諧振子（The Harmonic Oscillator）的代數解法

TL;DR

• 如果振幅足夠小，任何振動都可以近似為簡諧振動（simple harmonic oscillation），因此簡諧振動在物理學中具有重要意義
• 諧振子：$V(x) = \cfrac{1}{2}kx^2 = \cfrac{1}{2}m\omega^2 x^2$
• 交換子（commutator）：
  • 表示兩個算符之間不可交換程度的二元運算
  • $\left[\hat{A},\hat{B} \right] \equiv \hat{A}\hat{B} - \hat{B}\hat{A}$
• 正則交換關係（canonical commutation relation）：$\left[\hat{x},\hat{p}\right] = i\hbar$
• 階梯算符（ladder operators）：
  • $\hat{a}_\pm \equiv \cfrac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}(\mp i\hat{p}+m\omega\hat{x})$
  • $\hat{a}_+$稱為升階算符（raising operator），$\hat{a}_-$稱為降階算符（lowering operator）
  • 可以對任意定態提高或降低能量本徵值，因此只要找到時間無關薛丁格方程的一個解，就可以找到所有其他解

\[\hat{H}\psi = E\psi \quad \Rightarrow \quad \hat{H}\left(\hat{a}_{\pm}\psi \right)=(E \pm \hbar\omega)\left(\hat{a}_{\pm}\psi \right)\]

• 第n個定態的波函數和能量本徵值：
  • 基態（第0個定態）：
    • $\psi_0(x) = \left(\cfrac{m\omega}{\pi\hbar} \right)^{1/4}\exp\left(-\cfrac{m\omega}{2\hbar}x^2\right)$
    • $E_0 = \cfrac{1}{2}\hbar\omega$
  • 第n個定態：
    • $\psi_n(x) = \cfrac{1}{\sqrt{n!}}(\hat{a}_+)^n \psi_0(x)$
    • $E_n = \left(n + \cfrac{1}{2} \right)\hbar\omega$
• $\hat{a}_\mp$是$\hat{a}_\pm$的厄米共軛（hermitian conjugate）和伴隨算符（adjoint operator）

\[\int_{-\infty}^{\infty} f^*(\hat{a}_\pm g)dx = \int_{-\infty}^{\infty} (\hat{a}_\mp f)^* g\ dx\]

• 由此可以推導出以下性質：
  • $\hat{a}_+\hat{a}_-\psi_n = n\psi_n$
  • $\hat{a}_-\hat{a}_+\psi_n = (n+1)\psi_n$
• 計算包含$\hat{x}$和$\hat{p}$冪次的物理量期望值的方法：
  1. 利用階梯算符的定義將$\hat{x}$和$\hat{p}$表示為升階算符和降階算符
     • $\hat{x} = \sqrt{\cfrac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}_+ + \hat{a}_- \right)$
     • $\hat{p} = i\sqrt{\cfrac{\hbar m\omega}{2}}\left(\hat{a}_+ - \hat{a}_- \right)$
  2. 使用上述$\hat{x}$和$\hat{p}$的表達式來表示要計算期望值的物理量
  3. 利用$\left(\hat{a}_\pm \right)^m$與$\psi_{n\pm m}$成正比，因此與$\psi_n$正交而為$0$
  4. 利用階梯算符的性質進行積分計算

先備知識

• 分離變數法
• 薛丁格方程式和波函數
• 埃倫費斯特定理
• 時間無關薛丁格方程式
• 一維無限方井
• 厄米共軛（hermitian conjugate）、伴隨算符（adjoint operator）

模型設定

經典力學中的諧振子

經典諧振子的典型例子是質量為$m$的物體懸掛在彈性係數為$k$的彈簧上的運動（忽略摩擦）。 這種運動遵循胡克定律（Hooke’s law）

\[F = -kx = m\frac{d^2x}{dt^2}\]

這個方程的解是

\[x(t) = A\sin(\omega t) + B\cos(\omega t)\]

其中

\[\omega \equiv \sqrt{\frac{k}{m}} \label{eqn: angular_freq}\tag{1}\]

是振動的角頻率。位置$x$的勢能是

\[V(x)=\frac{1}{2}kx^2 \label{eqn: potential_k}\tag{2}\]

