昇降演算子による1重項・3重項の導出

量子力学入門　第1部 第7章 §1.7.3　★★★ $\hat S_\pm$ で三重項・一重項を構成（CG 係数）。

Step 1：てっぺんから出発。 $| \uparrow\uparrow \rangle$ は $M=\tfrac12+\tfrac12=1$ をもつ4次元空間で唯一の状態。$M=1$ が存在する以上 $S\ge1$、かつ2つのスピン $\tfrac12$ からは $M=2$ は作れないので $S=1$ が最大。ゆえに

$$| 1,1 \rangle =| \uparrow\uparrow \rangle .$$

Step 2：$\hat S_-$ で降りる。 左辺に一般公式、右辺に $\hat S_{1-}+\hat S_{2-}$ を作用させる：

$$\hat S_-| 1,1 \rangle =\hbar\sqrt{2}\,| 1,0 \rangle ,\qquad (\hat S_{1-}+\hat S_{2-})| \uparrow\uparrow \rangle =\hbar\bigl(| \downarrow\uparrow \rangle +| \uparrow\downarrow \rangle \bigr).$$

両者を等置して

$$\boxed{\ | 1,0 \rangle =\frac{1}{\sqrt2}\bigl(| \uparrow\downarrow \rangle +| \downarrow\uparrow \rangle \bigr)\ }$$

規格化係数 $\sqrt2$ が自動的に合っていることに注意（公式の $\sqrt{S(S+1)-M(M-1)}=\sqrt2$ と、右辺のノルム $\hbar\sqrt2$ が一致）。

Step 3：もう一度降りる。 $\hat S_-| 1,0 \rangle =\hbar\sqrt2| 1,-1 \rangle$ と$(\hat S_{1-}+\hat S_{2-})\tfrac{1}{\sqrt2}(| \uparrow\downarrow \rangle +| \downarrow\uparrow \rangle )=\tfrac{\hbar}{\sqrt2}\bigl(| \downarrow\downarrow \rangle +| \downarrow\downarrow \rangle \bigr)=\hbar\sqrt2\,| \downarrow\downarrow \rangle$ から

$$| 1,-1 \rangle =| \downarrow\downarrow \rangle .$$

（さらに $\hat S_-$ を掛けると零：梯子はここで正しく止まる。）以上の3つが3重項（triplet、$S=1$）。

Step 4：残り物が1重項。 4次元のうち3つを使った。残る1状態は $M=0$ の部分空間（$| \uparrow\downarrow \rangle ,| \downarrow\uparrow \rangle$ が張る2次元）の中で $| 1,0 \rangle$ に直交するもの：

$$\boxed{\ | 0,0 \rangle =\frac{1}{\sqrt2}\bigl(| \uparrow\downarrow \rangle -| \downarrow\uparrow \rangle \bigr)\ }$$

これが1重項（singlet、$S=0$）。実際 $\hat S_\pm| 0,0 \rangle =0$（上にも下にも行けない＝孤立した $S=0$）と、$\hat S^2| 0,0 \rangle =0$ が確かめられる。$\hat S^2$ の直接確認には恒等式

$$\hat S^2=\hat S_1^2+\hat S_2^2+2\hat{\bm{S}}_1\cdot\hat{\bm{S}}_2,\qquad 2\hat{\bm{S}}_1\cdot\hat{\bm{S}}_2=2\hat S_{1z}\hat S_{2z}+\hat S_{1+}\hat S_{2-}+\hat S_{1-}\hat S_{2+}$$

が便利で、各基底ベクトルへの作用を機械的に計算できる（3重項で $\hat S^2=2\hbar^2=\hbar^2\cdot1\cdot2$、1重項で $0$ となることが確かめられる）。