No espaço Pn(R) dos polinômios de grau até n in N, considere o produto interno
lang<= r, srang<==integral0^1 r(t) s(t) d t, r, s in Pn(R)
Seja T: Pn(R) Pn(R) dada por T(p)=q, forall p in Pn(R), em que q(t)=t p(t), forall t in R. Pode-se afirmar que: T é uma isometria.
T não é diagonalizável.
T é um operador autoadjunto.
T é sobrejetora. Nenhuma das demais alternativas.

Passo 1

O enunciado considera o espaço vetorial real Pn(R) (polinómios de grau <= n) munido do produto interno
lang<= r,srang<==integral0^1r(t),s(t),dt
e define o operador linear T:Pn(R)to Pn(R) por
l(T(p)r)(t)=t,p(t)
Vamos verificar, um a um, se T é isometria, se é autoadjunto, se é sobrejetora e se é diagonalizável.

Passo 2

Para testar isometria, comparamos |T(p)|^2=lang<= T(p),T(p)rang<= com |p|^2=lang<= p,prang<=. De fato
|T(p)|^2 =integral0^1l(t,p(t)r)^2dt =integral0^1t^2,p(t)^2dt e |p|^2=integral0^1p(t)^2dt
Como, em geral, t^2<1 em parte de [0,1], esses dois valores não coincidem para todo pneq0. Logo, T não é isometria.

Passo 3

Para ver se T é sobrejetora, perguntamos: dado um polinómio arbitrário q(t)in Pn(R), existe p com T(p)=q? Em particular, tente q(t)=1. A equação
t,p(t)=1
implicaria p(t)=1/t, que não é polinômio. Portanto não existe preimagem de 1 em Pn. Assim, T não é sobrejetora.

Passo 4

Agora mostramos que T é autoadjunto, ou seja
lang<= T(p),srang<= =integral0^1t,p(t),s(t),dt e lang<= p,T(s)rang<= =integral0^1p(t),t,s(t),dt
são iguais para quaisquer p,sin Pn. Como a multiplicação em R é comutativa, conclui-se
lang<= T(p),srang<= =lang<= p,T(s)rang<=,
logo T é um operador autoadjunto.

Passo 5

Por fim, em espaço real de dimensão finita, todo operador autoadjunto é diagonalizável numa base ortonormal (teorema espectral real). Como já mostramos que T é autoadjunto, segue que T é diagonalizável, o que torna falsa a afirmação “ T não é diagonalizável”.

Resposta

T é um operador autoadjunto.

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