呈拋物線形狀。

在現實中，完美的諧振子是不存在的。即使是我們剛剛舉例的彈簧，如果過度拉伸，也會超過彈性極限而斷裂或產生永久變形，事實上，在達到那個點之前，它就已經不能精確地遵循胡克定律了。儘管如此，諧振子在物理學中仍然很重要，因為任何任意的勢能在極小值（local minimum）附近都可以近似為拋物線形狀。將任意勢能$V(x)$在極小點附近進行泰勒展開：

\[V(x) = V(x_0) + V^\prime(x_0)(x-x_0) + \frac{1}{2}V^{\prime\prime}(x_0)(x-x_0)^2 + \cdots\]

現在，由於給$V(x)$加上任意常數對力沒有任何影響，所以我們可以從中減去$V(x_0)$，並且由於$x_0$是極小點，所以$V^\prime(x_0)=0$，在假設$(x-x_0)$足夠小的情況下忽略高階項，我們得到：

\[V(x) \approx \frac{1}{2}V^{\prime\prime}(x_0)(x-x_0)^2\]

這與有效彈性係數$k=V^{\prime\prime}(x_0)$的諧振子在點$x_0$附近的運動一致*。換句話說，如果振幅足夠小，任何振動都可以近似為簡諧振動（simple harmonic oscillation）。

* 假設$V(x)$在$x_0$處有極小值，因此這裡$V^{\prime\prime}(x_0) \geq 0$。極少數情況下$V^{\prime\prime}(x_0)=0$，這種運動不能近似為簡諧振動。

量子力學中的諧振子

量子力學諧振子問題是解決勢能為

\[V(x) = \frac{1}{2}m\omega^2 x^2 \label{eqn: potential_omega}\tag{3}\]

的薛丁格方程。諧振子的時間無關薛丁格方程式是

\[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} + \frac{1}{2}m\omega^2x^2\psi = E\psi \label{eqn:t_independent_schrodinger_eqn}\tag{4}\]

解決這個問題有兩種完全不同的方法。一種是使用冪級數（power series method）的解析方法（analytic method），另一種是使用階梯算符（ladder operators）的代數方法（algebraic method）。代數方法更快更簡單，但學習解析解法也是必要的。這裡我們將討論代數解法，解析解法請參考這篇文章。

交換子和正則交換關係

利用動量算符$\hat{p}\equiv -i\hbar \cfrac{d}{dx}$，我們可以將方程（$\ref{eqn:t_independent_schrodinger_eqn}$）寫成：

\[\frac{1}{2m}\left[\hat{p}^2 + (m\omega \hat{x})^2 \right]\psi = E\psi. \tag{5}\]

現在讓我們因式分解哈密頓算符（Hamiltonian）

\[\hat{H} = \frac{1}{2m}\left[\hat{p}^2 + (m\omega \hat{x})^2 \right] \label{eqn:hamiltonian}\tag{6}\]

如果$p$和$x$是數字，我們可以簡單地因式分解為

\[p^2 + (m\omega x)^2 = (ip + m\omega x)(-ip + m\omega x)\]

但是這裡$\hat{p}$和$\hat{x}$是算符，對算符來說通常不滿足交換律（commutative property）（$\hat{p}\hat{x}\neq \hat{x}\hat{p}$），所以沒有那麼簡單。但無論如何，這可以作為一個起點，所以讓我們從考慮以下量開始：

\[\hat{a}_\pm \equiv \frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}(\mp i\hat{p}+m\omega\hat{x}). \label{eqn:ladder_operators}\tag{7}\]

對於我們剛定義的算符$\hat{a}_\pm$，$\hat{a}_-\hat{a}_+$是

\[\begin{align*} \hat{a}_-\hat{a}_+ &= \frac{1}{2\hbar m\omega}(i\hat{p}+m\omega\hat{x})(-i\hat{p}+m\omega\hat{x}) \\ &= \frac{1}{2\hbar m\omega}\left[\hat{p}^2 + (m\omega x)^2 - im\omega(\hat{x}\hat{p}-\hat{p}\hat{x})\right] \end{align*} \label{eqn:a_m_times_a_p_without_commutator}\tag{8}\]

這裡$(\hat{x}\hat{p}-\hat{p}\hat{x})$項被稱為$\hat{x}$和$\hat{p}$的交換子（commutator），它表示兩個算符不能交換的程度。一般來說，算符$\hat{A}$和$\hat{B}$的交換子用方括號表示如下：

\[\left[\hat{A},\hat{B} \right] \equiv \hat{A}\hat{B} - \hat{B}\hat{A}. \label{eqn:commutator}\tag{9}\]

