El tema en cuestión es bastante simple.
El estado
$$
|\psi\rangle=\cos\frac{\theta}{2}|+\rangle+ e^{i\phi}\sin \frac{\theta}{2} |-\rangle
$$
de un spin-1/2 puede interpretarse como sigue (nota que escribí $\theta/2$ en lugar de $\theta$ debido a que, como se verá, en ese camino de $\theta$ significa que el ángulo real en el espacio 3D). Permítanos promedio de giro diferente de los componentes de este estado. Pequeño ejercicio con las matrices de Pauli rendimientos
$$
\langle s_x\rangle=\langle \psi|\sombrero s_x|\psi\rangle =\frac{1}{2}\sin\theta\cos\phi,
$$
$$
\langle s_y\rangle=\langle \psi|\sombrero s_x|\psi\rangle=\frac{1}{2}\sin\theta\sin\phi,
$$
$$
\langle s_z\rangle=\langle \psi|\sombrero s_z|\psi\rangle=\frac{1}{2}\cos\theta.
$$
Se puede observar que este se asemeja fuertemente a las coordenadas polares en 3D, lo que básicamente significa que el promedio de tirada de los formularios de un vector en 3D con una longitud de 1/2 en un espacio real. Este vector es dirigida de acuerdo con los ángulos $\theta$$\phi$, es decir, se trata de una inclinación del eje z por el ángulo de $\theta$ y gira en el plano x-y por $\phi$ desde el eje x. En otras palabras, si usted mide el giro de la proyección en la dirección $$\vec{n}=(\sin\theta \cos\phi, \sin\theta \sin\phi,\cos \theta),$$
usted recibirá 1/2 valor con 100% de probabilidad.
Por supuesto, en la parte superior de que hay cuántica fluctuactions, que están conectados con la no-conmutatividad de spin proyecciones, sino que es una historia diferente.
UPD, respuesta a la pregunta en los comentarios
A partir de ahora voy a asumir $\hbar=1$, para el bien de la simplicidad.
No voy a hacer suposiciones acerca de particular valor de giro cuenta giro puede ser un medio, uno, tres mitades o cualquier otro número entero o la mitad del valor entero. Para mantener esto en mente, voy a utilizar el capital $S$.
Aquí te presentamos una manera general para conocer el estado que los "puntos" en la dirección dada $\vec{n}$ donde $|\vec{n}|=1$, a partir de la vuelta apuntando a lo largo de la dirección z (voy a llamar a este estado $|S_z = S\rangle$).
Lo principal que uno necesita saber en este momento es la siguiente declaración de principios de la mecánica cuántica: cualquier operador de momento angular es un generador de 3D rotaciones. Esto es justo como el simple impulso del operador $\hat{p}$ es el generador de las traducciones. Por ejemplo, en el caso unidimensional
$$\exp{\left(- i a \hat{p}\right)}\psi(x) = \psi(x-a).$$
Usted puede comprobar la fórmula de arriba, sustituyendo $\hat{p}=-i\frac{d}{dx}$ y ampliar el exponente de la potencia de la serie.
De la misma manera que el exponente de la matriz de los operadores de spin (matriz exponente de cualquier matriz cuadrada se define como $\exp{A}=\sum_{n=0}^\infty A^n/n!$) produce la rotación de la tirada del estado en el espacio 3D. Formalmente esto significa que la matriz exponente $$ R_{m}^\alpha = \exp\left(-i \alpha \left(\vec{S}\cdot\vec{m}\right)\right)$$ (once again $|\vec{m}|=1$) rotates the spin around the direction $\vec{m}$ by the angle $\alpha$. The dot product in the exponent is a $(2S+1)\times(2S+1)$ de la matriz:
$$\vec{S}\cdot \vec{m}=m_x S_x +m_y S_y+ m_z S_z. $$
Creo que este conocimiento proporciona un puente entre la más abstracta de espacio de Hilbert de vuelta y más familiar el espacio 3D. Ahora tenemos que hacer un buen rotaciones para hacer girar la mirada a lo largo de la dirección de la $\vec{n}$, y simplemente podemos pensar en términos de las habituales rotaciones. Deje $$\vec{n}=(\cos\phi\sin\theta,\sin\phi\sin\theta,\cos\theta).$$
Si partimos de $|S_z=S\rangle$ estado, en primer lugar, debemos inclinar la vuelta por el ángulo de $\theta$ a partir del eje z. Para esto nos podemos hacer una rotación alrededor del eje y:
$$|S_z=S\rangle \rightarrow \exp\left(-i \theta S_y\right)|S_z=S\rangle$$
Después de que nosotros simplemente girar por $\phi$ alrededor del eje z:
$$\exp\left(-i \theta S_y\right)|S_z=S\rangle \rightarrow \exp\left(-i \phi S_z\right)\exp\left(-i \theta S_y\right)|S_z=S\rangle.$$
(tenga en cuenta que $\exp(A)\exp(B)\neq \exp(A+B)$ en general). Y básicamente eso es todo, nos pareció que el estado que se ve en la dirección $\vec{n}$. Deje que nos indican que
$$
|\psi\rangle = \exp\left(-i \phi S_z\right)\exp\left(-i \theta S_y\right)|S_z=S\rangle.
$$
En ese caso, al igual que con el giro de la mitad, uno puede comprobar que:
$$
\langle S_x \rangle = \langle \psi|S_x|\psi\rangle=S\sin\theta\cos\phi,
$$
$$
\langle S_y \rangle = \langle \psi|S_y|\psi\rangle=S\sin\theta\sin\phi,
$$
$$
\langle S_z \rangle = \langle \psi|S_z|\psi\rangle=S\cos\theta.
$$
Una vez más, a medir el valor de giro de la proyección en la dirección $\vec{n}$ estado $|\psi\rangle$ dará el valor de $S$ con 100% de probabilidad.
UPD 2 + fix
Sin embargo, tenga en cuenta que, por supuesto, no cualquier estado arbitrario de espín puede representar como un vector de una longitud igual a $S$ y señalando algunas de dirección fija $\vec{n}$. Por ejemplo, en el estado de $|S_z=0\rangle$ de spin $S=1$ nos encontramos con $\langle S_x\rangle=\langle S_y\rangle=\langle S_z\rangle=0$.
Espero que esta ayuda :)
