$\star$ 積の性質と計算の道具

(1) 右から先に計算する。$x^2\star p=(p+\frac{\mathrm{i}\hbar}{2}\partial_x)x^2=x^2p+\mathrm{i}\hbar x$。次に左から $p\star$ を当てると

$$p\star(x^2p+\mathrm{i}\hbar x)=\Bigl(p-\frac{\mathrm{i}\hbar}{2}\partial_x\Bigr)(x^2p+\mathrm{i}\hbar x)=x^2p^2+\mathrm{i}\hbar xp-\mathrm{i}\hbar xp-\frac{\mathrm{i}\hbar}{2}\cdot\mathrm{i}\hbar=x^2p^2+\frac{\hbar^2}{2} .$$

同じ計算で $x\star p^2\star x=x^2p^2+\hbar^2/2$ も得られる。$\hat p\hat x^2\hat p$ と $\hat x\hat p^2\hat x$ は記号が同じなので、Weyl 対応が1対1であることから同じ演算子である。一方、$\tfrac12(\hat x^2\hat p^2+\hat p^2\hat x^2)$ の記号は $x^2p^2-\hbar^2/2$ で、古典の関数 $x^2p^2$ に対応しうる3つの演算子の記号は $\hbar^2$ の定数だけ違う（順序の曖昧さの具体的な形。第2部第2章）。

(2) $W_0$ では $x$ と $p$ は独立な Gauss 分布で、$\langle x^2 \rangle =\hbar/(2m\omega)$、$\langle p^2 \rangle =m\hbar\omega/2$ である。したがって

$$\langle \hat p\hat x^2\hat p \rangle =\int W_0\Bigl(x^2p^2+\frac{\hbar^2}{2}\Bigr)\mathrm{d} x\,\mathrm{d} p=\frac{\hbar}{2m\omega}\cdot\frac{m\hbar\omega}{2}+\frac{\hbar^2}{2}=\frac{3\hbar^2}{4} .$$

直接には、$\psi_0\propto\mathrm{e}^{-m\omega x^2/(2\hbar)}$ に $\hat p=-\mathrm{i}\hbar\partial_x$ を当てると $\hat p\psi_0=\mathrm{i} m\omega x\psi_0$、さらに $\hat x$ を当てて $\hat x\hat p\psi_0=\mathrm{i} m\omega x^2\psi_0$ である。$\langle \hat p\hat x^2\hat p \rangle =\lVert \hat x\hat p\psi_0\rVert ^2=m^2\omega^2\langle x^4 \rangle =m^2\omega^2\cdot3\bigl(\hbar/(2m\omega)\bigr)^2=3\hbar^2/4$ で一致する。$\hat p\hat x^2\hat p$ は $(\hat x\hat p)^\dagger(\hat x\hat p)$ の形なので期待値は必ず非負で、実際に正の値になった。$\tfrac12(\hat x^2\hat p^2+\hat p^2\hat x^2)$ はこの形に書けず、期待値 $-\hbar^2/4$ は負である。古典の $x^2p^2$ は非負の関数だが、それに対応する演算子が非負になるかどうかは並べ方で決まる。