1. Para uma partícula sujeita a um potencial de oscilador harmônico:
    (a) Construa as integrais para \langle x\rangle,\langle p\rangle,\left\langle x^{2}\right\rangle e \left\langle p^{2}\right\rangle para os estados \psi_{0} e \psi_{1}. Dica: introduzir a variável \xi \equiv \sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}} x e a constante \alpha \equiv(m \omega / \pi \hbar)^{1 / 4}. (Não é necessário calcular as integrais).
    (b) Utilize o método algébrico para calcular as integrais \langle x\rangle,\langle p\rangle,\left\langle x^{2}\right\rangle e \left\langle p^{2}\right\rangle para os estados \psi_{n}, n \doteq 0,1,2, \ldots
    (c) Verifique o princípio da incerteza para estes estados.
    (d) Calcule \langle K\rangle, o valor esperado da energia cinética, e \langle V\rangle, o valor esperado da energia potencial, para ambos estados. A soma destes valores esperados é o que você esperava? Justifique.
    (e) Demonstre que se a energia do estado fundamental fosse E_{0}=0, isto violaria o princípio da incerteza, o que explica a exergia de ponto zero.

Passo 1

O enunciado pede várias coisas sobre a partícula no potencial do oscilador harmônico. Vou listar claramente o que é pedido e o que nos é dado:
  • Perguntas:
    1. (a) Construir as integrais que definem \langle x\rangle,\langle p\rangle,\left\langle x^{2}\right\rangle,\left\langle p^{2}\right\rangle para os estados \psi_{0} e \psi_{1}. (Dica: use \xi\equiv\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x e \alpha\equiv\bigl(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\bigr)^{1/4}. Não é necessário calcular essas integrais.)
    2. (b) Usar o método algébrico (operadores escalonadores) para calcular \langle x\rangle,\langle p\rangle,\left\langle x^{2}\right\rangle,\left\langle p^{2}\right\rangle para os estados \psi_{n} (com n=0,1,2,\ldots).
    3. (c) Verificar o princípio da incerteza para esses estados.
    4. (d) Calcular \langle K\rangle (energia cinética) e \langle V\rangle (energia potencial) para os estados \psi_{0} e \psi_{1}. Verificar se a soma é a energia esperada.
    5. (e) Mostrar que se E_{0}=0 isso violaria o princípio da incerteza (justificar por que existe energia de ponto zero).
  • Informações / dados fornecidos e fórmulas úteis que usaremos:
    • Definição da variável sem dimensão: \xi \equiv \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\,x.
    • Constante recomendada: \alpha \equiv \biggl(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\biggr)^{1/4}.
    • Representação de momento na representação x: \hat p = -i\hbar\frac{d}{dx}.
    • Relação diferencial ao mudar de variável: dx = \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\,d\xi.
    • Os estados fundamentais normalizados (usarei a forma conhecida) são: \psi_{0}(x)=\alpha\,e^{-\xi^{2}/2},\qquad \psi_{1}(x)=\sqrt{2}\,\xi\,\alpha\,e^{-\xi^{2}/2},onde \xi e \alpha são os do enunciado (vou usar essas formas para construir as integrais).
  • Observação: nesta etapa eu só identifiquei o pedido e os dados; a resolução começa no próximo passo.

