Si $A$ no es un puro calibre, o más débilmente si $\nabla \times A \neq 0$, entonces es falso que $$\nabla_r \int_{r_0}^r A(r')\cdot dr' = A(r)\tag{0}$$ Sin este resultado, por inspección directa ves que tu afirmación es falsa. Lo contrario es cierto. La prueba es fácil, es el directo de la generalización de este elemental de identidad
$$\left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right) \psi(x) =-ie^{+i \int^x_0 f(y) dy} \frac{d}{dx} e^{-i \int^x_0 f(y) dy}\psi(x) \tag{1}\:.$$
A partir de (1), implementando una vez más la identidad que han
$$\left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right) \left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right) \psi(x) =(-i)^2e^{+i \int^x_0 f(y) dy} \frac{d}{dx} e^{-i \int^x_0 f(y) dy} e^{+i \int^x_0 f(y) dy} \frac{d}{dx} e^{-i \int^x_0 f(y) dy}\psi(x)\:,$$
que es
$$\left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right)^2 \psi(x)= e^{+i \int^x_0 f(y) dy} \frac{d^2}{dx^2} e^{-i \int^x_0 f(y) dy}\psi(x)$$
y, finalmente,
$$ e^{-i \int^x_0 f(y) dy} \left[\left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right)^2 + U(x)\right]\psi= \left(-\frac{d^2}{dx^2} +U(x) \right)e^{-i \int^x_0 f(y) dy}\psi(x)\:.$$
El punto crucial en los cálculos anteriores es que
$$\frac{d}{dx}\int_0^x f(y) dy = f(x).\tag{2}$$
Por desgracia, el procedimiento no funciona en la dimensión $>1$, ya que la generalización de $\int^x_0 f(y) dy$ depende de la integración de ruta, a menos que el campo de vectores $A$ que reemplaza $f$ cero, con curl. También la fijación arbitraria de un camino, la generalización (0) de (2) en general no se sostiene en dimensión mayor que $1$.
Validez de dos (2) de dimensión mayor que $1$ es equivalente a decir que el $A$ es un puro calibre, al menos localmente, y sin embargo $B = \nabla \times A =0$.
