Plonge dans le Calcul Tensoriel : Produit Tensoriel & Applications

Correction :

Par définition, le produit tensoriel $u \otimes v$ est une opération qui mène de deux vecteurs $u \in U$ et $v \in V$ à un élément de l'espace produit tensoriel $U \otimes V$. La définition fondamentale du produit tensoriel est basée sur la bilinéarité.

Linéarité en $u$ :

Soit $u_1, u_2 \in U$ et $\alpha \in K$. Nous voulons vérifier si $(\alpha u_1 + u_2) \otimes v = \alpha (u_1 \otimes v) + (u_2 \otimes v)$.

Par la propriété de bilinéarité du produit tensoriel, nous avons :

$(\alpha u_1 + u_2) \otimes v = (\alpha u_1) \otimes v + u_2 \otimes v$ (par additivité du premier argument)

et $(\alpha u_1) \otimes v = \alpha (u_1 \otimes v)$ (par homogénéité du premier argument).

Donc, $(\alpha u_1 + u_2) \otimes v = \alpha (u_1 \otimes v) + u_2 \otimes v$. Le produit tensoriel est bien linéaire par rapport au premier argument.

Linéarité en $v$ :

Soit $v_1, v_2 \in V$ et $\beta \in K$. Nous voulons vérifier si $u \otimes (\beta v_1 + v_2) = \beta (u \otimes v_1) + (u \otimes v_2)$.

Par la propriété de bilinéarité du produit tensoriel, nous avons :

$u \otimes (\beta v_1 + v_2) = u \otimes (\beta v_1) + u \otimes v_2$ (par additivité du second argument)

et $u \otimes (\beta v_1) = \beta (u \otimes v_1)$ (par homogénéité du second argument).

Donc, $u \otimes (\beta v_1 + v_2) = \beta (u \otimes v_1) + u \otimes v_2$. Le produit tensoriel est bien linéaire par rapport au second argument.

Correction :

Soit $\{e_1, \dots, e_m\}$ une base de $U$ et $\{f_1, \dots, f_n\}$ une base de $V$. Le produit tensoriel de ces bases forme une base de l'espace produit tensoriel $U \otimes V$.

Une base de $U \otimes V$ est donnée par l'ensemble des produits tensoriels des vecteurs de base de $U$ et de $V$ :

$$ \{e_i \otimes f_j \mid 1 \le i \le m, 1 \le j \le n\} $$

Le nombre d'éléments dans cette base est le produit des dimensions de $U$ et de $V$.

Exemple : Si $U = \mathbb{R}^2$ ($m=2$) et $V = \mathbb{R}^3$ ($n=3$), alors $\dim(U \otimes V) = 2 \times 3 = 6$. Une base de $U \otimes V$ serait $\{e_1 \otimes f_1, e_1 \otimes f_2, e_1 \otimes f_3, e_2 \otimes f_1, e_2 \otimes f_2, e_2 \otimes f_3\}$, où $\{e_1, e_2\}$ est la base canonique de $\mathbb{R}^2$ et $\{f_1, f_2, f_3\}$ est la base canonique de $\mathbb{R}^3$.

Correction :

a) $U$ a pour base $\{u_1, u_2\}$, donc $\dim(U) = 2$. $V$ a pour base $\{v_1, v_2\}$, donc $\dim(V) = 2$. La dimension de $U \otimes V$ est le produit des dimensions : $\dim(U \otimes V) = \dim(U) \times \dim(V) = 2 \times 2 = 4$. La base est $\{u_1 \otimes v_1, u_1 \otimes v_2, u_2 \otimes v_1, u_2 \otimes v_2\}$.

b) Un élément $w \in U \otimes V$ de la forme $w = (a u_1 + b u_2) \otimes (c v_1 + d v_2)$ peut être développé en utilisant la bilinéarité :

$w = (a u_1) \otimes (c v_1 + d v_2) + (b u_2) \otimes (c v_1 + d v_2)$

$w = a c (u_1 \otimes v_1) + a d (u_1 \otimes v_2) + b c (u_2 \otimes v_1) + b d (u_2 \otimes v_2)$

En comparant avec $w = \alpha (u_1 \otimes v_1) + \beta (u_1 \otimes v_2) + \gamma (u_2 \otimes v_1) + \delta (u_2 \otimes v_2)$, nous avons :

$\alpha = ac$, $\beta = ad$, $\gamma = bc$, $\delta = bd$.