Passo 2

(a) Construção das integrais para \psi_{0} e \psi_{1}. Vou escrever cada valor esperado na forma integral, trocando para a variável \xi para ficar conforme a dica.
Primeiro lembretes úteis (todos em porque são quantidades matemáticas):
\psi_{0}(x)=\alpha e^{-\xi^{2}/2},
\psi_{1}(x)=\sqrt{2}\,\xi\,\alpha e^{-\xi^{2}/2},
com \xi=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x e dx=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\,d\xi.
Também \hat p=-i\hbar\frac{d}{dx} e \hat p^{2}=-\hbar^{2}\frac{d^{2}}{dx^{2}}.
Agora as integrais:
  • Para \psi_{0}:
\langle x\rangle_{0}=\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{0}^{*}(x)\,x\,\psi_{0}(x)\,dx =\int_{-\infty}^{\infty}\bigl(\alpha e^{-\xi^{2}/2}\bigr)\,x\,\bigl(\alpha e^{-\xi^{2}/2}\bigr)\,dx.
Usando x=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\,\xi e dx=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\,d\xi, fica
\langle x\rangle_{0} =\alpha^{2}\frac{\hbar}{m\omega}\int_{-\infty}^{\infty}\xi\,e^{-\xi^{2}}\,d\xi.
\langle x^{2}\rangle_{0} =\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{0}^{*}(x)\,x^{2}\,\psi_{0}(x)\,dx =\alpha^{2}\frac{\hbar}{m\omega}\int_{-\infty}^{\infty}\xi^{2}\,e^{-\xi^{2}}\,d\xi.
\langle p\rangle_{0}=\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{0}^{*}(x)\,(-i\hbar)\frac{d}{dx}\psi_{0}(x)\,dx.
Usando \frac{d}{dx}=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\frac{d}{d\xi} e as formas de \psi_{0}, isso se escreve explicitamente como
\langle p\rangle_{0}=-i\hbar\,\alpha^{2}\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi^{2}/2}\frac{d}{d\xi}\bigl(e^{-\xi^{2}/2}\bigr)\,d\xi.
\langle p^{2}\rangle_{0}=\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{0}^{*}(x)\,(-\hbar^{2})\frac{d^{2}}{dx^{2}}\psi_{0}(x)\,dx,
ou seja, substituindo a mudança de variável e derivadas em \xi (lembrando o fator \frac{d}{dx}=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\frac{d}{d\xi}):
\langle p^{2}\rangle_{0}=-\hbar^{2}\alpha^{2}\frac{m\omega}{\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi^{2}/2}\frac{d^{2}}{d\xi^{2}}\bigl(e^{-\xi^{2}/2}\bigr)\,d\xi.
  • Para \psi_{1} (mesma ideia, só que \psi_{1}=\sqrt{2}\xi\alpha e^{-\xi^{2}/2}):
\langle x\rangle_{1}=\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{1}^{*}x\psi_{1}\,dx =\alpha^{2}\frac{\hbar}{m\omega}\,2\int_{-\infty}^{\infty}\xi^{3}e^{-\xi^{2}}\,d\xi.
\langle x^{2}\rangle_{1}=\alpha^{2}\frac{\hbar}{m\omega}\,2\int_{-\infty}^{\infty}\xi^{4}e^{-\xi^{2}}\,d\xi.
\langle p\rangle_{1}=-i\hbar\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{1}^{*}\frac{d}{dx}\psi_{1}\,dx,
com a mesma substituição \frac{d}{dx}=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\frac{d}{d\xi} e \psi_{1} explicitada dentro da integral.
\langle p^{2}\rangle_{1}=-\hbar^{2}\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{1}^{*}\frac{d^{2}}{dx^{2}}\psi_{1}\,dx,
também escrito em \xi usando as relações acima.
Observação final sobre (a): as integrais acima são as formas pedidas (em \xi), e podem ser tratadas por paridade (algumas são imediatamente zero) ou por cálculo direto, mas o enunciado pediu só a construção; portanto encerrei aqui essa parte construtiva.

Passo 3

Curto comentário didático sobre paridade (útil tanto para (a) quanto como intuição antes do método algébrico): as funções \psi_{0} e \psi_{1} têm paridade definida — \psi_{0}(x) é par (função par) e \psi_{1}(x) é impar (função ímpar) quando vistas como funções de \xi. Sempre que integrarmos sobre (-\infty,\infty) um produto par vezes uma função ímpar obtemos zero. Por exemplo, x é ímpar, \psi_{0}^{2} é par, então \psi_{0}^{*} x \psi_{0} é ímpar e sua integral sobre toda a reta é zero. Isso já nos dá sem cálculo direto que \langle x\rangle_{0}=0, \langle x\rangle_{1}=0? Vamos conferir com o método algébrico (que é mais geral) no próximo passo; aqui só deixei a intuição de por que muitos desses termos se anulam.