使用這種表示法，我們可以將方程（$\ref{eqn:a_m_times_a_p_without_commutator}$）重寫為：

\[\hat{a}_-\hat{a}_+ = \frac{1}{2\hbar m\omega}\left[\hat{p}^2 + (m\omega x)^2 \right] - \frac{i}{2\hbar}\left[\hat{x},\hat{p} \right]. \label{eqn:a_m_times_a_p}\tag{10}\]

現在我們需要找出$\hat{x}$和$\hat{p}$的交換子。

\[\begin{align*} \left[\hat{x},\hat{p} \right]f(x) &= \left[x(-i\hbar)\frac{d}{dx}(f) - (-i\hbar)\frac{d}{dx}(xf) \right] \\ &= -i\hbar \left[x\frac{df}{dx} - f - x\frac{df}{dx} \right] \\ &= i\hbar f(x) \end{align*}\tag{11}\]

去掉試驗函數$f(x)$，我們得到：

\[\left[\hat{x},\hat{p}\right] = i\hbar. \label{eqn:canonical_commutation_rel}\tag{12}\]

這被稱為正則交換關係（canonical commutation relation）。

階梯算符（ladder operators）

根據正則交換關係，方程（$\ref{eqn:a_m_times_a_p}$）變為

\[\hat{a}_-\hat{a}_+ = \frac{1}{\hbar\omega}\hat{H} + \frac{1}{2}, \tag{13}\]

即

\[\hat{H} = \hbar\omega\left(\hat{a}_-\hat{a}_+ - \frac{1}{2} \right) \tag{14}\]

這裡$\hat{a}_-$和$\hat{a}_+$的順序很重要，如果把$\hat{a}_+$放在左邊，我們得到

\[\hat{a}_+\hat{a}_- = \frac{1}{\hbar\omega}\hat{H} - \frac{1}{2}, \tag{15}\]

並且滿足

\[\left[\hat{a}_-,\hat{a}_+ \right] = 1 \tag{16}\]

在這種情況下，哈密頓算符也可以寫成

\[\hat{H} = \hbar\omega\left(\hat{a}_+\hat{a}_- + \frac{1}{2} \right) \tag{17}\]

因此，用$\hat{a}_\pm$表示的時間無關薛丁格方程（$\hat{H}\psi=E\psi$）是

\[\hbar\omega \left(\hat{a}_{\pm}\hat{a}_{\mp} \pm \frac{1}{2} \right)\psi = E\psi \label{eqn:schrodinger_eqn_with_ladder}\tag{18}\]

（上下符號同順）。

現在我們可以得到以下重要性質：

\[\hat{H}\psi = E\psi \quad \Rightarrow \quad \hat{H}\left(\hat{a}_{\pm}\psi \right)=(E \pm \hbar\omega)\left(\hat{a}_{\pm}\psi \right).\]

證明：

\[\begin{align*} \hat{H}(\hat{a}_{+}\psi) &= \hbar\omega \left(\hat{a}_{+}\hat{a}_{-}+\frac{1}{2} \right)(\hat{a}_{+}\psi) = \hbar\omega \left(\hat{a}_{+}\hat{a}_{-}\hat{a}_{+} + \frac{1}{2}\hat{a}_{+} \right)\psi \\ &= \hbar\omega\hat{a}_{+} \left(\hat{a}_{-}\hat{a}_{+} + \frac{1}{2} \right)\psi = \hat{a}_{+}\left[\hbar\omega \left(\hat{a}_{+}\hat{a}_{-}+1+\frac{1}{2} \right)\psi \right] \\ &= \hat{a}_{+}\left(\hat{H}+\hbar\omega \right)\psi = \hat{a}_{+}(E+\hbar\omega)\psi = (E+\hbar\omega)\left(\hat{a}_{+}\psi \right). \blacksquare \end{align*}\]

