OK, voy a llegar a la respuesta con indiferencia que haría Paul Gordan su vez, en su tumba, y sólo entonces, por separado, voy a despedir a su dilema con un resumen de reaseguro a través de la Racah de recuperar los coeficientes. Esta no es la respuesta completa, pero es por lejos la más rápida, la explotación de un no-universal pedazo de suerte, aquí. Voy a estar fingiendo isospin girar aquí, sin pérdida de generalidad, por lo que, a continuación,$j_1=1/2=-m_1; ~ j_2=j_3=1; ~ m_2=m_3=0$.
Los estados $|a\rangle \equiv |j_1,m_1\rangle ~|j_2,m_2\rangle ~|j_3,m_3\rangle$ son un pequeño subconjunto de la 2x3x3=18 autoestados del 6 de desplazamientos de los operadores de $j_1,m_1,j_2,m_2,j_3,m_3$. La izquierda de la ruta, $\equiv |b\rangle$, se encuentra en la base de autoestados de la ligeramente diferente 6 operadores
$J,M,J_{12},M_{12},j_3,m_3$. Su mano derecha es autoestados de la 6 sin embargo, los diferentes operadores de $J,M,j_1,m_1,J_{23},M_{23}$.
Estas tres bases son equivalentes: son linealmente transformables entre sí por Clebsch-Gordan coeficientes y /o Wigner 6j símbolos, o, mejor aún, equivalente Racah de recuperar los coeficientes de W.
Mala suerte: desde el 2 y 3 son simétricas, sólo $J_{23}=0$ contribuye a $\langle 1/2, -1/2~|~c\rangle$, la simetría que se refleja en la Clebsch-Gordan coeficientes, por lo que
$$
|c\rangle= \sqrt{2/5}~|~5/2,-1/2 \rangle+ \sqrt{4/15}~|~3/2,-1/2 \rangle - 1/\sqrt{3}~|~ 1/2,-1/2\rangle.
$$
Por lo $\langle 1/2,-1/2~|~c\rangle=-1/\sqrt{3}$, y 1/3 de la tasa, a través de su mano derecha, de canal, de Kronecker-la combinación de la pions primera.
Ahora, para filosófica tranquilidad. Su mano izquierda cálculo es más complicada, ya que ahora $\langle 1/2,-1/2~|~b\rangle$ recibe apoyo de la $J_{12}=3/2$ canal,$\sqrt{2/3}~|~J_{12}=3/2,M_{12}=-1/2\rangle ~|1,0\rangle$ , así como el $J_{12}=1/2$ canal, $\sqrt{1/3}~|~J_{12}=1/2,M_{12}=-1/2\rangle ~|1,0\rangle$ . Uno no acaba de agregar, no ponderada, de forma indiscriminada. Desde $J_{12}$ $J_{23}$ no conmuta, la partícula 2 (pion) se enreda de manera diferente, $|~b\rangle \neq |~c\rangle$. Sus bases deben ser girados a cada uno de los otros por el Racah coeficientes de $\langle ...|~...\rangle$ por debajo.
Para $J=1/2, M=-1/2$, saltando de aquí para despejada la (algo paradójico en busca de la conexión de los coeficientes sin ellos), tenemos el cambio de base de a $ \langle b |c\rangle$,
$$
|j_1,J_{23}\rangle= \sum_{J_{12}} |J_{12}, j_3\rangle\langle J_{12},j_3|j_1, J_{23}\rangle,
$$
donde la necesita Racah coeffs se $\langle {3/2},1|1/2,0\rangle =\sqrt{2/3} $$\langle {1/2},1|1/2,0\rangle =\sqrt{1/3} $.
Así, sobre esta base, el cambio, la izquierda habría "simplificado" para el directo lado derecho.
Para estar seguro, este es el perezoso a la respuesta del hombre, pero cuando uno ve una apertura, una toma.
Edición para reflejar pregunta adicional en la carga pions en el comentario: lo Mismo! Sabes algo más acerca de los cargos de la pions, que son simétricas, por lo que symmetrize: El estado resultante de ellos, entonces, es ortogonal a $\pi^0 \pi^0$, y todavía normalizado, y por simetría evita el antisimétrica isovector, por lo que de ser isotensor y isoscalar, $\sqrt{1/3} ~\mid 2,0\rangle +\sqrt{2/3} ~\mid 0,0\rangle$, los rendimientos de la $\sqrt{2/3}$ en las amplitudes y 2/3 en la tasa, dos veces como para el neutro pions.
Editar/Apéndice a la forma más primitiva de acceso directo a la respuesta: Representan a los estados en |a> con $\Uparrow$ de isospin 1/2 y $\uparrow$ de isospin 1, por lo que el $D^+$ e las $\pi^+$, lo $|a\rangle=|\Downarrow 0 0\rangle$. Hay 5 estados en $M=-1/2$, la participación de $\Downarrow 00~;~ \Downarrow \uparrow\downarrow~;~ \Downarrow \downarrow\uparrow~;~ \Uparrow\downarrow 0~;~\Uparrow0\downarrow$ . Construir la isodoublet con $M=-1/2$, aniquilados por la reducción del operador.
Deseche los dos estados antisimétrica en los dos pions, y el que, aunque simétrica, $\mid \Uparrow(0\downarrow+\downarrow 0)\rangle $, todavía no puede ser en el isodoublet, ya que la reducción de operador va a generar estados imposible cancelar por la reducción de los restantes tres términos.
El restante 3-combinación de estado aniquilada por la reducción de operador, es, entonces, de forma exclusiva,
$$
\mediados de 1/2,-1/2\rangle=\mid \Downarrow(\uparrow\downarrow+\downarrow\uparrow-00) \rangle/\sqrt{3},
$$
y normalizado; por lo tanto $\langle a\mid 1/2,-1/2\rangle=-1/\sqrt{3} $ .