Passo 4

(b) Método algébrico com operadores escalonadores — apresentação e definições (explicação passo a passo e didática):
Definimos os operadores adimensionais \hat a e \hat a^{\dagger} por
\hat a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat x+\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat p, \qquad \hat a^{\dagger}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat x-\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat p.
Essas definições implicam (inversamente) as expressões para \hat x e \hat p em termos de \hat a e \hat a^{\dagger}:
\hat x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\bigl(\hat a+\hat a^{\dagger}\bigr), \qquad \hat p=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\bigl(\hat a^{\dagger}-\hat a\bigr).
Explicação rápida: escrevemos \hat x e \hat p como combinações lineares adimensionais de \hat a e \hat a^{\dagger} para simplificar cálculo de expectativas usando propriedades do número de fótons (ou de ocupação) \hat N=\hat a^{\dagger}\hat a.
Conhecemos a comutação
[\hat a,\hat a^{\dagger}]=1,
e os autovalores do operador número em estados |n\rangle (que aqui são nossos \psi_{n}):
\hat N|n\rangle=n|n\rangle.
Também as ações
\hat a|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle,\qquad \hat a^{\dagger}|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle.
Agora calculamos as expectativas pedidas em um estado |n\rangle (vou escrever |n\rangle=\psi_{n} mentalmente).
  1. \langle x\rangle_{n}.
\langle x\rangle_{n}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle n|(\hat a+\hat a^{\dagger})|n\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\bigl(\langle n|\hat a|n\rangle+\langle n|\hat a^{\dagger}|n\rangle\bigr).
Mas \langle n|\hat a|n\rangle é proporcional a \langle n|n-1\rangle (igual a \sqrt{n}\langle n|n-1\rangle) que é zero (estados ortonormais diferentes são ortogonais). Mesma coisa para \langle n|\hat a^{\dagger}|n\rangle. Portanto
\boxed{\langle x\rangle_{n}=0.}
  1. \langle p\rangle_{n}.
\langle p\rangle_{n}=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\langle n|(\hat a^{\dagger}-\hat a)|n\rangle.
Novamente cada termo é uma sobreposição entre |n\rangle e |n\pm1\rangle que é zero, então
\boxed{\langle p\rangle_{n}=0.}
  1. \langle x^{2}\rangle_{n}. Aqui precisamos expandir:
\hat x^{2}=\frac{\hbar}{2m\omega}(\hat a+\hat a^{\dagger})^{2} =\frac{\hbar}{2m\omega}\bigl(\hat a^{2}+\hat a^{\dagger 2}+\hat a\hat a^{\dagger}+\hat a^{\dagger}\hat a\bigr).
Tomando expectativa em |n\rangle, termos como \langle n|\hat a^{2}|n\rangle e \langle n|\hat a^{\dagger 2}|n\rangle ligam |n\rangle a |n\pm2\rangle e, portanto, são zero. Restam
\langle x^{2}\rangle_{n}=\frac{\hbar}{2m\omega}\langle n|(\hat a\hat a^{\dagger}+\hat a^{\dagger}\hat a)|n\rangle.
Usando \hat a\hat a^{\dagger}=\hat a^{\dagger}\hat a+1=\hat N+1, obtemos
\langle x^{2}\rangle_{n}=\frac{\hbar}{2m\omega}\langle n|(2\hat N+1)|n\rangle =\frac{\hbar}{2m\omega}\bigl(2n+1\bigr).
Podemos escrever de forma mais bonita:
\boxed{\langle x^{2}\rangle_{n}=\frac{\hbar}{m\omega}\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr).}
  1. \langle p^{2}\rangle_{n}. Expandimos usando \hat p=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\hat a^{\dagger}-\hat a):
\hat p^{2}=-\frac{m\hbar\omega}{2}(\hat a^{\dagger}-\hat a)^{2} =-\frac{m\hbar\omega}{2}\bigl(\hat a^{\dagger2}+\hat a^{2}-\hat a^{\dagger}\hat a-\hat a\hat a^{\dagger}\bigr).
Ao tomar expectativa, os termos com \hat a^{2} e \hat a^{\dagger2} desaparecem por ortogonalidade, e restam os dois outros termos. Usando de novo \hat a\hat a^{\dagger}=\hat N+1 e \hat a^{\dagger}\hat a=\hat N, ficamos com
\langle p^{2}\rangle_{n}=\frac{m\hbar\omega}{2}\langle n|(2\hat N+1)|n\rangle =\frac{m\hbar\omega}{2}(2n+1).
Ou escrita equivalente:
\boxed{\langle p^{2}\rangle_{n}=m\hbar\omega\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr).}
Resumo algébrico (resultados úteis para substituir nos itens seguintes):
\langle x\rangle_{n}=0,\qquad \langle p\rangle_{n}=0,\qquad \langle x^{2}\rangle_{n}=\frac{\hbar}{m\omega}\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr),\qquad \langle p^{2}\rangle_{n}=m\hbar\omega\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr).

Passo 5

Aplicando os resultados do passo anterior aos casos específicos n=0 e n=1 (para comparação com (a)):
  • Para n=0 (estado fundamental \psi_{0}):
\langle x\rangle_{0}=0,\qquad \langle p\rangle_{0}=0,
\langle x^{2}\rangle_{0}=\frac{\hbar}{m\omega}\Bigl(\tfrac{1}{2}\Bigr)=\frac{\hbar}{2m\omega},
\langle p^{2}\rangle_{0}=m\hbar\omega\Bigl(\tfrac{1}{2}\Bigr)=\frac{m\hbar\omega}{2}.
  • Para n=1 (primeiro excitado \psi_{1}):
\langle x\rangle_{1}=0,\qquad \langle p\rangle_{1}=0,
\langle x^{2}\rangle_{1}=\frac{\hbar}{m\omega}\Bigl(1+\tfrac{1}{2}\Bigr)=\frac{3\hbar}{2m\omega},
\langle p^{2}\rangle_{1}=m\hbar\omega\Bigl(1+\tfrac{1}{2}\Bigr)=\frac{3m\hbar\omega}{2}.
Esses valores coincidem com as simetrias e com o que as integrais do passo 2 indicavam (paridade etc.).

