $S_i$ 上的取法无关，则称此极限为函数 $P$, $Q$, $R$ 在曲面 $S$ 上所指定的一侧上的第二型曲面积分，记为

iint_ S P (x, y, z) d y d z + Q (x, y, z) d z d x + R (x, y, z) d x d y.$${\iint }_{S}P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q(x,y,z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

设 $R(x,y,z)$ 是定义在光滑曲面

S: z = z (x, y), (x, y) ∈ D _ x y$$S:z=z(x,y),(x,y)\in D_{xy}$$

上的连续函数，以 $S$ 的上侧为正侧，则有

iint_ S R (x, y, z) d x d y = ± iint_ D _ x y R (x, y, z (x, y)) d x d y.$${\iint }_{S}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pm {\iint }_{D_{xy}}R(x,y,z(x,y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

如果在正侧积分，积分号前取正号; 如果在负侧积分，积分号前取负号．

类似地，当 $P(x,y,z)$ 在光滑曲面

S: x = x (y, z), (y, z) ∈ D _ y z$$S:x=x(y,z),(y,z)\in D_{yz}$$

上连续时，有

iint_ S P (x, y, z) d y d z = ± iint_ D _ y z P (x (y, z), y, z) d y d z,$${\iint }_{S}P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\pm {\iint }_{D_{yz}}P(x(y,z),y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z,$$

这里 $S$ 是以 $S$ 的法线方向与 $x$ 轴的正向成锐角的那一侧为正侧．

当 $Q(x,y,z)$ 在光滑曲面

S: y = y (z, x), (z, x) ∈ D _ z x$$S:y=y(z,x),(z,x)\in D_{zx}$$

上连续时，有

iint_ S Q (x, y, z) d z d x = ± iint_ D _ z x Q (x, y (z, x), z) d z d x,$${\iint }_{S}Q(x,y,z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x=\pm {\iint }_{D_{zx}}Q(x,y(z,x),z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x,$$

这里 $S$ 是以 $S$ 的法线方向与 $y$ 轴的正向成锐角的那一侧为正侧．

如果光滑曲面 $S$ 由参数方程给出:

S: x = x (u, v), y = y (u, v), z = z (u, v), (u, v) ∈ D,$$S:x=x(u,v),y=y(u,v),z=z(u,v),(u,v)\in D,$$

且行列式

A = frac ∂ (y , z)∂ (u , v), B = frac ∂ (z , x)∂ (u , v), C = frac ∂ (x , y)∂ (u , v)$$A=\frac{\partial (y,z)}{\partial (u,v)},B=\frac{\partial (z,x)}{\partial (u,v)},C=\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}$$

不同时为 $0$，则

iint_ S P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ± iint_ D (P A + Q B + R C) d u d v, (25.3)$${\iint }_{S}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pm {\iint }_D(PA+QB+RC)\mathrm{d}u\mathrm{d}v,\text{\hspace{1em}(25.3)}$$

其中积分号前正负号的选取法则如下：若向量 $(A,B,C)$ 与曲面 $S$ 上预先选定的侧的法向量方向所成角不大于直角，则取“$+$”号，否则取“$-$”号．

例 25.2.1

设 $\Sigma$ 为上半单位球面 $z=\sqrt{1-(x^2+y^2)}$ ，取内侧，求

I = iint_ Σ d y d z + d z d x + d x d y.$$I={\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

解 1

用直角坐标系计算

I = iint_ Σ d y d z + iint_ Σ d z d x + iint_ Σ d x d y = I _ 1 + I _ 2 + I _ 3.$$I={\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}y\mathrm{d}z+{\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}z\mathrm{d}x+{\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}x\mathrm{d}y=I_1+I_2+I_3.$$

