1. Es gibt keine lineare Karte$^1$

   $$\mathbb{R}^3~\cong~ \color{red}{U}\quad\to\quad \color{red}{V}~\cong~\mathbb{C}^2\tag{1}$$ von Vektorräumen, sondern ein surjektiver 2:1- Lie-Gruppenhomomorphismus $$SU(2)~\cong~SU(\color{red}{V})\quad\to\quad SO(\color{red}{U})~\cong~SO(3).\tag{2}$$ Einzelheiten finden Sie zB in meiner Phys.SE-Antwort hier .

2. Es gibt jedoch eine nichtlineare Karte

   $$\begin{align}\color{red}{V}~\cong~\mathbb{C}^2~\ni~\psi\quad\mapsto\quad\sigma~=~&\psi\psi^{\dagger} - \psi^{\dagger}\psi{\bf 1}_{2\times 2}\cr ~\in~&su(2)~\stackrel{(4)}{\cong}~\mathbb{R}^3~\cong ~\color{red}{U}\end{align}\tag{3}$$ wenn wir eine bijektive Isometrie (4) aus dem 3D-Raum verwenden$(\mathbb{R}^{3},||⋅||^2)$zum Raum von$2\times 2$spurlose hermitesche Matrizen$(su(2),\det(⋅))$, $$\begin{align} \mathbb{R}^3 ~\cong ~& su(2)\cr ~:=~&\{\sigma\in {\rm Mat}_{2\times 2}(\mathbb{C}) \mid \sigma^{\dagger}=\sigma \wedge {\rm tr}(\sigma)=0\} \cr ~=~& {\rm span}_{\mathbb{R}} \{\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3\},\cr \mathbb{R}^3~\ni~&\vec{r}~=~(x^1,x^2,x^3) \cr &\quad\mapsto \quad\sigma~=~\sum_{j=1}^3 x^j\sigma_j~\in~ su(2), \cr ||\vec{r}||^2 ~=~&\det(\sigma),\end{align}\tag{4}$$ vgl. die Antwort von Thomas Fritsch. Für eine Beziehung zur Bloch-Kugel siehe zB auch diesen verwandten Phys.SE-Beitrag.

3. Als Konsistenzprüfung kann man das zeigen, wenn wir einen Spinor transformieren$\psi\in \mathbb{C}^2$mit einem Element von$SU(2)$, dann der entsprechende Vektor$\vec{r}\in\mathbb{R}^3$aus Gl. (3+4) wird mit dem entsprechenden Element von gedreht$SO(3)$aus Gl. (2).

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$^1$Der Rotationsvektor $\vec{\alpha}\in \mathbb{R}^3$das OP erwähnt, stellt eher ein Element der Lie-Gruppen (2) als der Vektorräume (1) dar.

Ich sollte theoretisch in der Lage sein, einen Vektor abzubilden$U\rightarrow V$aber ich bin mir nicht sicher, wie ich das machen soll.

Lassen

$$|\psi\rangle=\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}$$ ein Spinor sein$V=\mathbb{C}^2$. Dann können Sie einen entsprechenden Vektor in konstruieren$U=\mathbb{R}^3$unter Verwendung der Pauli-Matrizen (siehe A. Steane - An Introduction to Spinors , Seite 4, Gleichung 12):

$$\begin{align} x&=\langle\psi|\sigma_x|\psi\rangle \\ y&=\langle\psi|\sigma_y|\psi\rangle \\ z&=\langle\psi|\sigma_z|\psi\rangle \end{align}$$

oder explizit ausgeschrieben

$$\vec{r}= \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} a^*b+b^*a \\ -ia^*b+ib^*a \\ a^*a-b^*b \end{pmatrix}$$

Sie sehen, es ist keine lineare Karte (wie bereits in der Antwort von @Qmechanic erwähnt), sondern eher eine quadratische Karte. Vor allem alle Spinoren$e^{i\alpha}|\psi\rangle$(mit$\alpha\in\mathbb{R}$) ergeben denselben Vektor$\vec{r}$.

Wenn der Spinor$|\psi\rangle$wird durch eine Matrix aus transformiert$SU(2)$, dann der entsprechende Vektor$\vec{r}$wird durch eine Matrix aus transformiert$SO(3)$.

Die inverse Abbildung (von vector$\vec{r}\in\mathbb{R}^3$zu spinor$|\psi\rangle\in \mathbb{C}^2$) ist schwieriger. Und wie oben erwähnt, ist es nicht einzigartig.
Konvertieren Sie zuerst die kartesischen Koordinaten ($x,y,z$) in sphärische Koordinaten ($r,\theta,\phi$). Aus diesen kannst du dann die Komponenten berechnen$|\psi\rangle$(siehe A. Steane - Eine Einführung in Spinoren , Seite 3, Gleichung 1):

$$\begin{align} a&=\sqrt{r}\cos(\theta/2)e^{i(-\alpha+\phi)/2} \\ b&=\sqrt{r}\sin(\theta/2)e^{i(-\alpha-\phi)/2} \end{align}$$ Wo$\alpha\in\mathbb{R}$ist eine beliebige Phase.