\begin{align} - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} \phi (x) + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 \phi (x) = E \phi (x) \end{align}
\begin{align} \tilde{\phi}(\xi) = \phi \left( \sqrt{\frac{\hbar}{m \omega}} \xi \right) \end{align} を改めて $\phi(\xi)$ と書くことにすると、 \begin{align} - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{m \omega}{\hbar} \frac{d^2}{d \xi^2} \phi (\xi) + \frac{1}{2} m \omega^2 \frac{\hbar}{m \omega} \xi^2 \phi (\xi) = \frac{1}{2} \hbar \omega \epsilon \phi (\xi) \end{align} \begin{align} \therefore \ \ - \frac{d^2}{d \xi^2} \phi (\xi) + \xi^2 \phi (\xi) = \epsilon \phi (\xi) \end{align} を得る。
$\xi$ が大きい極限では $\xi^2$ に対して $\epsilon$ は無視できるので、 無次元化したシュレディンガー方程式は \begin{align} - \frac{d^2}{d \xi^2} \phi (\xi) + \xi^2 \phi (\xi) = 0 \end{align} となる。 これの一般解は、 \begin{align} \phi(\xi) &= A \exp \left( \frac{1}{2} \xi^2 \right) + B \exp \left( - \frac{1}{2} \xi^2 \right) &(A, B \text{ は積分定数 } ) \end{align} であるが、 $|\xi|$ が大きい極限で発散しないためには $A=0$ でなければならない。 よって、波動関数の規格化を考えないとすると、 $\xi$ が大きい極限で波動関数は \begin{align} \exp \left( - \frac{1}{2} \xi^2 \right) \end{align} に漸近することがわかる。
$\xi$ による微分を $'$ で表す。 (b) で得た方程式に \begin{align} \phi(\xi) = H(\xi) \exp \left( - \frac{1}{2} \xi^2 \right) \end{align} を代入して整理すると、 \begin{align} - H''(\xi) + 2 \xi H'(\xi) - H(\xi) &= \epsilon H(\xi) \\ \therefore \ \ H''(\xi) - 2 \xi H'(\xi) + (\epsilon-1) H(\xi) &= 0 \end{align} を得る。
(d) で得た方程式に \begin{align} H(\xi) = \sum_{n=0}^\infty a_n \xi^n \end{align} を代入すると、 \begin{align} \sum_{n=2}^\infty n(n-1) a_n \xi^{n-2} - 2 \xi \sum_{n=1}^\infty n a_n \xi^{n-1} + (\epsilon-1) \sum_{n=0}^\infty a_n \xi^n = 0 \\ \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) a_{n+2} \xi^n - 2 \sum_{n=0}^\infty n a_n \xi^n + (\epsilon-1) \sum_{n=0}^\infty a_n \xi^n = 0 \\ \sum_{n=0}^\infty \left[ (n+2)(n+1) a_{n+2} - (2n - \epsilon + 1) a_n \right] \xi^n = 0 \end{align} となり、任意の $\xi$ でこれが成り立つことから、 $n=0, 1, 2, \cdots$ について \begin{align} (n+2)(n+1) a_{n+2} = (2n - \epsilon + 1) a_n \end{align} を得る。
$a_n$ が有限の $n$ でゼロにならなけらばならないことから、 \begin{align} 2n - \epsilon + 1 = 0 \end{align} が成り立つ必要があり、 $\epsilon$ の取り得る値が \begin{align} \epsilon_n = 2n+1 \ \ \ \ (n = 0, 1, 2, \cdots) \end{align} に制限されることがわかり、よって、 $E$ の取り得る値が \begin{align} E_n &= \frac{1}{2} \hbar \omega \epsilon_n \\ &= \hbar \omega \left( n + \frac{1}{2} \right) \ \ \ \ (n = 0, 1, 2, \cdots) \end{align} に制限されることがわかる。