Hay un camino integral de la fórmula para la construcción de la inversa de la exterior operador de la derivada para el cerrado de formas diferenciales, por la curvatura en tres dimensiones:
$$
\newcommand{\A}{\mathbf{A}}\newcommand{\ps}{\boldsymbol{\psi}} \newcommand{\p}{\mathbf{p}} \mathscr{R}(\ps) = -(\p \p_0)\times \int^1_0 \ps\big(\p_0 + t(\p \p_0)\big)t\,dt,\etiqueta{1}
$$
donde $\p = (x,y,z)$ $\ps$ tiene que ser divergencia libre. Tenemos que $\mathscr{R}(\ps) $ satisface:
$$
\nabla \times \mathscr{R}(\ps) = \ps.
$$
El vector de campo que dio, $(0,1/s,0) = (0,\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},0)$, no es la divergencia libre, no existe ningún vector potencial de $\A$ la satisfacción de:
$$
\nabla \times \A = (0,\frac{1}{s},0).
$$
Sin embargo, podemos modificar un poco para hacer su pregunta bien plantea un problema, que puede moverse $1/s$ $z$- componente, y es la divergencia libre:
$$
\nabla \cdot \left(0,0,\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) = 0,
$$
y
$$
\nabla \times \A = (0,0,\frac{1}{s})
$$
tiene una solución (no la única).
Deje $\ps$ ser el de arriba vector, y en (1) tomamos $\p_0$ como el origen, tenemos:
\begin{align}
\A = &\mathscr{R}(\ps) = -\p\times \int^1_0 \ps(t\p)t\,dt
\\
&= -(x,y,z)\times \left(0,0,\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)
\\
&= \left(-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}},\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},0\right).\tag{2}
\end{align}
Podemos comprobar:
\begin{align}
\nabla \times\A &= \left(0,0, \frac{\partial }{\partial x}\Big(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\Big) + \frac{\partial }{\partial y}\Big(\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\Big)\right)
\\
&= \left(0,0, \frac{\sqrt{x^2+y^2} - x\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x^2+y^2} + \frac{\sqrt{x^2+y^2} - y\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x^2+y^2}\right)
\\
& = \left(0,0,\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right).
\end{align}
O puede reescribir (2) en coordenadas cilíndricas:
$$
\A = (-\sin\theta, \cos\theta,0),
$$
y el uso de la curvatura de la fórmula que le dio.
