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$$\vec g(x;y)=\binom{y^2(1+\cos(x+y))}{2xy-2y+y^2\cos(x+y)+2y\sin(x+y)}$$
zu a) Wir prüfen die Integrabilitätsbedingung:
$$\frac{\partial g_x}{\partial y}=2y(1+\cos(x+y))-y^2\sin(x+y)$$$$\frac{\partial g_y}{\partial x}=2y-y^2\sin(x+y)+2y\cos(x+y)$$Offensichtlich sind beide partiellen Ableitung gleich, sodass ein Potential \(F\) existiert.
zu b) Wenn ein Potential \(F=F(\vec r)\) existiert, ist das Wegintegral über \(\vec g(\vec r)\) zwischen zwei beliebgien Punkten unabhängig vom gewählten Weg zwischen diesen Punkten. Zur Berechnung von \(F\) können wir also einen beliebigen Weg von \((0|0)\) zu \((x|y)\) wählen:$$F(\vec r)=\int\limits_{(0|0)}^{(x|y)}\vec g(\vec r)\,d\vec r$$Um eine Verwechslung zwischen den Integrationsgrenzen und den Variablen zu vermeiden, benennen wir die Variablen der Funktion zur Berechnung in \(s\) und \(t\) um. Um uns die Berechnung möglichst einfach zu machen, wählen wir einen Weg entlang der Koordinatenachsen:$$\binom{0}{0}\mapsto\binom{x}{0}\mapsto\binom{x}{y}$$Das sieht dann so aus:$$F(x;y)=\int\limits_{(0|0)}^{(x|0)}\vec g(s;t)\binom{ds}{dt}+\int\limits_{(x|0)}^{(x|y)}\vec g(s;t)\binom{ds}{dt}$$Da sich im ersten Integral die \(t\)-Komponente gar nicht ändert, ist \(t=0\) und \(dt=0\). Im zweiten Integral ändert sich die \(s\)-Komponente nicht, sodass \(s=x\) und \(ds=0\) ist.$$\phantom{F(x;y)}=\int\limits_0^x\vec g(s;0)\binom{ds}{0}+\int\limits_0^y\vec g(x;t)\binom{0}{dt}=\int\limits_0^x g_1(s;0)\,ds+\int\limits_0^y g_2(x;t)\,dt$$$$\phantom{F(x;y)}=\int\limits_0^x0\,ds+\int\limits_0^y\left(2xt-2t+t^2\cos(x+t)+2t\sin(x+t)\right)\,dt$$$$\boxed{F(x;y)=y^2\left(\sin(x+y)+x-1\right)}$$
zu c) Hier brauchen wir nur Start- und Enpunkt in das Potential einzusetzen:$$I=\int\limits_C\vec g\,d\vec r=F(\vec c(1))-F(\vec c(0))=F\left(\frac\pi2\,\big|\,\frac\pi4\right)-F\left(\frac\pi2\,\big|\,0\right)=\frac{1}{32}\pi^2\left(\pi+\sqrt2-2\right)$$
