Aloha :)
Hier ist nicht der Zusammenhang zwischen der Wegunabhängigkeit und der Rotation, sondern der Zusammenhang zwischen der Wegunabhängigkeit und dem Potential gesucht.
Wenn ein Vektorfeld \(\vec F\) ein Potential \(\phi\) besitzt, gilt:$$\vec F(x;y;z)=\operatorname{grad}\phi(x;y;z)=\begin{pmatrix}\frac{\partial\phi}{\partial x}\\[1ex]\frac{\partial\phi}{\partial y}\\[1ex]\frac{\partial\phi}{\partial z}\end{pmatrix}$$
In diesem Fall kannst du das Integral über \(\vec F\) entlang eines Weges \(\vec r\) von einem Startpunkt \((x_1;y_1;z_1)\) zu einem Endpunkt \((x_2;y_2;z_2)\) wie folgt berechnen:
$$E=\int\limits_{(x_1;y_1;z_1)}^{(x_2;y_2;z_2)}\vec F\,d\vec r=\int\limits_{(x_1;y_1;z_1)}^{(x_2;y_2;z_2)}\begin{pmatrix}F_x\\F_y\\F_z\end{pmatrix}\begin{pmatrix}dx\\dy\\dz\end{pmatrix}=\int\limits_{(x_1;y_1;z_1)}^{(x_2;y_2;z_2)}\left(F_x\,dx+F_y\,dy+F_z\,dz\right)$$
Jetzt nutzen wir die Existenz des Potentials aus, dass also \(\vec F=\operatorname{grad}\phi\) ist:$$\phantom E=\int\limits_{(x_1;y_1;z_1)}^{(x_2;y_2;z_2)}\left(\frac{\partial\phi}{\partial x}\,dx+\frac{\partial\phi}{\partial y}\,dy+\frac{\partial\phi}{\partial z}\,dz\right)$$
In der Klammer steht nun das totale Differential \(d\phi\) von \(\phi\), mit \(\phi\) als Stammfunktion. Wir erhalten als Integral also einfach die Funktion \(\phi\) und müssen nur noch die obere und die untere Grenze einsetzen. Der Weg spielt keine Rolle mehr.$$\phantom E=\int\limits_{(x_1;y_1;z_1)}^{(x_2;y_2;z_2)}d\phi=\phi(x_2;y_2;z_2)-\phi(x_1;y_1;z_1)$$
In einfachen Worten: Wegen \(\left(\vec F=\operatorname{grad}\phi\right)\) gilt auch \(\left(d\phi=\vec F\,d\vec r\right)\).
