Do sprawdzenia pierwszej części wystarczy sprawdzenie warunków na iloczyn skalarny. Standardowo; symetria
\(\displaystyle{ \left\langle A,B\right\rangle = {\sf{tr}}(A^{\top}B)= {\sf{tr}}((A^{\top}B)^{\top})={\sf{tr}}(B^{\top}A) =\left\langle B,A\right\rangle. }\)
Liniowość (względem współrzędnych) idzie z liniowości
\(\displaystyle{ \sf{tr}}\) oraz
\(\displaystyle{ \top}\). Niezdegenerowanie sprowadza się do obserwacji, że na przekątnej
\(\displaystyle{ A^{\top}A}\) pojawiają się kwadraty. Więc
\(\displaystyle{ \left\langle A,A\right\rangle \ge 0}\) i równość zajdzie wyłącznie dla
\(\displaystyle{ A=0}\). Drugą część robił bym tak, że
\(\displaystyle{ I_n}\) zapisał bym jako część zrzutowaną na
\(\displaystyle{ \text{span}(B_1,\dots,B_2)}\) i część należącą do ortogonalnego dopełnienia. To znaczy
\(\displaystyle{ \RR^{n \times n}=\text{span}(B_1,\dots,B_2)\oplus \text{span}(B_1,\dots,B_2)^{\bot}}\) zatem możemy zapisać
\(\displaystyle{ I_n= \alpha_1B_1+\dots +\alpha_nB_n + B^{\bot},}\)
gdzie
\(\displaystyle{ \alpha_1B_1+\dots +\alpha_nB_n\in \text{span}(B_1,\dots,B_2)}\),
\(\displaystyle{ B^{\bot}\in \text{span}(B_1,\dots,B_2)^{\bot}}\) oraz
\(\displaystyle{ \alpha _i}\) to skalary. Widać teraz, że dla
\(\displaystyle{ i=1,2,\dots,n}\)
\(\displaystyle{ \left\langle I_n,B_i\right\rangle = a_i\left\langle B_i,B_i\right\rangle }\)
Zatem
\(\displaystyle{ \text{proj}_{\text{span}(B_1,\dots,B_2)}(I_n) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\left\langle I_n,B_i\right\rangle}{\left\langle B_i,B_i\right\rangle} B_i }\).