Polinomios de Legendre y operador simétrico

Respecto de una base formada por polinomios de Legendre, determinamos la matriz diagonal de un operador simétrico.

Enunciado
En el espacio vectorial  $E=\mathbb{R}_n[x]$ de los polinomios reales de grado $\le n$ se define la aplicación $$T:E\to E,\quad T(f)=\left(pf’\right)’\text{ con }p(x)=x^2-1.$$ (a) Demostrar que $T$ es lineal.
(b)  Hallar la matriz de $T$ en la base canónica de $E.$
(c)  Determinar el espectro de  $T$ y estudiar si $T$ es diagonalizable.
(d)  En el espacio vectorial euclídeo que se obtiene al dotar a $E$ del producto escalar $$\langle f,g\rangle=\int_{-1}^1f(x)g(x)\;dx,$$ estudiar si el endomorfismo $T$ es simétrico y determinar la matriz de $T$ respecto de la base $$B_L=(p_0,p_1,\ldots,p_n)$$ formada por los polinomios de Legendre de grados $0,1,2,\ldots,n.$

Solución
(a)  La aplicación está bien definida pues si  $f\ne 0,$ $$\text{grad }f=k\Rightarrow \text{grad}\left(pf’\right)=2+(k-1)=k+1$$ $$\Rightarrow \text{grad }\left(pf’\right)’=k\Rightarrow \text{grad } T(f)=k,$$ y si  $f=0,$  $T(f)=0,$ por tanto $T$ transforma elementos de $E$ en elementos de $E.$ Veamos que $T$ es lineal. En efecto, para todo $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$ y para todo  $f,g\in E$ $$T(\alpha f+\beta g)=\left(p(\alpha f+\beta g)’\right)’=\left(p(\alpha f’+\beta g’)\right)’$$ $$=\left(\alpha pf’+\beta pg’\right)’=\alpha\left(pf’\right)’+\beta\left(pg’\right)’=\alpha T(f)+\beta T(g).$$ (b)  Hallemos los transformados de la base canónica $B=(1,x,x^2,\ldots,x^n).$  Tenemos para $2\le k\le n$ $$T(x^k)=\left((x^2-1)(x^k)’\right)’=\left(k(x^2-1)x^{k-1}\right)’$$ $$=\left(kx^{k+1}-kx^{k-1}\right)’=k(k+1)x^k-k(k-1)x^{k-2}.$$ Por otra parte, $T(1)=0$ y $T(x)=2x.$ Entonces, $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & T(1)=0\\
& T(x)=2x\\
& T(x^2)=6x^2-2\\
& T(x^3)=12x^3 -6x\\
&\ldots\\
&T(x^n)=n(n+1)x^n-n(n-1)x^{n-2} \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ y la matriz $M$ de $T$ en $B$ es  $$M=\begin{bmatrix} 0 & 0 & -2 & \;\;0&  \ldots & 0\\ 0 & 2 & \;\;0 & -6& \ldots & 0 \\  0 & 0 & \;\;6 & \;\;0 & \ldots & 0 \\
0 & 0 & \;\;0 & 12 & \ldots & 0\\\vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 &\ldots & n(n+1)\end{bmatrix}.$$ (c)  La matriz $M$ es triangular, por tanto el espectro de $T$ es $$\text{Spec }(T)=\{0,2,6,12,\ldots,n(n+1)\}.$$ Los valores propios son todos reales y simples, en consecuencia $T$ es diagonalizable.

(d)  Recordemos que los polinomios de Legendre $$p_n(x) = {1 \over 2^k k!} {d^k \over dx^k } \left[ (x^2 -1)^k \right]\quad (k=0,1,\ldots, n),$$ forman una base ortogonal en el espacio euclídeo dado. Sean $f,g\in E$ tales que  $f=\sum_0^n\alpha_ip_i$ y  $g=\sum_0^n\beta_jp_j.$ Entonces, $$\langle Tf,g\rangle=\langle \sum_0^n\alpha_iTp_i,\sum_0^n\beta_jp_j\rangle=\sum_{i,j=0}^n\alpha_i\beta_j\langle Tp_i,p_j\rangle.$$ Análogamente obtenemos  $\langle f,Tg\rangle=\sum_{i,j=0}^n\alpha_i\beta_j\langle p_i,Tp_j\rangle.$ Por otra parte, $$T[p_k(x)]=[(x^2-1)p’_k(x)]’=2xp’_k(x)+(x^2-1)p_k^{\prime\prime}(x)$$ $$=\ldots=k(k+1)p_k(x).\quad (*)$$ $$\langle Tp_i,p_j \rangle=\int_{-1}^1i(i+1)p_i(x)p_j(x)=0\text{ si } i\ne j,$$ $$\langle p_i,Tp_j \rangle=\int_{-1}^1j(j+1)p_i(x)p_j(x)=0\text{ si } i\ne j.$$ En consecuencia, para todo  $f,g\in E$ $$\langle Tf,g \rangle=\sum_{i=0}^n\alpha_i\beta_i\langle Tp_i,p_i\rangle=\sum_{i=0}^n\alpha_i\beta_i\langle p_i,Tp_i\rangle=\langle f,Tg \rangle,$$ lo cual implica que $T$ es simétrico. De la igualdad $(*)$ deducimos que la matriz de $T$ en $B_L$ es $$D=\text{diag }(0,2,6,12,\ldots, n(n+1)).$$