Observa que la curva $C$ es la unión de sus cuatro lados y cada lado es suave. Por lo tanto, $C$ es suave por partes. Deja que $C_1$ represente el lado de $(0, 0)$ a $(2, 0)$, que $C_2$ represente el lado de $(2, 0)$ a $(2, 1)$, $C_3$ represente el lado de $(2, 1)$ a $(0, 1)$ y $C_4$ represente el lado de $(0, 1)$ a $(0, 0)$ (Figura 6.20). Luego
$$\int_C\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r} = \int_{C_1}\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r} + \int_{C_2}\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r} + \int_{C_3}\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r} + \int_{C_4}\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r}$$Queremos calcular cada una de las cuatro integrales del lado derecho usando la Ecuación 6.8. Antes de hacer esto, necesitamos una parametrización de cada lado del rectángulo. Aquí hay cuatro parametrizaciones (tenga en cuenta que atraviesan $C $en sentido antihorario):
$$\begin{aligned} C_1 &: \lang t, 0 \rang , 0 \le t \le 2\\ C_2 &: \lang 2, t \rang , 0 \le t \le 1\\ C_3 &: \lang 2-t, 1 \rang , 0 \le t \le 2\\ C_4 &: \lang 0, 1-t \rang , 0 \le t \le 1\\ \end{aligned}$$Por lo tanto,
$$\begin{aligned} \int_{C_1}\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r} &= \int_0^2 \bold{F}(\bold{r}(t))\cdot\bold{r}^{\prime}(t)dt\\ &= \int_0^2 \lang t − 2(0), 0 − t \rang\cdot \lang 1, 0 \rang dt = \int_0^2 tdt\\ &= \bigg[\frac{t^2}{2}\bigg]_0^2 = 2 \end{aligned}$$Observa que el valor de esta integral es positivo, lo que no debería sorprendernos. A medida que nos movemos a lo largo de la curva $C_1$ de izquierda a derecha, nuestro movimiento fluye en la dirección general del propio campo vectorial. En cualquier punto a lo largo de $C_1$, el vector tangente a la curva y el vector correspondiente en el campo forman un ángulo que es menor de $90^o$. Por lo tanto, el vector tangente y el vector de fuerza tienen un producto escalar positivo a lo largo de $C_1$, y la integral de línea tendrá un valor positivo.
Los cálculos para las otras tres integrales de línea se realizan de manera similar:
$$\begin{aligned} \int_{C_2}\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r} &= \int_0^1 \lang 2-2t, t-2 \rang\cdot \lang 0, 1 \rang dt = \int_0^1 (t-2)dt\\ &= \bigg[\frac{t^2}{2}- 2t\bigg]_0^1 = -\frac32 \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} \int_{C_3}\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r} &= \int_0^2 \lang (2-t)-2, 1-(2-t) \rang\cdot \lang -1, 0 \rang dt\\ &= \int_0^2 tdt = 2 \end{aligned}$$y
$$\begin{aligned} \int_{C_4}\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r} &= \int_0^1 \lang (-2(1-t), 1-t \rang\cdot \lang 0, -1 \rang dt\\ &= \int_0^1 (t-1)dt\\ &= \bigg[\frac{t^2}{2}-t\bigg]_0^1 = -\frac12 \end{aligned}$$Por lo tanto, tenemos
$$\int_C\bold{F}\cdot\bold{T}d\bold{r} = 2 -\frac32 + 2 - \frac12 = 2$$