计算 $I_1:\Sigma ={\Sigma }_1+{\Sigma }_2$ ，其中

${\Sigma }_1:x=\sqrt{1-y^2-z^2},(y,z)\in D_{yz}=\{y^2+z^2⩽1,z⩾0\}$ ，取后侧，

${\Sigma }_2:x=-\sqrt{1-y^2-z^2},(y,z)\in D_{yz}$ ，取前侧，

则

I _ 1 = iint_ Σ_ 1 d y d z + iint_ Σ_ 2 d y d z = - iint_ D _ y z d y d z + iint_ D _ y z d y d z = 0.$$I_1={\iint }_{{\Sigma }_1}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+{\iint }_{{\Sigma }_2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z=-{\iint }_{D_{yz}}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+{\iint }_{D_{yz}}\mathrm{d}y\mathrm{d}z=0.$$

同理有

I _ 2 = 0, I _ 3 = - iint_ D _ x y d x d y = - π .$$I_2=0,I_3=-{\iint }_{D_{xy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\pi .$$

最后得到

I = - π .$$I=-\pi .$$

解 2

用参数方程

c Σ : x = sin φ cos θ , y = sin φ sin θ , z = cos φ , 0 ≤slant φ ≤slant frac π2, 0 ≤slant θ ≤slant 2 π ,$$\begin{array}{c}\Sigma :x=\sin \phi \cos \theta ,y=\sin \phi \sin \theta ,z=\cos \phi ,\\ 0⩽\phi ⩽\frac{\pi }{2},0⩽\theta ⩽2\pi ,\end{array}$$

计算行列式

A = frac ∂ (y , z)∂ (φ , θ) = sin^ 2 φ cos θ , B = frac ∂ (z , x)∂ (φ , θ) = sin^ 2 φ sin θ ,$$A=\frac{\partial (y,z)}{\partial (\phi ,\theta )}={\sin }^2\phi \cos \theta ,B=\frac{\partial (z,x)}{\partial (\phi ,\theta )}={\sin }^2\phi \sin \theta ,$$C = frac ∂ (x , y)∂ (φ , θ) = sin φ cos φ .$$C=\frac{\partial (x,y)}{\partial (\phi ,\theta )}=\sin \phi \cos \phi .$$

因为 $(A,B,C)$ 的方向与上半球面 $S$ 内侧的法线方向相反，故积分号前取“$-$”号，得到

r l I & = - iint_ D (sin^ 2 φ cos θ + sin^ 2 φ sin θ + sin φ cos φ) d φ d θ & = - ∫_ 0 ^ π / 2 d φ ∫_ 0 ^ 2 π [ sin^ 2 φ (cos θ + sin θ) + sin φ cos φ ] d θ & = - 2 π ∫_ 0 ^ π / 2 sin φ cos φ d φ = - π .$$\begin{array}{rl}I& =-{\iint }_D({\sin }^2\phi \cos \theta +{\sin }^2\phi \sin \theta +\sin \phi \cos \phi )\mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta \\ & =-{\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}\phi {\int }_0^{2\pi }[{\sin }^2\phi (\cos \theta +\sin \theta )+\sin \phi \cos \phi ]\mathrm{d}\theta \\ & =-2\pi {\int }_0^{\pi /2}\sin \phi \cos \phi \mathrm{d}\phi =-\pi .\end{array}$$

例 25.2.2

求

I = iint_ Σ (z + x) d y d z + (x + y) d z d x + (y + z) d x d y,$$I={\iint }_{\Sigma }(z+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(x+y)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(y+z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

其中 $\Sigma$ 是由 $x^2+y^2=1,z=1$ 及三个坐标平面围成的立体在第一卦限的部分的表面，取外侧．

图25.2

解

见图 25.2, 因为 $\Sigma$ 分块较多 (需分 $5$ 块), 不便于用参数式，故应在直角坐标系中计算．记 $\Sigma ={\Sigma }_1+{\Sigma }_2+{\Sigma }_3+{\Sigma }_4+{\Sigma }_5$，其中 ${\Sigma }_1$ 为圆柱面，${\Sigma }_2$ 为下底面，${\Sigma }_3$ 为上底面，${\Sigma }_4$ 为左侧面 $y=0$, ${\Sigma }_5$ 为右侧面 $x=0$，则有

