Seja \mathcal{A}=\left(\begin{array}{lll}a_{1} & b_{1} & c_{1} \\\ a_{2} & b_{2} & c_{2} \\\ a_{3} & b_{3} & c_{3}\end{array}\right) uma matriz do tipo 3 \times 3. O traço da matriz \mathcal{A} é o número: \operatorname{Tr}(\mathcal{A})=a_{1}+b_{2}+c_{3}.
Mostre que:
\operatorname{Tr}\left(\mathcal{C}^{-1} \mathcal{A} \mathcal{C}\right)=\operatorname{Tr}(\mathcal{A}), se \mathcal{C} é invertível .

Passo 1

O enunciado dá:
  • A matriz \mathcal{A} é 3\times3 com entradas mostradas, e o traço é \operatorname{Tr}(\mathcal{A})=a_{1}+b_{2}+c_{3} (ou, de forma geral, a soma das entradas da diagonal principal).
  • \mathcal{C} é uma matriz 3\times3 invertível (ou seja, existe \mathcal{C}^{-1} tal que \mathcal{C}^{-1}\mathcal{C}=\mathcal{I}, a matriz identidade).
A pergunta: mostrar que
\operatorname{Tr}\!\bigl(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C}\bigr)=\operatorname{Tr}(\mathcal{A}).

Passo 2

Relembrando definições e fórmulas que vamos usar (explicadas de forma bem clara):
  • Definição do traço: para uma matriz quadrada \mathcal{M}=(m_{ij}) de ordem 3,
\operatorname{Tr}(\mathcal{M})=\sum_{i=1}^{3} m_{ii}.
Ou seja, somamos apenas os elementos da diagonal principal.
  • Produto de matrizes em componentes: se \mathcal{X} e \mathcal{Y} são 3\times3, então a entrada (\mathcal{X}\mathcal{Y})_{ij} vale
(\mathcal{X}\mathcal{Y})_{ij}=\sum_{k=1}^{3} X_{ik}Y_{kj}.
  • Propriedade da inversa: \mathcal{C}^{-1}\mathcal{C}=\mathcal{I}, cuja componente (\ell,k) é
\sum_{i=1}^{3} C^{-1}_{\ell i} C_{i k}=\delta_{\ell k},
onde \delta_{\ell k} é o delta de Kronecker (igual a 1 se \ell=k e 0 caso contrário). Essa identidade será a chave para simplificar somas.

Passo 3

Vamos escrever a entrada diagonal genérica de \mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C}. Usando produto de matrizes em componentes:
\bigl(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C}\bigr)_{ii} = \sum_{j=1}^{3} \bigl(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\bigr)_{ij}\,C_{ji} = \sum_{j=1}^{3}\left(\sum_{k=1}^{3} C^{-1}_{ik}A_{kj}\right)C_{ji}.
Ou seja, explicitando as somas,
\bigl(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C}\bigr)_{ii} = \sum_{j=1}^{3}\sum_{k=1}^{3} C^{-1}_{ik}\,A_{kj}\,C_{ji}.

Passo 4

Agora computamos o traço somando essas entradas diagonais sobre i:
\operatorname{Tr}\!\bigl(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C}\bigr) = \sum_{i=1}^{3}\bigl(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C}\bigr)_{ii} = \sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=1}^{3} C^{-1}_{ik}\,A_{kj}\,C_{ji}.
Podemos reordenar as somas (somatório finito, então a troca de ordem é válida) para agrupar os termos envolvendo \mathcal{A}:
\operatorname{Tr}\!\bigl(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C}\bigr) = \sum_{k=1}^{3}\sum_{j=1}^{3} A_{kj}\left(\sum_{i=1}^{3} C_{ji}\,C^{-1}_{ik}\right).

Passo 5

Olhe o somatório interno \sum_{i=1}^{3} C_{ji}\,C^{-1}_{ik}. Pela propriedade da inversa, este somatório é exatamente a componente (j,k) da matriz \mathcal{C}\mathcal{C}^{-1}, que é a identidade. Portanto
\sum_{i=1}^{3} C_{ji}\,C^{-1}_{ik}=\delta_{jk}.
Substituindo na expressão do traço:
\operatorname{Tr}\!\bigl(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C}\bigr) = \sum_{k=1}^{3}\sum_{j=1}^{3} A_{kj}\,\delta_{jk} = \sum_{k=1}^{3} A_{kk}.
Mas \sum_{k=1}^{3} A_{kk} é, por definição, \operatorname{Tr}(\mathcal{A}). Logo chegamos à igualdade desejada.

Passo 6

Comentário didático e interpretação: o que fizemos foi mostrar, passo a passo, que a soma das entradas diagonais de \mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C} coincide com a soma das entradas diagonais de \mathcal{A} usando apenas a definição de produto matricial e a propriedade da inversa. Em linguagem mais compacta, usamos a propriedade cíclica do traço
\operatorname{Tr}(\mathcal{X}\mathcal{Y})=\operatorname{Tr}(\mathcal{Y}\mathcal{X}),
que implica imediatamente \operatorname{Tr}(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C})=\operatorname{Tr}(\mathcal{A}\mathcal{C}\mathcal{C}^{-1})=\operatorname{Tr}(\mathcal{A}). A prova por componentes que fiz acima é a forma elementar e totalmente rigorosa dessa propriedade. Essa igualdade vale para qualquer matriz quadrada de ordem n, não só 3\times3.

Passo 7

Exemplo numérico rápido (para ter confiança): seja
\mathcal{A}=\begin{pmatrix}1 & 2\\[2pt] 3 & 4\end{pmatrix},\qquad \mathcal{C}=\begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
Aqui \operatorname{Tr}(\mathcal{A})=1+4=5. Note que \mathcal{C}^{-1}=\mathcal{C} (pois \mathcal{C}^2=\mathcal{I}). Calcula-se
\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C} =\begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt] 1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 2\\[2pt] 3 & 4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt] 1 & 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4 & 3\\[2pt] 2 & 1\end{pmatrix},
cujo traço é 4+1=5, igual a \operatorname{Tr}(\mathcal{A}). Bom para checar na prática.]

Resposta

\operatorname{Tr}\!\bigl(\mathcal{C}^{-1}\mathcal{A}\mathcal{C}\bigr)=\operatorname{Tr}(\mathcal{A})

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