Aloha :)
(a) Integrabilitätsbedingungen prüfen
Die erste Komponente von \(\vec v_1\) können wir direkt partiell nach \(y\) ableiten:$$\frac{\partial v_{1,x}}{\partial y}=\underbrace{\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}}_{=\text{äußere \(\ln\)}}\cdot\underbrace{\overbrace{\frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2}}}^{=\text{äußere \(\sqrt{\cdots}\)}}\cdot\overbrace{2y}^{\text{innere \(\sqrt{\cdots}\)}}}_{=\text{innere \(\ln\)}}=\frac{y}{x^2+y^2}$$Bei der zweiten Komponente nutzen wir \(\varphi=\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\) für \(x>0\) bzw. \(\varphi=\arctan\left(\frac{y}{x}\right)+\pi\) für \(x<0\) und finden, weil die Konstante \(\pi\) beim Ableiten verschwindet:$$\frac{\partial v_{1,y}}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\arctan\left(\frac{y}{x}\right)=\underbrace{\frac{1}{1+\left(\frac{y}{x}\right)^2}}_{=\text{äußere}}\cdot\underbrace{\left(-\frac{y}{x^2}\right)}_{=\text{innere}}=-\frac{y}{x^2+y^2}$$Die Integrabilitätsbedinungen für \(\vec v_1\) sind wegen des Minus-Zeichens nicht erfüllt.
$$\frac{\partial v_{2,x}}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(-\cos(y)e^x\right)=\sin(y)e^x$$$$\frac{\partial v_{2,y}}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\sin(y)e^x+4y\right)=\sin(y)e^x$$Die Integrabilitätsbedingungen für \(\vec v_2\) sind erfüllt.
(b) Bestimmung eines Potentials für \(\vec v_2\)
Wir integrieren die \(y\)-Komponente über \(\partial y\) und erhalten eine von \(x\) abhängige Integrations"konstante":$$V_2=\int\left(\sin(y)e^x+4y\right)\,dy=-\cos(y)e^x+2y^2+c(x)$$Zur Bestimmung der "Konstanten" leiten wir partiell nach \(x\) ab und vergleichen das Ergebnis mit der \(x\)-Komponente von \(V_2\):$$\frac{\partial V_2}{\partial x}=-\cos(y)e^x+c'(x)\stackrel{!}{=}-\cos(y)e^x\quad\Rightarrow\quad c'(x)=0\quad\Rightarrow\quad c(x)=\text{const}$$Damit lautet ein Potential für \(\vec v_2\):$$V_2(x,y)=-\cos(y)e^x+2y^2$$
(c) Kurventintegrale bestimmen
$$I_1=\int\limits_C\vec v_1\,d\vec r=\int\limits_{(2;0)}^{(2;2)}\vec v_1\,d\vec r+\int\limits_{(2;2)}^{(-2;2)}\vec v_1\,d\vec r+\int\limits_{(-2;2)}^{(-2;0)}\vec v_1\,d\vec r$$Beim ersten Weg von \((2;0)\to(2,2)\) bleibt die \(x\)-Koordinate konstant, d.h. \(dx=0\). Beim zweiten Weg von \((2;2)\to(-2,2)\) bleibt die \(y\)-Koordinate konstant, d.h. \(dy=0\). Beim dritten Weg von \((-2;2)\to(-2,0)\) bleibt wieder die \(x\)-Koordinate konstant, d.h. \(dx=0\). Damit vereinfachen wir das Integral zu
$$I_1=\int\limits_0^2 \left[v_{1,y}\right]_{x=2}\,dy+\int\limits_2^{-2}\left[v_{1,x}\right]_{y=2}\,dx+\int\limits_2^0 \left[v_{1,y}\right]_{x=-2}\,dy$$$$\phantom{I_1}=\int\limits_0^2\varphi(2,y)\,dy+\int\limits_2^{-2}\ln\sqrt{x^2+2^2}\,dx+\int\limits_2^0\varphi(-2,y)\,dy$$$$\phantom{I_1}=\int\limits_0^2\arctan\left(\frac{y}{2}\right)\,dy+\int\limits_2^{-2}\ln\sqrt{x^2+4}\,dx+\int\limits_2^0\left(\arctan\left(-\frac{y}{2}\right)+\pi\right)\,dy$$$$\phantom{I_1}=\int\limits_0^2\arctan\left(\frac{y}{2}\right)\,dy-\int\limits_2^0\arctan\left(\frac{y}{2}\right)\,dy+\int\limits_2^{-2}\ln\sqrt{x^2+4}\,dx-2\pi$$$$\phantom{I_1}=2\int\limits_0^2\arctan\left(\frac{y}{2}\right)\,dy+\int\limits_2^{-2}\ln\sqrt{x^2+4}\,dx-2\pi$$$$\phantom{I_1}=(\pi-\ln4)-(4-\pi-\ln64)-2\pi=4-\ln4-\ln64=4-(\ln4+\ln64)$$$$\phantom{I_1}=4-\ln(256)=4-\ln(4^4)=4-4\ln4=4(1-\ln4)$$
$$I_2=\int\limits_C\vec v_2\,d\vec r=\int\limits_C\frac{\partial V_2}{\partial\vec r}\,d\vec r=\int\limits_{(2;0)}^{(-2;0)}dV_2=V_2(-2;0)-V_2(2;0)$$$$\phantom{I_2}=\left(-\cos(0)e^{-2}+2\cdot0^2\right)-\left(-\cos(0)e^{2}+2\cdot0^2\right)=-e^{-2}+e^2=2\sinh2$$