L'élément $w$ peut s'écrire sous la forme $(a u_1 + b u_2) \otimes (c v_1 + d v_2)$ si et seulement si les coefficients satisfont $\alpha \delta = \beta \gamma$. Vérifions cette condition :

$\alpha \delta = (ac)(bd) = abcd$

$\beta \gamma = (ad)(bc) = abcd$

Donc, $\alpha \delta = \beta \gamma$ est bien la condition nécessaire et suffisante pour que $w$ puisse être écrit sous la forme d'un produit tensoriel simple (un élément de la forme $u \otimes v$).

Astuce : Les éléments de $U \otimes V$ qui peuvent s'écrire comme $u \otimes v$ sont appelés tenseurs purs ou décomposables. Les autres éléments sont des sommes de tenseurs purs.

Correction :

Soit $e_1 = (1, 0)$ et $e_2 = (0, 1)$ la base canonique de $U = \mathbb{R}^2$. Donc $u = 1 e_1 + 2 e_2$.

Soit $f_1 = (1, 0, 0)$, $f_2 = (0, 1, 0)$, $f_3 = (0, 0, 1)$ la base canonique de $V = \mathbb{R}^3$. Donc $v = 3 f_1 + 1 f_2 + 4 f_3$.

Le produit tensoriel $u \otimes v$ est calculé en utilisant la bilinéarité :

$u \otimes v = (1 e_1 + 2 e_2) \otimes (3 f_1 + 1 f_2 + 4 f_3)$

$= 1 \cdot (e_1 \otimes (3 f_1 + 1 f_2 + 4 f_3)) + 2 \cdot (e_2 \otimes (3 f_1 + 1 f_2 + 4 f_3))$

$= 3 (e_1 \otimes f_1) + 1 (e_1 \otimes f_2) + 4 (e_1 \otimes f_3) + 6 (e_2 \otimes f_1) + 2 (e_2 \otimes f_2) + 8 (e_2 \otimes f_3)$

Ce résultat est exprimé comme une combinaison linéaire des éléments de la base de $U \otimes V$. Les coefficients sont obtenus par le produit des coefficients correspondants des vecteurs $u$ et $v$. Par exemple, le coefficient de $e_1 \otimes f_1$ est $1 \times 3 = 3$. Le coefficient de $e_2 \otimes f_3$ est $2 \times 4 = 8$.

Correction :

a) L'espace $T^1_1(U)$ est l'espace des tenseurs de type $(1,1)$. Il est isomorphe à $U^* \otimes U$. Si $\dim(U) = n$, alors $\dim(U^) = n$. La dimension de $U^ \otimes U$ est donc $\dim(U^*) \times \dim(U) = n \times n = n^2$.

b) Un élément de $T^1_1(U)$ est un tenseur de type $(1,1)$. Il peut être vu comme une application bilinéaire $B: U^* \times U \to K$. L'isomorphisme entre $T^1_1(U)$ et $End(U)$ est donné par l'application qui associe à un tenseur $T \in T^1_1(U)$ un endomorphisme $f_T \in End(U)$.

Inversement, un endomorphisme $f: U \to U$ peut être représenté comme un tenseur de type $(1,1)$. Si $\{e_i\}_{i=1}^n$ est une base de $U$ et $\{e_i^*\}_{i=1}^n$ est sa base duale, alors tout endomorphisme $f$ peut s'écrire :

$f(e_j) = \sum_i A_{ij} e_i$, où $A$ est la matrice de $f$ dans la base $(e_i)$.