I = iint_ Σ (z + x) d y d z + iint_ Σ (x + y) d z d x + iint_ Σ (y + z) d x d y = I _ 1 + I _ 2 + I _ 3.$$I={\iint }_{\Sigma }(z+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+{\iint }_{\Sigma }(x+y)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+{\iint }_{\Sigma }(y+z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=I_1+I_2+I_3.$$

计算 $I_1$ ，有

I _ 1 = ∑_ i = 1 ^ 5 iint_ Σ_ i (x + z) d y d z.$$I_1=\sum _{i=1}^5{\iint }_{{\Sigma }_i}(x+z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z.$$

因为 ${\Sigma }_2,{\Sigma }_3,{\Sigma }_4$ 在 $yOz$ 平面上的投影面积为零，于是

iint_ Σ_ i (x + z) d y d z = 0, i = 2, 3, 4,$${\iint }_{{\Sigma }_i}(x+z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z=0,i=2,3,4,$$

而

${\Sigma }_1:x=\sqrt{1-y^2},(y,z)\in D_{yz}=\{0⩽y⩽1,0⩽z⩽1\}$ ，取前侧，

${\Sigma }_5:x=0,(y,z)\in D_{yz}$ ，取后侧．

于是

r l I _ 1 & = iint_ Σ_ 1 (x + z) d y d z + iint_ Σ_ 5 (x + z) d y d z & = iint_ D _ y z (sqrt 1 - y ^ 2 + z) d y d z - iint_ D _ y z z d y d z & = ∫_ 0 ^ 1 ∫_ 0 ^ 1 sqrt 1 - y ^ 2 d y d z = frac π4.$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\iint }_{{\Sigma }_1}(x+z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+{\iint }_{{\Sigma }_5}(x+z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & ={\iint }_{D_{yz}}(\sqrt{1-y^2}+z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-{\iint }_{D_{yz}}z\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & ={\int }_0^1{\int }_0^1\sqrt{1-y^2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

用类似的方法可求出 $I_2=\frac{\pi }{4}$ .

然后求

I _ 3 = ∑_ i = 1 ^ 5 iint_ Σ_ i (y + z) d x d y.$$I_3=\sum _{i=1}^5{\iint }_{{\Sigma }_i}(y+z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

显然有

iint_ Σ_ i (y + z) d x d y = 0, i = 1, 4, 5,$${\iint }_{{\Sigma }_i}(y+z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0,i=1,4,5,$$

而

${\Sigma }_2:z=0,(x,y)\in D_{xy}=\{x^2+y^2⩽1,x⩾0,y⩾0\}$ ，取下侧，

${\Sigma }_3:z=1,(x,y)\in D_{xy},$ 取上侧，

于是

r l I _ 3 & = iint_ Σ_ 2 (y + z) d x d y + iint_ Σ_ 3 (y + z) d x d y & = - iint_ D _ x y y d x d y + iint_ D _ x y (1 + y) d x d y & = iint_ D _ x y d x d y = frac π4.$$\begin{array}{rl}{I}_3& ={\iint }_{{\Sigma }_2}(y+z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+{\iint }_{{\Sigma }_3}(y+z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =-{\iint }_{D_{xy}}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y+{\iint }_{D_{xy}}(1+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_{D_{xy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

最后得到

I = I _ 1 + I _ 2 + I _ 3 = frac 34 π .$$I=I_1+I_2+I_3=\frac{3}{4}\pi .$$

注

我们已经知道，利用第二型曲线积分可以计算平面图形的面积．类似地，利用第二型曲面积分也可以计算空间立体的体积 (见表达式 (25.7)—(25.11)).