同樣地，

\[\begin{align*} \hat{H}(\hat{a}_{-}\psi) &= \hbar\omega \left(\hat{a}_{-}\hat{a}_{+}-\frac{1}{2} \right)(\hat{a}_{-}\psi) = \hbar\omega \left(\hat{a}_{-}\hat{a}_{+}\hat{a}_{-} - \frac{1}{2}\hat{a}_{-} \right)\psi \\ &= \hbar\omega\hat{a}_{-} \left(\hat{a}_{+}\hat{a}_{-} - \frac{1}{2} \right)\psi = \hat{a}_{-}\left[\hbar\omega \left(\hat{a}_{-}\hat{a}_{+}-1-\frac{1}{2} \right)\psi \right] \\ &= \hat{a}_{-}\left(\hat{H}-\hbar\omega \right)\psi = \hat{a}_{-}(E-\hbar\omega)\psi = (E-\hbar\omega)\left(\hat{a}_{-}\psi \right). \blacksquare \end{align*}\]

因此，如果我們能找到時間無關薛丁格方程的一個解，我們就能找到所有其他解。由於我們可以對任意定態提高或降低能量本徵值，所以$\hat{a}_\pm$被稱為階梯算符（ladder operators），其中$\hat{a}_+$是升階算符（raising operator），$\hat{a}_-$是降階算符（lowering operator）。

諧振子的定態

定態 $\psi_n$ 和能量級 $E_n$

如果持續應用降階算符，最終會得到能量小於 $0$ 的狀態，而這種狀態在物理上是不可能存在的。從數學上來說，如果 $\psi$ 是薛丁格方程的解，那麼 $\hat{a}_-\psi$ 也是薛丁格方程的解，但這個新解並不保證總是能被規範化（即不保證是物理上可能的狀態）。持續應用降階算符，最終會得到平凡解 $\psi=0$。

因此，對於諧振子的定態 $\psi$，存在一個「最低階」$\psi_0$，滿足：

\[\hat{a}_-\psi_0 = 0 \tag{19}\]

這個 $\psi_0$ 不存在更低的能量級。它滿足：

\[\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}\left(\hbar\frac{d}{dx} + m\omega x \right)\psi_0 = 0\]

因此，

\[\frac{d\psi_0}{dx} = -\frac{m\omega}{\hbar}x\psi_0\]

這是一個可分離的常微分方程，可以輕易解得：

\[\begin{gather*} \int \frac{d\psi_0}{\psi_0} = -\frac{m\omega}{\hbar}\int x\ dx \\ \ln\psi_0 = -\frac{m\omega}{2\hbar}x^2 + C \end{gather*}\] \[\therefore \psi_0(x) = Ae^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2}.\]

此外，這個函數可以如下規範化：

\[1 = |A|^2 \int_\infty^\infty e^{-m\omega x^2/\hbar} dx = |A|^2\sqrt{\frac{\pi\hbar}{m\omega}}.\]

這裡 $A^2 = \sqrt{m\omega / \pi\hbar}$，所以

\[\psi_0(x) = \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar} \right)^{1/4}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2}\]

現在將這個解代入先前得到的薛丁格方程（$\ref{eqn:schrodinger_eqn_with_ladder}$），並利用 $\hat{a}_-\psi_0=0$，我們得到：

\[E_0 = \frac{1}{2}\hbar\omega \label{eqn:E_ground}\tag{20}\]

從這個基態（ground state）開始，持續應用升階算符，每應用一次升階算符，能量就增加 $\hbar\omega$，我們就可以得到激發態（excited states）。

\[\psi_n(x) = A_n(\hat{a}_+)^n \psi_0(x),\quad E_n = \left(n + \frac{1}{2} \right)\hbar\omega \label{eqn:psi_n_and_E_n}\tag{21}\]

這裡 $A_n$ 是規範化常數。這樣，我們可以先找出基態，然後應用升階算符來決定諧振子的所有定態和允許的能量級。

規範化

規範化常數也可以用代數方法求得。我們知道 $\hat{a}_{\pm}\psi_n$ 與 $\psi_{n\pm 1}$ 成正比，所以可以寫成：

\[\hat{a}_+\psi_n = c_n\psi_{n+1}, \quad \hat{a}_-\psi_n = d_n\psi_{n-1} \label{eqn:norm_const}\tag{22}\]

現在注意到對於任何可積函數 $f(x)$ 和 $g(x)$，以下關係成立：

\[\int_{-\infty}^{\infty} f^*(\hat{a}_\pm g)dx = \int_{-\infty}^{\infty} (\hat{a}_\mp f)^* g\ dx. \label{eqn:hermitian_conjugate}\tag{23}\]