On peut identifier cet endomorphisme $f$ avec le tenseur $T = \sum_{k=1}^n e_k^* \otimes f(e_k)$. En utilisant les coefficients de la matrice $A$, on a $f(e_k) = \sum_i A_{ik} e_i$. Donc :

$T = \sum_{k=1}^n e_k^* \otimes (\sum_i A_{ik} e_i) = \sum_{i,k} A_{ik} (e_k^* \otimes e_i)$

Le tenseur $T$ est donc un élément de $U^* \otimes U$. L'identification est souvent faite en utilisant les indices comme suit : un endomorphisme peut être vu comme un tenseur $T^i_j$ où l'indice supérieur vient de $U$ et l'indice inférieur de $U^$. L'isomorphisme est souvent vu comme $f \mapsto \sum_{i,j} A_{ij} e_i \otimes e_j^$ dans un sens, ou $f \mapsto \sum_{i,j} A_{ij} e_j^* \otimes e_i$ dans l'autre (selon les conventions sur les indices de la matrice et de la base duale).

Une manière courante est de dire qu'un endomorphisme $f$ est associé au tenseur $T = \sum_{i,j} A_{ij} e_i \otimes e_j^$ si $T(e_j^, e_i) = A_{ij}$ pour une forme bilinéaire associée. Ou, plus simplement, $f$ correspond au tenseur $\sum_{i,j} A_{ij} e_i \otimes e_j^$ vu comme un élément de $U \otimes U^$. Pour $U^* \otimes U$, c'est plutôt $\sum_{i,j} A_{ij} e_j^* \otimes e_i$.

Dans cet exercice, l'espace est $U^* \otimes U$. Les éléments sont de la forme $e_k^* \otimes e_i$. L'endomorphisme $f$ est représenté par $A$. Si $f(e_j) = \sum_i A_{ij} e_i$, alors le tenseur correspondant dans $U^* \otimes U$ est $\sum_{k,i} A_{ik} e_k^* \otimes e_i$. (Il faut faire attention aux conventions d'indice). Si on utilise la convention que la matrice $A$ a pour coefficients $A_{ij}$ tels que $f(e_j) = \sum_i A_{ij} e_i$, alors le tenseur dans $U^* \otimes U$ est $\sum_{i,j} A_{ji} e_i^* \otimes e_j$.

c) Soit $U=\mathbb{R}^2$ avec la base canonique $\{e_1, e_2\}$. Soit $f \in End(\mathbb{R}^2)$ représenté par la matrice $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$. Cela signifie que :

$f(e_1) = a e_1 + c e_2$ (les colonnes de $A$ donnent les coordonnées dans la base $e_i$)

$f(e_2) = b e_1 + d e_2$

La base de $U^* \otimes U$ est $\{e_1^* \otimes e_1, e_1^* \otimes e_2, e_2^* \otimes e_1, e_2^* \otimes e_2\}$.

L'endomorphisme $f$ est associé au tenseur $T = \sum_{k,i} A_{ik} e_k^* \otimes e_i$ (en utilisant la convention $f(e_k) = \sum_i A_{ik} e_i$).

Ici, $A_{11}=a, A_{21}=c$ (pour $f(e_1)$) et $A_{12}=b, A_{22}=d$ (pour $f(e_2)$). C'est une convention où la première ligne de la matrice correspond aux coordonnées dans la base de départ et la deuxième ligne dans la base d'arrivée. C'est inversé par rapport à la convention usuelle où $A_{ij}$ est le coefficient de $e_i$ dans l'image de $e_j$. Utilisons la convention $f(e_j) = \sum_i A_{ij} e_i$.

$f(e_1) = a e_1 + c e_2 \implies A_{11}=a, A_{21}=c$.

$f(e_2) = b e_1 + d e_2 \implies A_{12}=b, A_{22}=d$.