Passo 6

(c) Verificação do princípio da incerteza para os estados \psi_{n}.
Definição de desvios (variâncias):
(\Delta x)^{2}=\langle x^{2}\rangle-\langle x\rangle^{2},\qquad (\Delta p)^{2}=\langle p^{2}\rangle-\langle p\rangle^{2}.
Como \langle x\rangle_{n}=\langle p\rangle_{n}=0, temos (\Delta x)^{2}=\langle x^{2}\rangle_{n} e (\Delta p)^{2}=\langle p^{2}\rangle_{n}. Então
\Delta x\,\Delta p =\sqrt{\langle x^{2}\rangle_{n}\,\langle p^{2}\rangle_{n}} =\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr)\cdot m\hbar\omega\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr)}.
Cancelando fatores,
\Delta x\,\Delta p=\hbar\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr)=\frac{\hbar}{2}(2n+1).
Isso satisfaz o princípio da incerteza de Heisenberg \Delta x\,\Delta p\ge \frac{\hbar}{2} porque \frac{\hbar}{2}(2n+1)\ge\frac{\hbar}{2} para todo n\ge 0. Observação importante: para n=0 obtemos exatamente \Delta x\,\Delta p=\frac{\hbar}{2}, ou seja, o estado fundamental é um estado de incerteza mínima.

Passo 7

(d) Valores esperados da energia cinética \langle K\rangle e da energia potencial \langle V\rangle, e soma:
As expressões são
\langle K\rangle=\frac{\langle p^{2}\rangle}{2m},\qquad \langle V\rangle=\frac{1}{2}m\omega^{2}\langle x^{2}\rangle.
Usando os resultados do passo 4,
\langle K\rangle_{n}=\frac{1}{2m}\,m\hbar\omega\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr)=\frac{\hbar\omega}{2}\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr),
\langle V\rangle_{n}=\frac{1}{2}m\omega^{2}\cdot\frac{\hbar}{m\omega}\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr)=\frac{\hbar\omega}{2}\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr).
Portanto \langle K\rangle_{n}=\langle V\rangle_{n} — cada uma é metade da energia total esperada. A soma é
\langle H\rangle_{n}=\langle K\rangle_{n}+\langle V\rangle_{n} =\hbar\omega\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr),
que é exatamente o autovalor de energia da equação de Schrödinger para o oscilador harmônico E_{n}=\hbar\omega(n+\tfrac{1}{2}). Isso era esperado porque |n\rangle é um autovetor do Hamiltoniano \hat H, de modo que \langle H\rangle deve ser igual ao respectivo autovalor. Também é um exemplo do teorema do virial para potenciais harmônicos, que manda \langle K\rangle=\langle V\rangle.
Aplicando para n=0 e n=1:
  • n=0: \langle K\rangle_{0}=\langle V\rangle_{0}=\frac{\hbar\omega}{4}, soma \hbar\omega/2.
  • n=1: \langle K\rangle_{1}=\langle V\rangle_{1}=\frac{3\hbar\omega}{4}, soma 3\hbar\omega/2.

