橋：熱平衡の位置の分散を4つの言葉で

(a) $\hat x=\sqrt{\hbar/(2m\omega)}(\hat a+\hat a^\dagger)$ から $\langle n | \hat x^2 | n \rangle =\frac{\hbar}{2m\omega}\langle n | \hat a\hat a^\dagger+\hat a^\dagger\hat a | n \rangle =\frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1)$。$p_n$ で平均すると $\frac{\hbar}{2m\omega}(2\langle n \rangle +1)$ で、$\langle n \rangle =1/(\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega}-1)$ から $2\langle n \rangle +1=(\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega}+1)/(\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega}-1)=\coth(\beta\hbar\omega/2)$。

(b) $W_\beta$ の指数は $-\frac{2t_\beta}{\hbar\omega}\bigl(\frac{p^2}{2m}+\frac{m\omega^2x^2}{2}\bigr)$ で、$x$ について分散 $\frac{\hbar\omega}{2t_\beta m\omega^2}=\frac{\hbar}{2m\omega t_\beta}$ の Gauss 分布である。$W_\beta$ は規格化されているので、$\int x^2W_\beta=\frac{\hbar}{2m\omega}\coth(\beta\hbar\omega/2)$。

(c) $z=\beta\hbar\omega/2$ とおくと $\omega^2+\omega_n^2=(2/(\beta\hbar))^2(z^2+n^2\pi^2)$ なので

$$\sum_{n\in\mathbb Z}\frac{1}{\omega^2+\omega_n^2}=\Bigl(\frac{\beta\hbar}{2}\Bigr)^2\Bigl[\frac1{z^2}+\sum_{n\ge1}\frac{2}{z^2+n^2\pi^2}\Bigr] =\Bigl(\frac{\beta\hbar}{2}\Bigr)^2\frac1z\Bigl[\frac1z+\sum_{n\ge1}\frac{2z}{z^2+n^2\pi^2}\Bigr].$$

最後の括弧は $\coth z$ の部分分数展開（Mittag-Leffler の展開。$\coth z$ の極は $z=\mathrm{i} n\pi$ にあり、留数はどれも $1$）そのものなので、和は $(\beta\hbar/2)^2\coth z/z=\frac{\beta\hbar}{2\omega}\coth z$ となる。$1/(\beta m)$ を掛けると $\frac{\hbar}{2m\omega}\coth(\beta\hbar\omega/2)$。

(d) $\varphi_c(W(0,b))=\exp(-cb^2/(4m\omega\hbar))$ である。$W(0,b)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} b\hat x/\hbar}$ を $b$ で2回微分して $b=0$ とおくと $-\hat x^2/\hbar^2$ になるので、$-\hbar^2\partial_b^2\varphi_c|_{b=0}=\langle \hat x^2 \rangle$ である。左辺は $\hbar^2\cdot\frac{2c}{4m\omega\hbar}=\frac{c\hbar}{2m\omega}$ で、$c=\coth(\beta\hbar\omega/2)$ を代入すると同じ値になる。