Le tenseur dans $U^* \otimes U$ est :

$T = A_{11} e_1^* \otimes e_1 + A_{21} e_1^* \otimes e_2 + A_{12} e_2^* \otimes e_1 + A_{22} e_2^* \otimes e_2$

$T = a (e_1^* \otimes e_1) + c (e_1^* \otimes e_2) + b (e_2^* \otimes e_1) + d (e_2^* \otimes e_2)$

Correction :

a) Un tenseur $T \in U \otimes U$ peut être vu comme une application bilinéaire $B_T: U^* \times U \to K$. Si $T = \sum_{k,l} T_{kl} e_k \otimes e_l$, alors l'application $B_T$ est définie par $B_T(e_i^*, e_j) = T_{ij}$ (en utilisant la convention où les indices $i,j$ correspondent aux composantes dans la base $\{e_i \otimes e_j\}$). Non, cela n'est pas exact. Le tenseur $T = \sum_{k,l} T_{kl} e_k \otimes e_l$ est un élément de $U \otimes U$. Une manière de le voir comme une application est de considérer les tenseurs de type $(2,0)$ par exemple.

Cependant, l'identification d'un tenseur $T \in U \otimes U$ avec une application bilinéaire n'est pas directe. Ce sont les tenseurs de type $(1,1)$ qui sont identifiés à des endomorphismes, et les tenseurs de type $(2,0)$ ou $(0,2)$ qui sont identifiés à des formes bilinéaires.

Pour un tenseur $T \in U \otimes U$, on peut le voir comme $T = \sum_i u_i \otimes v_i$. Si on veut une application bilinéaire $B: U \times U \to K$, on peut le faire par exemple en identifiant $U \otimes U$ avec $(U \otimes U)^{**}$, l'espace des formes bilinéaires.

Le plus simple est de travailler avec la décomposition. Soit $T = \sum_{k,l} T_{kl} e_k \otimes e_l$. Si on applique cette définition bilinéaire $B(x,y)$ où $x = \sum x_i e_i$ et $y = \sum y_j e_j$ :

$B(x,y) = T(x,y)$ n'est pas la bonne façon de le voir.

L'application à considérer est celle qui transforme $T \in U \otimes U$ en une forme bilinéaire. Si $T = \sum_k u_k \otimes v_k$, on peut définir une forme bilinéaire $B(x,y) = \sum_k \ell_k(x) m_k(y)$ où $\ell_k \in U^$ et $m_k \in U^$. Ce n'est pas la direction la plus intuitive.

Approche correcte : Un tenseur $T \in U \otimes U$ peut être vu comme un objet qui, lorsqu'on le contracte avec un élément de $U^* \otimes U^*$, donne un scalaire. Ou, on peut définir une "application" induite.

Si $T = \sum_{i,j} T_{ij} e_i \otimes e_j$. Une façon de le voir comme une application bilinéaire $B: U \times U \to K$ est $B(x,y) = \sum_{i,j} T_{ij} x_i y_j$. Ici, $x = \sum x_i e_i$ et $y = \sum y_j e_j$ (en utilisant $x_i$ comme coordonnée de $x$ dans la base $e_i$).

$B(\sum x_i e_i, \sum y_j e_j) = \sum_{k,l} T_{kl} (\sum x_i e_{i,k}) (\sum y_j e_{j,l})$ n'est pas la bonne interprétation.

Correction : L'élément $T = \sum_{k,l} T_{kl} e_k \otimes e_l$ est un élément de $U \otimes U$. Il peut être vu comme une "application" qui à deux vecteurs $x \in U$ et $y \in U$ associe un scalaire. La définition de la contraction (trace) est ce qui permet cette interprétation.

Si $T \in U \otimes U$, on peut définir une forme linéaire sur $U \otimes U$ par $Tr(T) = \sum_i \langle e_i^, e_i \rangle$ où $\langle e_i^, e_i \rangle$ est la manière de "contracter".

La définition la plus directe pour cette partie est de considérer $T$ comme un élément de $(U^* \otimes U^)^$.

Reconsidération de la question : L'idée est de montrer que les composantes $T_{ij}$ définissent bien une forme bilinéaire.

Soit $T = \sum_{k,l} T_{kl} e_k \otimes e_l$. Une application $B_T: U \times U \to K$ peut être définie comme $B_T(x,y) = \sum_{i,j} T_{ij} x_i y_j$, où $x=\sum x_i e_i$ et $y=\sum y_j e_j$. Cette application est bilinéaire.

