（角運動量の合成への道（１）の続き）
２つの独立な自由度がある系の例として，スピン$\frac{1}{2}$を持った２粒子の系を考え，この系の合成スピン$\boldsymbol{S}=\boldsymbol{S}_1+\boldsymbol{S}_2$を考える（より正確にいうと，２つの状態ベクトルのテンソル積の状態に作用する演算子のテンソル積を考えるので，$\boldsymbol{S}=\boldsymbol{S}_1 \otimes \boldsymbol{1}_2+\boldsymbol{1}_1 \otimes \boldsymbol{S}_2$が $|s_1\rangle_1 \otimes |s_2\rangle_2$ に作用する。ここでは，演算子は $\boldsymbol{S}=\boldsymbol{S}_1+\boldsymbol{S}_2$とし，状態の方も，$|s_1\rangle |s_2\rangle$と表記する）。
スピン$\frac{1}{2}$演算子の固有状態を$|\frac{1}{2}s\rangle$ として$\frac{1}{2}$を省略すると，２粒子状態は，$|s_1\rangle |s_2\rangle$と表わされ，次の関係が成立する（$ |\pm \frac{3}{2} \rangle = 0$ とする）。
\begin{equation}
\begin{aligned}
\boldsymbol{S}_1^2 |s_1\rangle |s_2 \rangle = \frac{3}{4}\hbar^2 |s_1\rangle |s_2 \rangle,
\quad & \boldsymbol{S}_2^2 |s_1\rangle |s_2 \rangle = \frac{3}{4}\hbar^2 |s_1\rangle |s_2 \rangle \\
S_{1z} |s_1\rangle |s_2 \rangle = s_1\hbar |s_1\rangle |s_2 \rangle,\
\quad & S_{2z} |s_1\rangle |s_2 \rangle = s_2 \hbar |s_1\rangle |s_2 \rangle \\
S_{1\pm} |s_1 \rangle |s_2 \rangle = \hbar |s_1 \pm 1 \rangle |s_2 \rangle,\quad & S_{2\pm} |s_1\rangle |s_2 \rangle = \hbar |s_1\rangle |s_2 \pm 1 \rangle \\
\end{aligned}
\end{equation}
$\boldsymbol{S}=\boldsymbol{S}_1+\boldsymbol{S}_2$については，一般の角運動量の交換関係$[S_i, S_j]=i\hbar\epsilon_{ijk}S_k$が成立するので，合成スピン角運動量の大きさとz成分の同時固有状態$|S M\rangle$とすると，次の関係が成り立つ。
\begin{equation}
\begin{aligned}
\boldsymbol{S}^2 |S M\rangle &= S(S+1) \hbar^2 |S M\rangle \\
S_z |S M\rangle &= M \hbar |S M\rangle
\end{aligned}
\end{equation}
一方，$[\boldsymbol{S}^2, \boldsymbol{S}_i^2]=0$, $[S_z, S_{iz}]=0 $などが成り立つので，$|S M\rangle$を２粒子状態から構成することができる（ただし，$[\boldsymbol{S}^2, S_i]\neq0$ なので，一般の $|s_1\rangle |s_2\rangle$ は $\boldsymbol{S}^2$ の固有状態とは限らない）。
（１）$S_z$ を $|s_1\rangle |s_2\rangle$ に作用させる。
\begin{equation}
S_z |s_1\rangle |s_2\rangle = (S_{1z}+S{2z}) |s_1\rangle |s_2\rangle = (s_1+s_2)\hbar |s_1\rangle |s_2\rangle
\end{equation}
したがって， $|s_1\rangle |s_2\rangle$ は，$S_z$ の固有値 $M \hbar =(s_1+s_2)\hbar$ の固有状態である。
（２）$\boldsymbol{S}^2$ を $|s_1\rangle |s_2\rangle$ に作用させる。
（注: $s_i \neq \pm\frac{1}{2}$の場合は状態ベクトル$ |s_i\rangle$ は0とする）
\begin{equation}
\begin{aligned}
\boldsymbol{S}^2 &= \boldsymbol{S}_1^2+ \boldsymbol{S}_2^2 + 2 \boldsymbol{S}_1\cdot\boldsymbol{S}_2 = \boldsymbol{S}_1^2+ \boldsymbol{S}_2^2 + 2 S_{1z}S_{2z} + S_{1+} S_{2-} + S_{1-} S_{2+} \\
\boldsymbol{S}^2 |s_1\rangle |s_2\rangle &= (\frac{3}{2}\hbar^2 + 2 s_1 s_2 \hbar^2) |s_1\rangle |s_2\rangle + \hbar^2 |s_1+1\rangle |s_2-1\rangle + \hbar^2 |s_1-1\rangle |s_2+1\rangle
\end{aligned}
\end{equation}
簡単のために，$|s \rangle \rightarrow |+\rangle$ ($s=\frac{1}{2}$の場合), $|-\rangle$ ($s=-\frac{1}{2}$の場合) と表記すると，
\begin{equation}
\begin{aligned}
\boldsymbol{S}^2 | + \rangle | + \rangle &= 2\hbar^2 | + \rangle | + \rangle\\
\boldsymbol{S}^2 | + \rangle | - \rangle &= \hbar^2 | + \rangle | - \rangle + \hbar^2 | - \rangle | + \rangle \\
\boldsymbol{S}^2 | - \rangle | + \rangle &= \hbar^2 | - \rangle | + \rangle + \hbar^2 | + \rangle | - \rangle \\
\boldsymbol{S}^2 | - \rangle | - \rangle &= 2\hbar^2 | - \rangle | - \rangle
\end{aligned}
\end{equation}
したがって，次のようにして$\boldsymbol{S}^2$の固有状態を構成できる。
\begin{equation}
\begin{aligned}
\boldsymbol{S}^2 ( | + \rangle | - \rangle + | - \rangle | + \rangle) &= 2\hbar^2 ( | + \rangle | - \rangle + | - \rangle | + \rangle)\\
\boldsymbol{S}^2 ( | + \rangle | - \rangle - | - \rangle | + \rangle) &= 0 ( | + \rangle | - \rangle - | - \rangle | + \rangle)\\
\end{aligned}
\end{equation}
まとめると，$\boldsymbol{S}^2, S_z$の固有値 $S(S+1)\hbar^2, M\hbar$の同時固有状態 $ | S M \rangle $に対して，
\begin{equation}
\begin{array}{l}
\begin{array}{|l|}
\hline
\quad | 1 +1 \rangle = |+ \rangle |+ \rangle \quad \\
\quad | 1 \quad 0 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} ( |+ \rangle |- \rangle + |- \rangle |+ \rangle ) \quad \\
\quad | 1 -1 \rangle = |- \rangle |- \rangle \quad \\
\quad | 0 \quad 0 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} ( |+ \rangle |- \rangle - |- \rangle |+ \rangle ) \quad\\
\hline
\end{array} \\
\end{array}
\end{equation}
$ | 1 M \rangle $がスピン３重項（トリプレット）状態，$| 0 0 \rangle $がスピン１重項（シングレット）状態である。
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