Passo 8

(e) Demonstração de que E_{0}=0 violaria o princípio da incerteza (explicação física e inequação):
Começamos observando que a energia média em qualquer estado é
\langle H\rangle=\frac{\langle p^{2}\rangle}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^{2}\langle x^{2}\rangle.
Se tentássemos ter \langle H\rangle=0 no estado fundamental, então as duas parcelas não-negativas teriam de ser simultaneamente zero. Em particular \langle p^{2}\rangle=0 e \langle x^{2}\rangle=0, o que implica \Delta p=0 e \Delta x=0, e consequentemente \Delta x\,\Delta p=0. Mas isto contradiz o princípio da incerteza que exige \Delta x\,\Delta p\ge\hbar/2.
Uma forma mais elegante e quantitativa de ver o limite mínimo da energia usa a desigualdade aritmética–geométrica (AM–GM). Defina
A=\frac{\langle p^{2}\rangle}{2m},\qquad B=\frac{1}{2}m\omega^{2}\langle x^{2}\rangle,
ambos não-negativos. Então pela AM–GM
A+B\ge 2\sqrt{AB}.
Mas
AB=\frac{\langle p^{2}\rangle\langle x^{2}\rangle}{4}\,\omega^{2} \ge \frac{(\Delta p\,\Delta x)^{2}}{4}\,\omega^{2} \ge \frac{(\hbar/2)^{2}}{4}\,\omega^{2}=\frac{\hbar^{2}\omega^{2}}{16},
onde usei primeiro que \langle p^{2}\rangle\ge(\Delta p)^{2} e \langle x^{2}\rangle\ge(\Delta x)^{2}, e depois o princípio da incerteza \Delta x\,\Delta p\ge\hbar/2. Portanto
\langle H\rangle=A+B\ge 2\sqrt{AB}\ge 2\cdot\frac{\hbar\omega}{4}=\frac{\hbar\omega}{2}.
Isto mostra que a energia mínima possível é \hbar\omega/2; qualquer hipótese E_{0}=0 violaria a desigualdade e, assim, o princípio da incerteza. É por isso que existe energia de ponto zero (zero-point energy) no oscilador harmônico.

Resposta

(a) Para \psi_{0}(x)=\alpha e^{-\xi^{2}/2} e \psi_{1}(x)=\sqrt{2}\,\xi\,\alpha e^{-\xi^{2}/2} com \xi=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x e dx=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\,d\xi:
\langle x\rangle_{0}=\alpha^{2}\frac{\hbar}{m\omega}\int_{-\infty}^{\infty}\xi e^{-\xi^{2}}d\xi,\qquad \langle x^{2}\rangle_{0}=\alpha^{2}\frac{\hbar}{m\omega}\int_{-\infty}^{\infty}\xi^{2}e^{-\xi^{2}}d\xi,
\langle p\rangle_{0}=-i\hbar\,\alpha^{2}\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi^{2}/2}\frac{d}{d\xi}\bigl(e^{-\xi^{2}/2}\bigr)d\xi,
\langle p^{2}\rangle_{0}=-\hbar^{2}\alpha^{2}\frac{m\omega}{\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi^{2}/2}\frac{d^{2}}{d\xi^{2}}\bigl(e^{-\xi^{2}/2}\bigr)d\xi,
\langle x\rangle_{1}=\alpha^{2}\frac{\hbar}{m\omega}\,2\int_{-\infty}^{\infty}\xi^{3}e^{-\xi^{2}}d\xi,\qquad \langle x^{2}\rangle_{1}=\alpha^{2}\frac{\hbar}{m\omega}\,2\int_{-\infty}^{\infty}\xi^{4}e^{-\xi^{2}}d\xi,
\langle p\rangle_{1}=-i\hbar\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{1}^{*}\frac{d}{d\xi}\psi_{1}\,d\xi,\qquad \langle p^{2}\rangle_{1}=-\hbar^{2}\frac{m\omega}{\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{1}^{*}\frac{d^{2}}{d\xi^{2}}\psi_{1}\,d\xi.
(b) Para \psi_{n} (qualquer n\ge0):
\langle x\rangle_{n}=0,\qquad \langle p\rangle_{n}=0,
\langle x^{2}\rangle_{n}=\frac{\hbar}{m\omega}\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr),\qquad \langle p^{2}\rangle_{n}=m\hbar\omega\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr).
(c) Incerteza:
\Delta x\,\Delta p=\frac{\hbar}{2}(2n+1)\ge\frac{\hbar}{2},
com igualdade para n=0.
(d) Energias cinética e potencial:
\langle K\rangle_{n}=\frac{\langle p^{2}\rangle_{n}}{2m}=\frac{\hbar\omega}{2}\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr),
\langle V\rangle_{n}=\frac{1}{2}m\omega^{2}\langle x^{2}\rangle_{n}=\frac{\hbar\omega}{2}\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr).
Soma:
\langle H\rangle_{n}=\langle K\rangle_{n}+\langle V\rangle_{n}=\hbar\omega\Bigl(n+\tfrac{1}{2}\Bigr)=E_{n},
conforme esperado.
(e) Se E_{0}=0 então \langle p^{2}\rangle_{0}=\langle x^{2}\rangle_{0}=0 e \Delta x\,\Delta p=0, violando \Delta x\,\Delta p\ge\hbar/2. Pelo argumento com AM–GM, \langle H\rangle\ge\hbar\omega/2, logo o mínimo permitido é E_{0}=\hbar\omega/2 (energia de ponto zero).

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