$B_T(x+x', y) = \sum_{i,j} T_{ij} (x_i+x'_i) y_j = \sum_{i,j} T_{ij} x_i y_j + \sum_{i,j} T_{ij} x'_i y_j = B_T(x,y) + B_T(x',y)$. De même pour le second argument.

b) La trace est une opération de "contraction". Pour un tenseur $T \in U \otimes U$, interprété comme une forme bilinéaire $B_T(x,y)$, la trace est obtenue en "identifiant" les deux arguments de $U$ avec la base duale. Plus formellement, on utilise une base $\{e_i\}$ de $U$ et sa base duale $\{e_i^\}$ de $U^$. La trace d'un tenseur $T$ (vu comme un élément de $U^* \otimes U^*$) n'est pas définie directement ici.

La trace d'un tenseur de type $(1,1)$ est bien définie et correspond à l'endomorphisme associé. Pour un tenseur $T \in U \otimes U$, la notion de trace est moins standard sans un espace dual ou une structure supplémentaire.

Cependant, si l'on considère $T$ comme un élément de $U \otimes U$, et que l'on utilise l'identification $U \otimes U \cong (U^* \otimes U^)^$, ou si l'on considère $T$ comme une forme bilinéaire $B_T$, on peut définir une trace.

Une manière de définir la trace pour $T \in U \otimes U$ est de prendre $T = \sum_k u_k \otimes v_k$. La trace est $\sum_i \langle u_i^, v_i \rangle$ où $u_i^$ sont les coordonnées de $u_i$ et $v_i$ sont les coordonnées de $v_i$. Ceci est confus.

Correction : La trace d'un tenseur $T \in U \otimes U$ (type (2,0)) n'est pas définie de manière universelle comme celle d'un tenseur de type (1,1). Souvent, la trace est définie pour des tenseurs de type $(k,l)$ avec $k \ge 1$ et $l \ge 1$. Par exemple, pour un tenseur $T \in U^* \otimes U$, on peut le contracter avec un élément de $U \otimes U^*$ pour obtenir un scalaire.

Si on interprète l'exercice comme étant sur un tenseur de type (1,1) : Soit $T \in U^* \otimes U$. $T = \sum_i u_i^* \otimes v_i$. L'endomorphisme $f_T$ associé est tel que $f_T(x) = \sum_i \langle x, u_i^* \rangle v_i$. Si on prend une base $\{e_i\}$ et sa base duale $\{e_i^\}$, alors $T = \sum_{i,j} T_{ij} e_i^ \otimes e_j$. L'endomorphisme est $f_T(e_j) = \sum_i T_{ij} e_i$. Sa matrice est $(T_{ij})$. La trace de l'endomorphisme est $\sum_i T_{ii}$.

Si on veut une trace pour $T \in U \otimes U$, il faut une structure supplémentaire. Par exemple, si $U$ est muni d'un produit scalaire, on peut dériver une notion de trace.

Si l'exercice suppose que $T \in U^* \otimes U$ :

Soit $T = \sum_{i,j} T_{ij} e_i^* \otimes e_j$. Un endomorphisme $f$ est associé, tel que $f(e_j) = \sum_i T_{ij} e_i$. La matrice de $f$ dans la base $\{e_i\}$ a pour coefficients $A_{ij} = T_{ij}$. La trace de $f$ est $\sum_i A_{ii} = \sum_i T_{ii}$.

Si $T = \sum_{k,l} T_{kl} e_k \otimes e_l \in U \otimes U$. On peut définir $Tr(T)$ en utilisant une base et sa duale. Choisissons une base $\{e_i\}$ de $U$. On peut définir $Tr(T) = \sum_i \langle e_i^*, e_i \rangle$, où $\langle \cdot, \cdot \rangle$ est une forme bilinéaire sur $U \times U$ induite par le tenseur.

