由于绝大多数情况下薛定谔方程都没有解析解，所以需要用微扰论来求得一个结果。当能级为非简并时，最普通的微扰方法（非简并定态微扰）就能快速解决。当能级存在简并时，非简并定态微扰的前提条件就被打破了，这时就需要简并定态微扰出场。而简并定态微扰的本质就是重新组合简并态，使简并子空间中微扰的矩阵元对角化，从而求解。
这一系列的方法都是由于大部分情况下薛定谔方程无解析解导致的。这究竟是薛定谔方程的问题还是物理法则本质不让你求得解析解？我认为这两者都不是。薛定谔方程能够精确解得氢原子问题，说明其本身一定蕴含某种真理。而物理法则没有理由限制你求解，最多限制你在测量前无法得知具体结果，但概率分布应该是可以计算的。
我是不满足任何人为的近似方法的，除非世界的本质就是这套法则，但也没有理由是这套法则。对于微扰，我的态度是，简要了解即可，但这也绝不是偷懒、草草了事的理由。对于世界的本质，我们知道的太少太少了。历史上所有的重要突破，都是从一个全新的视角出发的。前进。
将要计算的波函数在无微扰表象中展开。其中 $n$ 表示本征值不同的波函数序号， $\nu$ 表示对应于同一能量的一组简并波函数的序号。零级波函数是已知的，所以只要算出 $C_{n\nu}$ 就能得到要计算的波函数。
$$ \psi = \sum_{n\nu} C_{n\nu} \psi_{n\nu}^{(0)} $$
将上式带入定态薛定谔方程 $H \psi = (H_0 + \lambda H') \psi = E \psi$
$$ \sum_{n\nu} C_{n\nu} E_{n}^{(0)} \psi_{n\nu}^{(0)} + \lambda \sum_{n\nu} C_{n\nu} H' \psi_{n\nu}^{(0)} = E \sum_{n\nu} C_{n\nu} \psi_{n\nu}^{(0)} $$
两边同时左乘 $\psi_{m\mu}^{(0)\ast}$ 并积分，可提取出 $C_{n\nu}$
$$ E_{m}^{(0)} C_{m\mu} + \lambda \sum_{n\nu} C_{n\nu} H'_{m\mu, n\nu} = E C_{m\mu} $$
$$ H'_{m\mu,n\nu} \equiv \langle \psi_{m\mu}^{(0)} | H' | \psi_{n\nu}^{(0)} \rangle $$
以上步骤是准备阶段，目的是把薛定谔方程在无微扰表象中写开。
开始引入微扰。将波函数和能量展开：
$$ \begin{aligned} &E = E^{(0)} + \lambda E^{(1)} + \lambda^2 E^{(2)} + \cdots \\ &C_{n\nu} = C_{n\nu}^{(0)} + \lambda C_{n\nu}^{(1)} + \lambda^2 C_{n\nu}^{(2)} + \cdots \end{aligned} $$
将这两项带入上边展开的定态方程中。
$$ \begin{aligned} & E_{m}^{(0)} (C_{m\mu}^{(0)} + \lambda C_{m\mu}^{(1)} + \lambda^{2} C_{m\mu}^{(2)} + \cdots) + \\ & \quad \quad \lambda \sum_{n\nu} (C_{n\nu}^{(0)} + \lambda C_{n\nu}^{(1)} + \lambda^{2} C_{n\nu}^{(2)} + \cdots) H'_{m\mu, n\nu} \\ & = (E^{(0)} + \lambda E^{(1)} + \lambda^{2} E^{(2)} + \cdots)(C_{m\mu}^{(0)} + \lambda C_{m\mu}^{(1)} + \lambda^{2} C_{m\mu}^{(2)} + \cdots) \end{aligned} $$
展开，对齐不同阶的 $\lambda$
$$ \begin{aligned} & \lambda^{0}: \quad (E^{(0)} - E_{m}^{(0)})C_{m\mu}^{(0)} = 0 \\ & \lambda^{1}: \quad (E^{(0)} - E_{m}^{(0)})C_{m\mu}^{(1)} + E^{(1)}C_{m\mu}^{(0)} - \sum_{n\nu} C_{n\nu}^{(0)} H'_{m\mu, n\nu} = 0 \\ & \cdots \end{aligned} $$
对于 $\lambda^{0}$，关注第 $k$ 个能量能级。
$$ (E_{k}^{(0)} - E_{m}^{(0)})C_{m\mu}^{(0)} = 0 $$
分析上式：两项相乘为零，则要么 $(E_{k}^{(0)} - E_{m}^{(0)})$ 为零，要么 $C_{m\mu}^{(0)}$ 为零。
- 当 $m \neq k$ 时 $C_{m\mu}^{(0)}$ 为零。
- 当 $m = k$ 时，$C_{k\mu}^{(0)}$ 可以为一常数（$a_{\mu}$）。
即：
$$ C_{m\mu}^{(0)} = a_{\mu} \delta_{mk} $$
对于 $\lambda^{1}$，同样关注第 $k$ 个能级。
$$ (E_k^{(0)} - E_m^{(0)})C_{m\mu}^{(1)} + E^{(1)} a_\mu \delta_{mk} - \sum_{n\nu} a_\nu \delta_{nk} H'_{m\mu, n\nu} = 0 $$
利用克罗内克符号筛选性质。
$$ (E_k^{(0)} - E_m^{(0)})C_{m\mu}^{(1)} + E^{(1)} a_\mu \delta_{mk} - \sum_\nu a_\nu H'_{m\mu, k\nu} = 0 $$
对上式，取 $m=k$，得：
$$ E^{(1)} a_\mu - \sum_\nu a_\nu H'_{k\mu, k\nu} = 0 $$
对上式做一个同义转换，$f_k$ 是简并子空间的简并度：
$$ \sum_{\nu=1}^{f_k} (H'_{k\mu, k\nu} - E^{(1)} \delta_{\mu\nu}) a_\nu = 0 $$
这是一个关于 $a_\nu$ 的线性方程组，它非零解的条件是系数行列式为零。即：
$$ \det |H'_{k\mu, k\nu} - E^{(1)} \delta_{\mu\nu}| = 0 $$
由于 $H'_{k\mu, k\nu}$ 已知，上式可解出一个 $E^{(1)}$，从而解出一组 $a_\nu$。由于 $\nu$ 可以从 1 取到 $f_k$，所以 $E^{(1)}$ 最多有 $f_k$ 个结果（可能部分结果还是相同），对应 $f_k$ 组 $a_\nu$。用 $\alpha$ 作为区分不同组的序号。
$$ \phi_{n\alpha}^{(0)} = \sum_{\nu} a_{\alpha\nu} \psi_{n\nu}^{(0)} $$
$$ E_n = E_n^{(0)} + E_{n\alpha}^{(1)} $$
可以证明，若 $\psi_{n\nu}^{(0)}$ 正交归一，则 $\phi_{n\alpha}^{(0)}$ 正交归一。