$\mathrm{25.2.2}$ 两类曲面积分之间的关系

设 $S$ 是可定向曲面，$\mathbf{n}$ 是 $S$ 上选定的某一侧的法向量，则

l iint_ S P d y d z + Q d z d x + R d x d y = iint_ S [ P cos (boldsymbol n, x) + Q cos (boldsymbol n, y) + R cos (boldsymbol n, z) ] d S. (25.4)$$\begin{array}{l}{\iint }_{S}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ ={\iint }_S[P\cos (\mathbf{n},x)+Q\cos (\mathbf{n},y)+R\cos (\mathbf{n},z)]\mathrm{d}S.\end{array}\text{\hspace{1em}(25.4)}$$

上述关系式的用处之一是可简化曲面积分的计算，当某一类曲面积分的计算比较复杂时，可利用公式 (25.4) 转化为另一类曲面积分进行计算．

例 25.2.3

求

I = iint_ Σ x y z (y ^ 2 z ^ 2 + z ^ 2 x ^ 2 + x ^ 2 y ^ 2) d S,$$I={\iint }_{\Sigma }xyz(y^2{z}^2+z^2{x}^2+x^2{y}^2)\mathrm{d}S,$$

其中 $\Sigma$ 为第一卦限中的球面 $x^2+y^2+z^2=a^2(x⩾0,y⩾0,z⩾0)$ .

解

见图 25.3, 不论用参数式或直角坐标式，直接计算均相当复杂，取 $\Sigma$ 的上侧，则 $(x,y,z)$ 处的单位外法向量为 $\left(\frac{x}{a},\frac{y}{a},\frac{z}{a}\right)$，利用公式 (25.4),

r l I & = a iint_ Σ (y ^ 3 z ^ 3 frac xa + z ^ 3 x ^ 3 frac ya + x ^ 3 y ^ 3 frac za) d S & = a iint_ Σ y ^ 3 z ^ 3 d y d z + z ^ 3 x ^ 3 d z d x + x ^ 3 y ^ 3 d x d y & = 3 a iint_ Σ x ^ 3 y ^ 3 d x d y = 3 a iint_ D _ x y x ^ 3 y ^ 3 d x d y,$$\begin{array}{rl}I& =a{\iint }_{\Sigma }\left(y^3{z}^3\frac{x}{a}+z^3{x}^3\frac{y}{a}+x^3{y}^3\frac{z}{a}\right)\mathrm{d}S\\ & =a{\iint }_{\Sigma }{y}^3{z}^3\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^3{x}^3\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^3{y}^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =3a{\iint }_{\Sigma }{x}^3{y}^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y=3a{\iint }_{D_{xy}}{x}^3{y}^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{array}$$

其中 $D_{xy}=\{x^2+y^2⩽a^2,x⩾0,y⩾0\}$ ，作极坐标变换得

r l I & = 3 a ∫_ 0 ^ π / 2 d θ ∫_ 0 ^ a r ^ 7 sin^ 3 θ cos^ 3 θ d r & = frac 36 4 a ^ 9 ∫_ 0 ^ π / 2 sin^ 3 2 θ d θ = frac 13 2 a ^ 9.$$\begin{array}{rl}I& =3a{\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}\theta {\int }_0^a{r}^7{\sin }^3\theta {\cos }^3\theta \mathrm{d}r\\ & =\frac{3}{64}{a}^9{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{3}2\theta \mathrm{d}\theta =\frac{1}{32}{a}^9.\end{array}$$

图25.3

例 25.2.4

求

I = iint_ Σ (y - z) d y d z + (z - x) d z d x + (x - y) d x d y,$$I={\iint }_{\Sigma }(y-z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(z-x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(x-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

其中 $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=2Rx$ 被柱面 $x^2+y^2=2rx(0<r<R)$ 截下的位于 $z⩾0$ 的部分，取外侧．

解

见图 25.4, 改写球面方程为 $(x-R{)}^2+y^2+z^2=R^2$，其外侧的法向量

boldsymbol n = (frac x - RR, frac yR, frac zR).$$\mathbf{n}=\left(\frac{x-R}{R},\frac{y}{R},\frac{z}{R}\right).$$