$\hat{a}_\mp$ 是 $\hat{a}_\pm$ 的厄米共軛（hermitian conjugate）和伴隨算符（adjoint operator）。

證明：

\[\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty} f^*(\hat{a}_\pm g) dx &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}} \int_{-\infty}^{\infty} f^*\left(\mp \hbar\frac{d}{dx}+m\omega x \right)g\ dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}\int_{-\infty}^{\infty} \left(\mp\hbar f^* \frac{d}{dx}g + m\omega x f^*g\right)dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}\left(\mp\hbar\int_{-\infty}^{\infty} f^*\frac{dg}{dx}\ dx + \int_{-\infty}^{\infty}m\omega x f^*g\ dx \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}\left[\mp\hbar\left(f^*g\bigg|^{\infty}_{-\infty} -\int_{-\infty}^{\infty} \frac{df^*}{dx}g\ dx \right) + \int_{-\infty}^{\infty} m\omega x f^*g\ dx \right] \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}\left( \pm\hbar\int_{-\infty}^{\infty} \frac{df^*}{dx}g\ dx + \int_{-\infty}^{\infty} m\omega x f^*g\ dx \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}} \int_{-\infty}^{\infty} \left[\left(\pm\hbar\frac{d}{dx} + m\omega x \right)f^* \right] g\ dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}} \int_{-\infty}^{\infty} \left[\left(\pm\hbar\frac{d}{dx} + m\omega x \right)f \right]^* g\ dx \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} (\hat{a}_\mp f)^* g\ dx.\ \blacksquare \end{align*}\]

因此，令 $f=\hat{a}_\pm \psi_n$，$g=\psi_n$，我們得到：

\[\int_{-\infty}^{\infty} \left(\hat{a}_\pm \psi_n \right)^*\left(\hat{a}_\pm \psi_n \right)\ dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left( \hat{a}_\mp\hat{a}_\pm \psi_n \right)^* \psi_n\ dx\]

那麼從方程（$\ref{eqn:schrodinger_eqn_with_ladder}$）和（$\ref{eqn:psi_n_and_E_n}$）可得：

\[\begin{gather*} \hat{a}_+\hat{a}_-\psi_n = \left(\frac{E}{\hbar\omega} - \frac{1}{2}\right)\psi_n = n\psi_n, \\ \hat{a}_-\hat{a}_+\psi_n = \left(\frac{E}{\hbar\omega} + \frac{1}{2}\right)\psi_n = (n+1)\psi_n \end{gather*} \label{eqn:norm_const_2}\tag{24}\]

從方程（$\ref{eqn:norm_const}$）和（$\ref{eqn:norm_const_2}$），我們得到：

\[\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty} \left(\hat{a}_+\psi_n \right)^* \left(\hat{a}_+\psi_n \right) &= |c_n|^2 \int |\psi_{n+1}|^2 dx = (n+1)\int |\psi_n|^2 dx,\\ \int_{-\infty}^{\infty} \left(\hat{a}_-\psi_n \right)^* \left(\hat{a}_-\psi_n \right) &= |d_n|^2 \int |\psi_{n-1}|^2 dx = n\int |\psi_n|^2 dx. \end{align*} \label{eqn:norm_const_3}\tag{25}\]

由於 $\psi_n$ 和 $\psi_{n\pm1}$ 都是規範化的，所以 $|c_n|^2=n+1,\ |d_n|^2=n$，因此：

\[\hat{a}_+\psi_n = \sqrt{n+1}\psi_{n+1}, \quad \hat{a}_-\psi_n = \sqrt{n}\psi_{n-1} \label{eqn:norm_const_4}\tag{26}\]

從這裡，我們可以得到任意規範化的定態 $\psi_n$：

\[\psi_n = \frac{1}{\sqrt{n!}}\left(\hat{a}_+ \right)^n \psi_0. \tag{27}\]

也就是說，在方程（$\ref{eqn:psi_n_and_E_n}$）中，規範化常數 $A_n=\cfrac{1}{\sqrt{n!}}$。

定態的正交性

和一維無限方井一樣，諧振子的定態也是正交的。

\[\int_{-\infty}^{\infty} \psi_m^*\psi_n\ dx = \delta_{mn}. \tag{28}\]