Une manière plus simple est de considérer $T$ comme une application $B: U \times U \to K$. Si $T = \sum_{i,j} T_{ij} e_i \otimes e_j$, alors $B(x,y) = \sum_{i,j} T_{ij} x_i y_j$. La trace n'est pas directement définie à partir de cela sans identifier les deux arguments de $U$.

Relecture de l'exercice : $T = \sum_{i,j} T_{ij} e_i \otimes e_j$. On veut la trace de cet objet. La trace est définie par rapport à une "paire" de bases : une base de $U$ et une base de $U^$. Le tenseur est dans $U \otimes U$. Pour définir une trace, on a besoin de contracter un indice de $U$ avec un indice de $U^$.

Si on considère l'isomorphisme $U \otimes U \cong (U^* \otimes U^)^$. La trace est une forme linéaire sur $U^* \otimes U$. Ce n'est pas le cas ici.

Si la question voulait dire $T \in U^* \otimes U$ :

Soit $T = \sum_{i,j} T_{ij} e_i^* \otimes e_j$. L'endomorphisme associé est $f$ tel que $f(e_j) = \sum_i T_{ij} e_i$. La matrice de $f$ est $A$ avec $A_{ij} = T_{ij}$. La trace de $f$ est $Tr(f) = \sum_i A_{ii} = \sum_i T_{ii}$.

En supposant l'interprétation la plus courante pour la trace : $T$ est de type $(1,1)$.

Si $T \in U^* \otimes U$, alors $T = \sum_{i,j} T_{ij} e_i^* \otimes e_j$. Cet objet correspond à un endomorphisme $f$ dont la matrice dans la base $\{e_i\}$ est $(T_{ij})$. La trace de cet endomorphisme est la somme des éléments diagonaux de sa matrice. Donc $Tr(T) = \sum_i T_{ii}$.

Si l'exercice est pris au pied de la lettre avec $T \in U \otimes U$ : La notion de trace pour un tenseur de type (2,0) n'est pas toujours définie de manière canonique sans structure supplémentaire (comme un produit scalaire ou une connexion). Cependant, dans certains contextes, on peut définir une trace s'il existe un isomorphisme canonique entre $U$ et $U^$. Si on suppose qu'un tel isomorphisme existe et qu'il identifie $U$ avec $U^$ (par exemple dans le cas d'un espace euclidien), alors on peut définir la trace.

En l'absence de précision, la formulation suggère une interprétation où $T \in U^* \otimes U$ ou une convention spécifique est utilisée.

Correction :

Pour montrer que deux espaces vectoriels sont canoniquement isomorphes, il faut trouver un isomorphisme linéaire dont la construction ne dépend pas du choix d'une base.

Soit $\phi: (V_1 \otimes V_2) \otimes V_3 \to V_1 \otimes (V_2 \otimes V_3)$.

Considérons une base $\{e_i^{(1)}\}$ pour $V_1$, $\{e_j^{(2)}\}$ pour $V_2$, et $\{e_k^{(3)}\}$ pour $V_3$. Les bases des espaces produits tensoriels sont :

Base de $(V_1 \otimes V_2) \otimes V_3$: $\{ (e_i^{(1)} \otimes e_j^{(2)}) \otimes e_k^{(3)} \mid 1 \le i \le n_1, 1 \le j \le n_2, 1 \le k \le n_3 \}$

Base de $V_1 \otimes (V_2 \otimes V_3)$: $\{ e_i^{(1)} \otimes (e_j^{(2)} \otimes e_k^{(3)}) \mid 1 \le i \le n_1, 1 \le j \le n_2, 1 \le k \le n_3 \}$

La dimension de chaque espace est $n_1 n_2 n_3$. Pour établir l'isomorphisme canonique, nous pouvons définir une application qui transforme un élément de base de l'un dans l'autre.

