逆向き：流体の方程式から波動関数を作り直す

Schrödinger から流体へ。 (i) と (ii) は第2節と第3節で導いた。(iii) は $\bm{v}=\nabla S/m$ が局所的に勾配であることから出る。(iv) は、$\psi$ が $D$ の上で1価で $0$ にならないので、閉曲線 $C$ に沿って1周したとき偏角 $S/\hbar$ の増え方は $2\pi$ の整数倍（$\psi$ の値が $0$ の周りを回る回数）になり、$\oint_C\nabla S\cdot\mathrm{d}\bm{l}=2\pi\hbar n$ となることから出る。

流体から Schrödinger へ。 時刻 $t$ を止め、$D$ の連結成分の1つに基準点 $\bm{r}_0$ を選んで

$$S(\bm{r},t)=\int_{\bm{r}_0}^{\bm{r}}m\bm{v}(\bm{r}',t)\cdot\mathrm{d}\bm{r}'+s(t)$$

と置く（$s(t)$ は後で決める実数の関数。$D$ が複数の連結成分を持てば成分ごとに同じことをする）。(iii) より、積分の値は端点を固定したまま経路を連続的に変形しても変わらない。変形で移り合えない2本の経路では、値の差は閉曲線の上の積分なので、(iv) より $2\pi\hbar$ の整数倍だけ違う。したがって $S$ そのものは経路によって$2\pi\hbar$ の整数倍だけ不定だが、$\mathrm{e}^{\mathrm{i} S/\hbar}$ は経路によらず定まる。この $S$ は $\nabla S=m\bm{v}$ を満たす。

次に $\psi=\sqrt\rho\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} S/\hbar}$ と置いて、量子 HJ 方程式が成り立つように $s(t)$ を選ぶ。$F(\bm{r},t)=\partial_tS+\lvert \nabla S\rvert ^2/(2m)+V+Q$ と置くと、$\partial_t\nabla S=m\,\partial_t\bm{v}$ と (iii) から $(\bm{v}\cdot\nabla)\bm{v}=\nabla(\lvert \bm{v}\rvert ^2/2)$ が使えるので、

$$\nabla F=m\Bigl(\frac{\partial \bm{v}}{\partial t}+(\bm{v}\cdot\nabla)\bm{v}\Bigr)+\nabla(V+Q)=0$$

が (ii) から出る。よって $F$ は $\bm{r}$ によらず $F=f(t)$ である。$s(t)$ を $s'(t)$ だけずらすと $F$ も同じだけずれるので、$s(t)=-\int^tf(t')\,\mathrm{d} t'$ と選び直せば $F=0$、つまり量子 HJ 方程式 (7.1.7) が成り立つ。連続の式は (i) そのものである。命題 7.1.2 の証明の恒等式から、$\psi$ は Schrödinger 方程式を満たす。

一意性は、別の解 $\psi'$ も同じ $\rho$ と $\bm{v}$ を与えるなら、$\psi'/\psi$ は絶対値 $1$ で偏角の勾配が $0$ なので各連結成分で $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha(t)}$ の形になり、両方が Schrödinger 方程式を満たすことから $\alpha$ は時間にもよらない定数になることで示せる。