まず、ボルツマン定数を $k_B$ , 絶対温度を $T$ , カノニカル分布の分配関数を $Z(T)$ , ヘルムホルツの自由エネルギーを $F(T)$ , 内部エネルギーを $U(T)$ , エントロピーを $S(T)$ , 比熱を $C(T)$ とすると、 \begin{align} F(T) &= - k_B T \log Z(T) \\ S(T) &= - \frac{dF(T)}{dT} \\ U(T) &= F(T) + T S(T) \\ &= F(T) - T \frac{dF(T)}{dT} \\ &= - k_B T \log Z(T) + k_B T \frac{d}{dT} T \log Z(T) \\ &= k_B T^2 \frac{d}{dT} \log Z(T) \\ C(T) &= \frac{d U(T)}{dT} \end{align} である。
与えられたハミルトニアンに対する分配関数を求めるため、 次の積分を計算しておく （ $\hbar$ はプランク定数を $2 \pi$ で割ったものである）： \begin{align} &\frac{1}{2 \pi \hbar} \int_{- \infty}^\infty \exp \left( - \frac{p^2}{2m k_B T} \right) dp \int_{- \infty}^\infty \exp \left( - \frac{m \omega^2 x^2}{2 k_B T} \right) dx \\ &= \frac{1}{2 \pi \hbar} \sqrt{2 \pi m k_B T} \sqrt{\frac{2 \pi k_B T}{m \omega^2}} \\ &= \frac{k_B T}{\hbar \omega} \end{align} よって、分配関数 $Z(T)$ , 内部エネルギー $U(T)$ , 比熱 $C(T)$ は次のように計算できる： \begin{align} Z(T) &= \left( \frac{k_B T}{\hbar \omega} \right)^{3N} \\ U(T) &= k_B T^2 \frac{d}{dT} \log Z(T) \\ &= 3N k_B T^2 \frac{d}{dT} \log \left( \frac{k_B T}{\hbar \omega} \right) \\ &= 3N k_B T \\ C(T) &= \frac{d U(T)}{dT} \\ &= 3N k_B \end{align}
1自由度の分配関数は次のように計算できる： \begin{align} \sum_{n=0}^\infty \exp \left( - \left(n + \frac{1}{2} \right) \frac{\hbar \omega}{k_B T} \right) &= \frac{ \exp \left( - \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right)} {1 - \exp \left( - \frac{\hbar \omega}{k_BT} \right)} \\ &= \frac{1} {\exp \left( \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right) - \exp \left( - \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right)} \\ &= \frac{1}{2 \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT}} \end{align}
よって、分配関数 $Z(T)$ , 内部エネルギー $U(T)$ , 比熱 $C(T)$ は次のように計算できる： \begin{align} Z(T) &= \left( 2 \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right)^{-3N} \\ U(T) &= k_B T^2 \frac{d}{dT} \log Z(T) \\ &= -3N k_B T^2 \frac{d}{dT} \log \left( 2 \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right) \\ &= -3N k_B T^2 \frac{ \cosh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } { \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } \cdot \left( - \frac{\hbar \omega}{2k_BT^2} \right) \\ &= \frac{3}{2} N \hbar \omega \frac{ \cosh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } { \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } \\ C(T) &= \frac{d U(T)}{dT} \\ &= \frac{3}{2} N \hbar \omega \frac{1} { \sinh^2 \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } \cdot \left( - \frac{\hbar \omega}{2k_BT^2} \right) \\ &= \frac{3 N \hbar^2 \omega^2} { 4 k_B T^2 \sinh^2 \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } \end{align}
(i) 高温すなわち $k_BT \gg \hbar \omega$ のとき、 \begin{align} \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \simeq \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \end{align} であるから、 \begin{align} C(T) &\simeq \frac{3 N \hbar^2 \omega^2} { 4 k_B T^2 \left( \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right)^2 } \\ &= 3Nk_B \end{align} となり、 (1) の結果が再現される。
(ii) 低温すなわち $k_BT \ll \hbar \omega$ のとき、 \begin{align} \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \simeq \frac{1}{2} \exp \left( \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right) \end{align} であるから、 \begin{align} C(T) &\simeq \frac{3 N \hbar^2 \omega^2} { 4 k_B T^2 \left( \frac{1}{2} \exp \left( \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right) \right)^2 } \\ &= 3Nk_B \left( \frac{\hbar \omega}{k_BT} \right)^2 \exp \left( - \frac{\hbar \omega}{k_BT} \right) \end{align} となる。
与えられたシュレディンガー方程式に $\Psi(x,t)=e^{-iEt/\hbar} \phi(x)$ を代入して整理すると、次を得る： \begin{align} E \phi (x) &= - \frac{\hbar^2}{2m} \phi^{''} (x) + V(x) \phi(x) \\ \therefore \ \ \frac{\hbar^2}{2m} \phi^{''} (x) &= \left( V(x) - E \right) \phi(x) \end{align} $x_1 \lt 0 \lt x_2$ について、上の式を $x_1$ から $x_2$ まで積分すると、 \begin{align} \frac{\hbar^2}{2m} \left\{ \phi^{'} (x_2) - \phi^{'} (x_1) \right\} &= \int_{x_1}^{x_2} \left( V(x) - E \right) \phi(x) dx \\ &= - E \int_{x_1}^0 \phi(x) dx + (V_0-E) \int_0^{x_2} \phi(x) dx \end{align} である。 $\phi(x)$ は有界であるから、 \begin{align} \lim_{x_1 \to -0} \int_{x_1}^0 \phi(x) dx = 0 , \ \ \lim_{x_2 \to +0} \int_0^{x_2} \phi(x) dx = 0 \end{align} なので、次を得る： \begin{align} \lim_{x_1 \to -0} \phi^{'} (x_1) = \lim_{x_2 \to +0} \phi^{'} (x_2) \\ \end{align} すなわち、$\phi^{'} (x)$ は $x=0$ において連続である。
同様にして、$\phi^{'} (x)$ は $x=a$ においても連続である。
次のようにおくことができる： \begin{align} \phi(x) = \begin{cases} e^{ikx} + R e^{-ikx} &( x \leq 0 ) \\ A e^{\beta x} + B e^{- \beta x} &( 0 \leq x \leq a ) \\ T e^{ikx} &( a \leq x ) \end{cases} \end{align} ここで、複素数 $R,A,B,T$ は次のような接続の条件から決めることができる。
$x=0$ における $\phi(x), \phi^{'}(x)$ の連続性から次を得る： \begin{align} 1+R=A+B , \ \ ik-ikR= \beta A - \beta B \end{align} $x=a$ における $\phi(x), \phi^{'}(x)$ の連続性から次を得る： \begin{align} A e^{\beta a} + B e^{- \beta a} = T e^{ika} , \ \ \beta A e^{\beta a} - \beta B e^{- \beta a} = ik T e^{ika} \end{align} これを $T$ について解くと、次を得る： \begin{align} T = \frac{2ik \beta e^{-ika}} { - (\beta^2 - k^2) \sinh \beta a + 2ik \beta \cosh \beta a } \end{align}
よって、透過率は次のようになる： \begin{align} |T|^2 &= \frac{4 k^2 \beta^2} {4 k^2 \beta^2 + (\beta^2 + k^2)^2 \sinh^2 \beta a } \\ &= \frac{1} { 1 + \frac{(\beta^2 + k^2)^2}{4k^2 \beta^2} \sinh^2 \beta a } \end{align}
$\beta a \to \infty$ のとき、 $ \sinh \beta a \to \infty $ であるから、 $|T|^2 \to 0$ となる。