Aloha :)
Der Weg \(\vec X(t)\) von \(\vec X(0)=(0;1)\) nach \(\vec X(\frac\pi2)=(2;0)\) sieht sehr beschwerlich aus. Wir schauen daher mal, ob wir eine Funktion \(\phi(x;y)\colon\mathbb R^2\to\mathbb R\) finden, deren Gradient gleich der Funktion \(\vec F(x;y)\) ist.
Dazu integrieren wir \(F_1(x;y)\) nach \(dx\):$$\phi(x;y)=\int\left(x^2+2xy-y^2\right)\,dx=\frac{x^3}{3}+x^2y-y^2x+g(y)$$Die Integrations"konstante" \(g(y)\) darf nur von \(y\) abhängen, damit sie bei der partiellen Integration nach \(\partial x\) keinen Beitrag leistet. Nun leiten wir \(\phi(x;y)\) partiell nach \(\partial y\) ab und vergleichen diese Ableitung mit \(F_2(x;y)\):$$\frac{\partial \phi}{\partial y}=x^2-2xy+g'(y)\stackrel!=F_2(x;y)=x^2-2xy-y^2\implies g'(y)=-y^2\implies g(y)=-\frac{y^3}{3}$$Damit haben wir die gesuchte Funktion \(\phi(x;y)\) gefunden:$$\phi(x;y)=\frac{x^3}{3}+x^2y-y^2x-\frac{y^3}{3}\quad;\quad F(x;y)=\operatorname{grad}\phi(x;y)=\binom{\frac{\partial\phi}{\partial x}}{\frac{\partial\phi}{\partial y}}$$
Damit ist das Wegintegral nun sehr schnell bestimmt, weil es nur von Start- und Endpunkt des Weges abhängt:$$E=\int\limits_{\vec X}\vec F\,d\vec r=\int\limits_{\vec X}\binom{F_1}{F_2}\binom{dx}{dy}=\int\limits_{\vec X}(F_1\,dx+F_2\,dy)=\int\limits_{\vec X}\left(\frac{\partial \phi}{\partial x}\,dx+\frac{\partial \phi}{\partial y}\,dy\right)$$$$\phantom E=\int\limits_{(0;1)}^{(2;0)}d\phi=\phi(2;0)-\phi(0;1)=\frac83-\left(-\frac13\right)=\frac93=3$$
