\begin{align} - \frac{\hbar^2}{2m} \psi''(x) + \frac{1}{2} kx^2 \psi(x) = E \psi(x) \end{align}
\begin{align} 1 &= \int_{- \infty}^\infty \left| \psi_0(x) \right|^2 dx \\ &= | C_0 |^2 \int_{- \infty}^\infty \exp \left( - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x^2 \right) dx \\ &= | C_0 |^2 \sqrt{\frac{\pi \hbar}{\sqrt{mk}}} \\ &= | C_0 |^2 \left( \frac{\pi^2 \hbar^2}{mk} \right)^{1/4} \end{align} であるから、 \begin{align} C_0 = \left( \frac{mk}{\pi^2 \hbar^2} \right)^{1/8} \end{align} とすればよい。
\begin{align} \psi_0'(x) &= - C_0 \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x \exp \left( - \frac{\sqrt{mk}}{2 \hbar} x^2 \right) \\ &= - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x \psi_0(x) \\ \psi_0''(x) &= - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} \psi_0(x) - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x \psi_0'(x) \\ &= - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} \psi_0(x) + \frac{mk}{\hbar^2} x^2 \psi_0(x) \end{align} より、 \begin{align} - \frac{\hbar^2}{2m} \psi_0''(x) + \frac{1}{2} kx^2 \psi_0(x) &= \frac{\hbar}{2} \sqrt{\frac{k}{m}} \psi_0(x) - \frac{1}{2} k x^2 \psi_0(x) + \frac{1}{2} k x^2 \psi_0(x) \\ &= \frac{\hbar}{2} \sqrt{\frac{k}{m}} \psi_0(x) \end{align} であるから、 \begin{align} E_0 = \frac{\hbar}{2} \sqrt{\frac{k}{m}} \end{align} を得る。
\begin{align} \langle x \rangle &= \int_{- \infty}^\infty \psi_0^*(x) x \psi_0(x) dx \\ &= C_0^2 \int_{- \infty}^\infty x \exp \left( - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x^2 \right) dx \end{align} であるが、被積分関数は奇関数なので、 \begin{align} \langle x \rangle = 0 \end{align} がわかる。
1次の摂動論で、基底状態の波動関数は、 \begin{align} &\psi_0(x) + \sum_{n=1}^\infty \frac{\psi_n(x)}{E_0-E_n} \int_{- \infty}^\infty \psi_n^*(x) U(x) \psi_0(x) dx \\ &= \psi_0(x) - F \sum_{n=1}^\infty \frac{\psi_n(x)}{E_0-E_n} \int_{- \infty}^\infty x \psi_n^*(x) \psi_0(x) dx \\ &= \psi_0(x) + F \frac{1}{\hbar} \sqrt{\frac{m}{k}} \left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2} \psi_1(x) \\ &= \psi_0(x) + C_1 \psi_1(x) \end{align} である。 ただし、 \begin{align} C_1 = F \frac{1}{\hbar} \sqrt{\frac{m}{k}} \left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2} \end{align} とおいた。 よって、この場合、 \begin{align} \langle x \rangle &= \int_{- \infty}^\infty \left(\psi_0(x) + C_1 \psi_1(x) \right)^* x \left(\psi_0(x) + C_1 \psi_1(x) \right) dx \\ &= 2 C_1 \int_{- \infty}^\infty x \psi_1^*(x) \psi_0(x) dx \\ &= 2 F \frac{1}{\hbar} \sqrt{\frac{m}{k}} \left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2} \left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2} \\ &= \frac{F}{k} \end{align} を得る。
\begin{align} V(x) + U(x) &= \frac{1}{2} k x^2 - F x \\ &= \frac{1}{2} k \left( x - \frac{F}{k} \right)^2 - \frac{F^2}{2k} \end{align} であるから、シュレディンガー方程式は次のようになる： \begin{align} - \frac{\hbar^2}{2m} \psi''(x) + \frac{1}{2} k \left( x - \frac{F}{k} \right)^2 \psi(x) = \left(E + \frac{F^2}{2k} \right) \psi(x) \end{align} ここで、 \begin{align} \xi = x - \frac{F}{k} , \ \ \ \ \phi(\xi) = \psi \left( \xi + \frac{F}{k} \right) \end{align} とおくと、 \begin{align} - \frac{\hbar^2}{2m} \phi''(\xi) + \frac{1}{2} k \xi^2 \phi(\xi) = \left(E + \frac{F^2}{2k} \right) \phi(\xi) \end{align} となるから、 (1) d) と同様にして、 \begin{align} \langle \xi \rangle = 0 \end{align} がわかる。 よって、 \begin{align} \langle x \rangle = \frac{F}{k} \end{align} を得る。