No es una respuesta completa, pero calcular los bosones masivos de espín 2 a partir de bosones masivos de espín 1 es un pequeño ejercicio divertido. Me resulta confuso utilizar las tablas de coeficientes de Clebsch Gordan, y me parece más fácil rehacerlas desde cero.
La repetición del giro 1 tiene tres vectores, $|1\rangle, |0\rangle, |-1\rangle$ que en el marco de reposo $k^\mu = (m,0,0,0)$ corresponden a los vectores de polarización $\epsilon^\mu_1 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, i, 0)$ , $\epsilon^\mu_0 = (0, 0, 0, 1)$ , $\epsilon^\mu_{-1} = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(0, -1, i, 0)$ . Obsérvese que todas ellas satisfacen la restricción $k^\mu \epsilon_\mu = 0$ .
Ahora, bajo el giro $1$ rep, tenemos \begin{align} J_\pm^{(1)} &= J_x^{(1)} \pm i J_y^{(1)} \\ J_-^{(1)} | 1 \rangle &= \sqrt{2} |0 \rangle \\ J_-^{(1)} | 0 \rangle &= \sqrt{2} |-1 \rangle \\ J_z^{(1)} | m \rangle &= m |m\rangle \end{align} Si tensorizamos dos espines $1$ reps juntos, obtenemos $1 \otimes 1 = 2 \oplus 1 \oplus 0$ . Sólo queremos el $2$ rep. Podemos deducir la descomposición de Clebsch Gordan por nosotros mismos de la siguiente manera. Comenzamos haciendo un estado con $m = 2$ y luego usar el operador de descenso repetidamente en el estado. Así, en nuestro producto tensorial $1 \otimes 1$ los operadores del álgebra de Lie se convierten en $$ J_i \equiv 1 \otimes J_i^{(1)} + J_i^{(1)} \otimes 1. $$ Ahora, la única opción para el $m=2$ El estado es $$ |2\rangle = |1 \rangle |1 \rangle $$ y puede comprobar que $J_z |2 \rangle = 2 |2 \rangle.$ A continuación, calculamos la acción del operador de descenso utilizando nuestra expresión para $J_\pm$ asegurándonos de definir nuestros estados rebajados con la normalización adecuada para que los estados los escribamos como $|m\rangle$ todos tienen norma $1$ . \begin{align} J_-|2\rangle &= \sqrt{2}( |1\rangle |0 \rangle+|0\rangle |1 \rangle) \equiv 2 |1\rangle \\ J_-|1\rangle &= 2 |0\rangle |0\rangle + |1\rangle |-1\rangle + |-1\rangle |1\rangle \equiv \sqrt{6} | 0 \rangle \\ J_-|0\rangle &= \frac{1}{\sqrt{3}}(3 |-1\rangle |0\rangle + 3 |0\rangle |-1\rangle ) \equiv \sqrt{6} |-1\rangle\\ J_-|-1\rangle &= 2 |-1\rangle |-1 \rangle \equiv 2 |-1\rangle. \end{align}
Así que, reformulando nuestros resultados, \begin{align} |2\rangle &= |1\rangle |1\rangle \\ |1\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{2}} (|1\rangle |0\rangle + |0\rangle |1\rangle )\\ |0\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{6}} ( 2 |0\rangle |0\rangle + |1\rangle |-1\rangle + |-1\rangle |1\rangle ) \\ |-1\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{2}} (|-1\rangle |0\rangle + |0\rangle |-1\rangle ) \\ |-2\rangle &= |-1\rangle |-1\rangle. \end{align}
Ahora, para obtener nuestros tensores de polarización de espín 2 $\epsilon^{\mu \nu}$ sólo tenemos que combinar nuestros vectores de polarización de espín 1 $\epsilon^\mu_{-1,0,+1}$ de la manera exacta anterior. Así, por poner un ejemplo, $$ \epsilon^{\mu\nu}_0 = \frac{1}{\sqrt{6}}(2 \epsilon_0^\mu \epsilon_0^\nu + \epsilon_1^\mu \epsilon_{-1}^\nu+ \epsilon_{-1}^\mu \epsilon_1^\nu ). $$ Obsérvese que, por construcción, estos tensores de polarización satisfacen $k_\mu \epsilon^{\mu \nu} = k_\nu \epsilon^{\mu \nu} = 0$ . También resulta que satisfacen $\epsilon^\mu_{\; \mu} = 0$ y son simétricos. (Obsérvese que con este método obtenemos una pequeña muestra del lema "gravedad = E&M^2", aunque estemos trabajando en el caso masivo).
El resultado de tomar estos productos de Kronecker es \begin{align} \epsilon_2^{\mu \nu} &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&1&i&0\\0&i&-1&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_1^{\\mu \nu} &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&0&i\\0&1&i&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_0^{\mu \nu} &= \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&2 \end{pmatrix} \\ \epsilon_{-1}^{\\mu \nu} &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&0&i\\0&-1&i&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_{-2}^{\mu \nu} &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&1&-i&0\\0&-i&-1&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix} \\ \fin{span}
Así que, con suerte, puedes ver que los coeficientes de Clebsch Gordan no dan tanto miedo, y que siempre eres libre de rederlos por ti mismo. Hay que reconocer que no trabajamos a partir de tensar juntos cuatro copias del espín $1/2$ caso, sino que utilizó dos copias del giro $1$ caso para aliviar nuestra carga, pero el principio es lo importante.
