扰动。
级数法。
新E级数的第一项就是H′H'H′在原来状态下的期望。
现在来看怎么计算波函数。.这很好那个这个波函数可以被构造由老波函数的张空间。
然后左内积一个ψl\psi_lψl，假设l=nl=nl=n（不行）、l≠nl\ne nl=n就万事大吉了。最后ψn1\psi_n^1ψn1从ψm0\psi_m^0ψm0的系数就是⟨H⟩mn/(En−Em)\braket{H}_{mn}/(E_n-E_m)⟨H⟩mn/(En−Em)。
观察之，如果所有能量都不同就好。有相同的就坏了。这时，我们只需要简并扰动理论就行了。
一阶能量近似好像经常挺准的，但是一阶波函数近似非常的烂。
T8之后直接到27。
现在来看二阶近似。好吧，只算能量，波函数不算了？行吧。
把那几个公式过程和答案抄在一张纸上。
简并扰动理论
现在我们同时关心两个简并的本征态。就是说它们的能量一样。它们组合起来的一般态能量都一样。
但是我们不知道怎么组合。干脆就叫它ψ\psiψ好了。ψ=αψa+βψb\psi=\alpha \psi_a+\beta\psi_bψ=αψa+βψb。还是用级数法，左内积ψa\psi_aψa和ψb\psi_bψb得到两个形式一样的公式。然后再把合成式子带进去。结果就是（AB式）αE1=α⟨H′⟩aa+β⟨H′⟩ab\alpha E^1=\alpha\braket{H'}_{aa}+\beta\braket{H'}_{ab}αE1=α⟨H′⟩aa+β⟨H′⟩abβE1=α⟨H′⟩ba+β⟨H′⟩bb\beta E^1=\alpha\braket{H'}_{ba}+\beta\braket{H'}_{bb}βE1=α⟨H′⟩ba+β⟨H′⟩bb
但是两个希腊字母不确定。先消β再消α。βWabE1=αWabWba+βWabWbb\beta W_{ab}E^1=\alpha W_{ab}W_{ba}+\beta W_{ab}W_{bb}βWabE1=αWabWba+βWabWbb(αE1−αWaa)E1=αWabWba+(αE1−αWaa)Wbb(\alpha E^1-\alpha W_{aa})E^1=\alpha W_{ab}W_{ba}+(\alpha E^1-\alpha W_{aa})W_{bb}(αE1−αWaa)E1=αWabWba+(αE1−αWaa)Wbb如果α≠0\alpha\ne 0α=0两边可以除掉之：(E1)2−(Waa+Wbb)E1+WaaWbb−WabWba=0(E^1)^2-(W_{aa}+W_{bb})E^1+W_{aa}W_{bb}-W_{ab}W_{ba}=0(E1)2−(Waa+Wbb)E1+WaaWbb−WabWba=0(E1)2−(Waa+Wbb)E1+WaaWbb−∣Wab∣2=0(E^1)^2-(W_{aa}+W_{bb})E^1+W_{aa}W_{bb}-|W_{ab}|^2=0(E1)2−(Waa+Wbb)E1+WaaWbb−∣Wab∣2=0用一元二次方程求根公式就可以了。得到普遍DPT公式。
如果α=0\alpha=0α=0怎么办捏，代入AB式首先可见Wab=0W_{ab}=0Wab=0，然后直接E1=WbbE^1=W_{bb}E1=Wbb（这也符合普遍DPT公式）。这样其实就没有简并了，就是说他们是良民。所以如果我们一开始就知道他们是良民，就不用DPT了。
假设AAA是厄米算符并且和HHH与H′H'H′对易。ψa\psi_aψa和ψb\psi_bψb处HHH简并，同时他们也是AAA的本征函数，但是本征值不同，分别是μ\muμ和ν\nuν。那么⟨[A,H′]⟩ab=0=⟨a∣AH′b⟩−⟨a∣H′Ab⟩=μ⟨a∣H′b⟩−ν⟨a∣H′b⟩=(μ−ν)Wab\begin{aligned}\braket{[A,H']}_{ab}&=0\\&=\lang a|AH'b\rang-\lang a|H'Ab\rang\\&=\mu\lang a|H'b\rang-\nu\lang a|H'b\rang\\&=(\mu-\nu)W_{ab}\end{aligned}⟨[A,H′]⟩ab=0=⟨a∣AH′b⟩−⟨a∣H′Ab⟩=μ⟨a∣H′b⟩−ν⟨a∣H′b⟩=(μ−ν)Wab由于μ≠ν\mu\ne\nuμ=ν，所以WabW_{ab}Wab必须是000。那么ψa\psi_aψa和ψb\psi_bψb是良民。