由公式(25.4)，有

r l I & = iint_ Σ (y - z, z - x, x - y) · boldsymbol n d S & = frac 1R iint_ Σ [ (y - z) (x - R) + (z - x) y + (x - y) z ] d S & = iint_ Σ (z - y) d S.$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{\Sigma }(y-z,z-x,x-y)\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S\\ & =\frac{1}{R}{\iint }_{\Sigma }[(y-z)(x-R)+(z-x)y+(x-y)z]\mathrm{d}S\\ & ={\iint }_{\Sigma }(z-y)\mathrm{d}S.\end{array}$$

由于 $\Sigma$ 关于 $xOz$ 平面对称，而函数 $y$ 是奇函数，于是

l I = iint_ Σ z d S = iint_ x ^ 2 + y ^ 2 ≤slant 2 r x sqrt 2 R x - x ^ 2 - y ^ 2 frac Rsqrt 2 R x - x ^ 2 - y ^ 2 d x d y = R · π r ^ 2 = π R r ^ 2.$$\begin{array}{l}I={\iint }_{\Sigma }z\mathrm{d}S={\iint }_{x^2+y^2⩽2rx}\sqrt{2Rx-x^2-y^2}\frac{R}{\sqrt{2Rx-x^2-y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =R\cdot \pi r^2=\pi R{r}^2.\end{array}$$

图25.4

$\mathrm{25.2.3}$ 练习题

1. 设曲面 $\Sigma$ 的方程为 $z=z(x,y),(x,y)\in D$，且 $z(x,y)$ 在 $\overline{D}$ 中连续可微，证明:

l iint_ Σ P (x, y, z) d y d z + Q (x, y, z) d z d x + R (x, y, z) d x d y = ± iint_ D (- P z _ x - Q z _ y + R) | _ z = z (x, y) d x d y.$$\begin{array}{l}{\iint }_{\Sigma }P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q(x,y,z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =\pm {\iint }_D(-P{z}_x-Q{z}_y+R){|}_{z=z(x,y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

当 $\Sigma$ 取上侧时符号取 “$+$”，当 $\Sigma$ 取下侧时符号取 “$-$”.

2. 若 $\Sigma$ 分块光滑，且关于 $xOy$ 平面对称，$f(x,y,z)$ 在 $\overline{\Sigma }$ 上连续，且满足 $f(x,y,z)=-f(x,y,-z)$，问: ${\iint }_{\Sigma }f(x,y,z)\mathrm{d}S=2{\iint }_{{\Sigma }_1}f(x,y,z)\mathrm{d}S$ 还是等于 $0$? (其中 ${\Sigma }_1$ 是 $\Sigma$ 在 $xOy$ 平面以上的部分.)

3. 若 $\Sigma$ 分块光滑，且关于 $xOy$ 平面对称，$R(x,y,z)$ 在 $\overline{\Sigma }$ 上连续，满足 $R(x,y,z)=-R(x,y,-z)$，问: ${\iint }_{\Sigma }R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2{\iint }_{{\Sigma }_1}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 还是等于 $0$? (其中 ${\Sigma }_1$ 是 $\Sigma$ 在 $xOy$ 平面以上的部分，取侧与 $\Sigma$ 取侧相一致.)

4. 设 $\Sigma$ 是平面 $\Pi$ 内的一个有界区域，其面积为 $S$ , $\Pi$ 取上侧的法向量为 $n$，且 $\cos (n,z)=\mu$．证明: $\Sigma$ 在 $xOy$ 平面上的投影的面积为 $\mu S$，并利用这个结果重新计算例题$\mathrm{21.4.2}$.

5. 求 $I_1={\iint }_{\Sigma }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y,I_2={\iint }_{\Sigma }{z}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$，取外侧．

6. 计算 ${\iint }_{S}xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+yx\mathrm{d}z\mathrm{d}x+yz\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ , $S$ 是圆柱面 $x^2+y^2=1$ 在 $-1⩽z⩽1$ 及 $x⩾0$ 的部分，取前侧．

7. 求 ${\iint }_{S}x(z^2-y^2)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y(x^2-z^2)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z(y^2-x^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，其中 $S$ 是 $y^2+z^2=1$ 被 $x=0,x=1$, $z+y=0$ , $z-y=0$ 截取的上方部分，取外侧．