Dado um tensor \mathbf{T}, pode-se definir uma grandeza escalar chamada traço de \mathbf{T} como
\operatorname{tr}(\mathbf{T})=\sum_{i=1}^{3} T_{i i}
Mostre que o traço de \mathbf{T} é o mesmo em todos os sistemas de coordenadas (invariante), ou seja, mostre que \operatorname{tr}(\mathbf{T})=\operatorname{tr}\left(\mathbf{T}^{\prime}\right). Dica: Os componentes de \mathbf{T} e \mathbf{T}^{\prime} estão relacionados pela eq. (27), T_{j l}=\sum_{i, k=1}^{3} a_{i j} a_{k l} T_{i k}^{\prime}. Outra grandeza escalar invariante associada a um tensor é o determinante, \operatorname{det} \mathbf{T}.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma coisa clara:
  • Definição do traço: \displaystyle \operatorname{tr}(\mathbf{T})=\sum_{i=1}^{3} T_{ii}.
  • Relação entre os componentes nas duas bases (dada pela dica): \displaystyle T_{j l}=\sum_{i,k=1}^{3} a_{i j}\,a_{k l}\,T_{i k}^{\prime}.
  • O que nos pedem: mostrar que a soma das componentes diagonais é a mesma nas duas bases, isto é, provar que
    \displaystyle \operatorname{tr}(\mathbf{T})=\operatorname{tr}\bigl(\mathbf{T}^{\prime}\bigr).

Passo 2

Primeiro vamos escrever explicitamente a traço de \mathbf{T} usando a definição:
\operatorname{tr}(\mathbf{T})=\sum_{j=1}^{3} T_{j j}.
Aqui troquei o índice de soma para j por questão de nitidez (é só um índice de somatório).

Passo 3

Agora substituo na expressão acima a relação dada para os componentes T_{jl}, tomando l=j:
T_{j j}=\sum_{i,k=1}^{3} a_{i j}\,a_{k j}\,T_{i k}^{\prime}.
Portanto
\operatorname{tr}(\mathbf{T})=\sum_{j=1}^{3}\sum_{i,k=1}^{3} a_{i j}\,a_{k j}\,T_{i k}^{\prime}.

Passo 4

Reorganizo as somas trocando a ordem (permitido porque são somas finitas):
\operatorname{tr}(\mathbf{T})=\sum_{i,k=1}^{3}\left(\sum_{j=1}^{3} a_{i j}\,a_{k j}\right)T_{i k}^{\prime}.
Agora o fator entre parênteses é muito importante; vou explicar o que ele vale.

Passo 5

Os coeficientes a_{i j} são os cossenos diretores (ou os elementos da matriz de mudança de base entre duas bases ortonormais). Isso significa que a matriz A=(a_{ij}) é ortogonal, ou seja, A^{T}A=I. Em componentes essa condição é
\sum_{j=1}^{3} a_{i j}\,a_{k j}=\delta_{i k},
onde \delta_{ik} é o delta de Kronecker, que vale \delta_{ik}=1 se i=k e \delta_{ik}=0 se i\neq k. Intuitivamente isso vem do fato de que as colunas (ou linhas) da matriz de rotação são vetores unitários e mutuamente ortogonais.

Passo 6

Substituindo a identidade do passo anterior na expressão da traço obtemos
\operatorname{tr}(\mathbf{T})=\sum_{i,k=1}^{3}\delta_{i k}\,T_{i k}^{\prime}.
O delta de Kronecker “casa” os índices i e k, reduzindo a dupla soma a uma soma única sobre os termos diagonais:
\operatorname{tr}(\mathbf{T})=\sum_{i=1}^{3} T_{i i}^{\prime}.

Passo 7

Mas a soma do lado direito é exatamente a definição da traço de \mathbf{T}^{\prime}. Logo chegamos à igualdade desejada:
\operatorname{tr}(\mathbf{T})=\operatorname{tr}\bigl(\mathbf{T}^{\prime}\bigr).
Comentário rápido e amigo: isso mostra que a traço é uma grandeza escalar associada ao tensor — não depende da base escolhida. Se você quiser, uma maneira alternativa (mais linear-algebraica) é notar que a transformação de componentes corresponde a uma conjugação por matriz ortogonal e usar a propriedade \operatorname{tr}(XY)=\operatorname{tr}(YX), mas a demonstração por índices que fiz é direta e segura para prova.

Resposta

\operatorname{tr}(\mathbf{T})=\operatorname{tr}\bigl(\mathbf{T}^{\prime}\bigr)

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