證明

我們可以使用先前證明的方程（$\ref{eqn:hermitian_conjugate}$）、（$\ref{eqn:norm_const_2}$）和（$\ref{eqn:norm_const_3}$）來證明這一點。在方程（$\ref{eqn:hermitian_conjugate}$）中，令 $f=\hat{a}_-\psi_m,\ g=\psi_n$，我們得到：

\[\int_{-\infty}^{\infty} \left(\hat{a}_-\psi_m \right)^*\left(\hat{a}_-\psi_n \right)\ dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left(\hat{a}_+\hat{a}_-\psi_m \right)^*\psi_n\ dx\]

利用這個關係：

\[\begin{align*} n\int_{-\infty}^{\infty} \psi_m^*\psi_n\ dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \psi_m^* \left(\hat{a}_+\hat{a}_- \right)\psi_n\ dx \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} \left(\hat{a}_-\psi_m \right)^* \left(\hat{a}_-\psi_n \right)\ dx \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} \left(\hat{a}_+\hat{a}_-\psi_m \right)^*\psi_n\ dx \\ &= m\int_{-\infty}^{\infty} \psi_m^*\psi_n\ dx. \end{align*}\] \[\therefore \ (m \neq n) \ \Rightarrow \ \int_{-\infty}^{\infty} \psi_m^*\psi_n\ dx = 0.\ \blacksquare\]

利用正交性，就像一維無限方井的方程（19）中所做的那樣，當我們將 $\Psi(x,0)$ 展開為定態的線性組合 $\sum c_n\psi_n(x)$ 時，可以使用傅立葉方法來求係數 $c_n$。

\[c_n = \int \psi_n^*\Psi(x,0)\ dx.\]

這裡同樣，$|c_n|^2$ 是測量能量得到 $E_n$ 值的概率。

任意定態 $\psi_n$ 中勢能的期望值 $\langle V \rangle$

為了求 $\langle V \rangle$，我們需要計算以下積分：

\[\langle V \rangle = \left\langle \frac{1}{2}m\omega^2x^2 \right\rangle = \frac{1}{2}m\omega^2\int_{-\infty}^{\infty}\psi_n^*x^2\psi_n\ dx.\]

在計算包含 $\hat{x}$ 和 $\hat{p}$ 的冪次的這種形式的積分時，以下方法非常有用。

首先，利用方程（$\ref{eqn:ladder_operators}$）中階梯算符的定義，將 $\hat{x}$ 和 $\hat{p}$ 表示為升階算符和降階算符：

\[\hat{x} = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}_+ + \hat{a}_- \right); \quad \hat{p} = i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\left(\hat{a}_+ - \hat{a}_- \right).\]

現在，使用上面的 $\hat{x}$ 和 $\hat{p}$ 的表達式來表示我們想要求期望值的物理量。這裡我們關心的是 $x^2$，所以：

\[x^2 = \frac{\hbar}{2m\omega}\left[\left(\hat{a}_+ \right)^2 + \left(\hat{a}_+\hat{a}_- \right) + \left(\hat{a}_-\hat{a}_+ \right) + \left(\hat{a}_- \right)^2 \right]\]

從這裡我們得到：

\[\langle V \rangle = \frac{\hbar\omega}{4}\int_{-\infty}^{\infty} \psi_n^* \left[\left(\hat{a}_+ \right)^2 + \left(\hat{a}_+\hat{a}_- \right) + \left(\hat{a}_-\hat{a}_+ \right) + \left(\hat{a}_- \right)^2 \right]\psi_n\ dx.\]

這裡，$\left(\hat{a}_{\pm} \right)^2$ 與 $\psi_{n\pm2}$ 成正比，因此與 $\psi_n$ 正交，所以 $\left(\hat{a}_+ \right)^2$ 和 $\left(\hat{a}_- \right)^2$ 這兩項為 $0$。最後，利用方程（$\ref{eqn:norm_const_2}$）計算剩下的兩項，我們得到：

\[\langle V \rangle = \frac{\hbar\omega}{4}\{n+(n+1)\} = \frac{1}{2}\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2} \right)\]

參考方程（$\ref{eqn:psi_n_and_E_n}$），我們可以看到勢能的期望值正好是總能量的一半，剩下的一半當然是動能 $T$。這是諧振子的固有特性。