Définissons $\phi$ sur les éléments de base de $(V_1 \otimes V_2) \otimes V_3$ :

$$ \phi((e_i^{(1)} \otimes e_j^{(2)}) \otimes e_k^{(3)} ) = e_i^{(1)} \otimes (e_j^{(2)} \otimes e_k^{(3)}) $$

Cette application est bien définie car elle est linéaire par rapport à chaque composante. Pour montrer que $\phi$ est un isomorphisme, il suffit de montrer qu'elle est injective et surjective. Comme les deux espaces ont la même dimension finie, l'injectivité implique la surjectivité et vice-versa.

L'application $\phi$ est linéaire. Elle est définie sur une base et transforme chaque élément de base en un élément de base de l'autre espace. Comme elle transforme une base en une base, elle est un isomorphisme.

De plus, cette construction est canonique car elle ne dépend pas du choix des bases spécifiques, mais seulement de la structure intrinsèque des espaces vectoriels et de leur produit tensoriel. Par exemple, on peut définir $\phi$ sur un tenseur pur $u \otimes v \otimes w$ (où $u \in V_1, v \in V_2, w \in V_3$) comme :

$$ \phi((u \otimes v) \otimes w ) = u \otimes (v \otimes w) $$

Cette application, étendue par bilinéarité aux sommes, est un isomorphisme.

Astuce : Cette associativité permet souvent d'écrire simplement $V_1 \otimes V_2 \otimes V_3$ sans ambigüité sur l'ordre des produits.

Correction :

a) Soit $\dim(T_pM) = n$. L'espace dual $T_pM^$ a également pour dimension $n$. L'espace des tenseurs de type $(1,1)$ est $T^1_1(T_pM) \cong T_pM^ \otimes T_pM$. La dimension de cet espace est $\dim(T_pM^*) \times \dim(T_pM) = n \times n = n^2$.

b) Un tenseur $T \in T^1_1(T_pM)$ peut être vu comme un endomorphisme de $T_pM$. Si $\{e_i\}$ est une base de $T_pM$, alors $T$ peut être représenté par une matrice $(T^i_j)$ telle que $T(e_j) = \sum_i T^i_j e_i$. La trace de cet endomorphisme est définie comme la somme des coefficients diagonaux de cette matrice : $Tr(T) = \sum_i T^i_i$.

Pour montrer l'invariance par changement de base, considérons une nouvelle base $\{e'_k\}$ de $T_pM$. Soit $e'_k = \sum_i P^i_k e_i$, où $P = (P^i_k)$ est la matrice de changement de base (les colonnes de $P$ sont les coordonnées des nouveaux vecteurs de base dans l'ancienne base). La base duale correspondante est $\{e'_k^*\}$.

Un tenseur $T$ peut aussi être représenté dans cette nouvelle base. La relation entre les composantes $T^i_j$ dans la base $\{e_i\}$ et les composantes $T'^k_l$ dans la base $\{e'_k\}$ est donnée par la règle de transformation des tenseurs de type $(1,1)$ :

$$ T'^k_l = \sum_{i,j} (P^{-1})^k_i T^i_j P^j_l $$

Nous voulons montrer que $\sum_k T'^k_k = \sum_i T^i_i$. Calculons la trace dans la nouvelle base :

$$ Tr(T) = \sum_k T'^k_k = \sum_k \sum_{i,j} (P^{-1})^k_i T^i_j P^j_k $$

Réarrangeons les termes :

$$ Tr(T) = \sum_{i,j} T^i_j \sum_k (P^{-1})^k_i P^j_k $$

Le terme $\sum_k (P^{-1})^k_i P^j_k$ est le terme $(i,j)$ de la matrice produit $P^{-1}P$.

$$ P^{-1}P = I $$

Donc, $\sum_k (P^{-1})^k_i P^j_k = \delta_{ij}$ (symbole de Kronecker, qui vaut 1 si $i=j$ et 0 sinon).

Ainsi, la trace devient :

$$ Tr(T) = \sum_{i,j} T^i_j \delta_{ij} $$

Le terme $\delta_{ij}$ est non nul seulement lorsque $i=j$. Donc la somme se réduit à :

$$ Tr(T) = \sum_i T^i_i $$

Ceci est exactement la trace dans la base d'origine. Donc, la trace est invariante par changement de base.