Solución. 1. Veamos que f es único. En efecto, como E = H ⊕H⊥, todo x ∈ E se puede expresar de manera única en la forma x = x1 + x2 con x1 ∈ H, ...

Solución. 1. Veamos que f es único. En efecto, como E = H ⊕H⊥, todo x ∈ E se puede expresar de manera única en la forma x = x1 + x2 con x1 ∈ H, x2 ∈ H⊥. Entonces f(x) = f(x1 + x2) = f(x1) + f(x2) = x1 − x2. Concluimos que si el automorfismo f existe, entonces está uńıvocamente determinado. Veamos ahora que la aplicación f : E → E definida median- te f(x) = x1 − x2 es efectivamente un automorfismo en E que satisface f(x) = x para todo x ∈ H y f(x) = −x para todo x ∈ H⊥. (a) f es lineal. Sean λ, µ ∈ R y sean x, y ∈ E tales que x = x1 + x2 con x1 ∈ H,x2 ∈ H⊥, y = y1 + y2 con y1 ∈ H, y2 ∈ H⊥. Entonces λx+ µy = λ(x1 + x2) + µ(y1 + y2) = (λx1 + µy1) + (λx2 + µy2). en donde λx1 + µy1 ∈ H y λx2 + µy2 ∈ H⊥. Tenemos f(λx+ µy) = (λx1 + µy1)− (λx2 + µy2) = λ(x1 − x2) + µ(y1 − y2) = λf(x) + µf(y) es decir, f es lineal. (b) f es inyectiva. Si x ∈ ker f entonces f(x) = x1 − x2 = 0 es decir, x1 = x2 lo cual implica que x1 y x2 pertenecen a H ∩H⊥ = {0}. Por tanto x1 = x2 = 0 y en consecuencia x = 0. Hemos demostrado que ker f = {0} o equivalentemente que f es inyectiva. (c) f es sobreyectiva. Por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales deducimos que dim Im f = dimE es decir, Im f , por tanto f es