トレースとディターミナント

互換$\tau_{ij} \in \mathfrak{S}_{n},i< j,$に対して
$$ \tau_{ij} \star \omega = - \omega$$
が成り立つことを示せばよい．そこで$v_{1},\ldots,v_{n} \in V$とすると，$\omega$の交代性より，
\begin{align} 0&= \omega(\ldots,v_{i}+v_{j},\ldots,v_{i}+v_{j},\ldots)\\ &= \omega(\ldots,v_{i},\ldots,v_{i},\ldots) + \omega(\ldots,v_{i},\ldots,v_{j},\ldots) + \omega(\ldots,v_{j},\ldots,v_{i},\ldots) + \omega(\ldots,v_{j},\ldots,v_{j},\ldots)\\ &= \omega(\ldots,v_{i},\ldots,v_{j},\ldots) + \omega(\ldots,v_{j},\ldots,v_{i},\ldots)\\ &= \omega(v_{1},\ldots,v_{n}) + (\tau_{ij}\star\omega)(v_{1},\ldots,v_{n}) \end{align}
が成り立つ．

$\dim \Alt_{n}(V) \geq 1$

$V$の基底$\beta = (\beta_{1},\ldots,\beta_{n})$を取り，$n$重線型形式$\omega_{\beta} \colon V^{n} \to \mathbb{K}$を
$$ \omega_{\beta}(v_{1},\ldots,v_{n}) := \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{n}} \mathrm{sgn}(\sigma)\cdot \langle \beta_{1}^{*},v_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\sigma(n)} \rangle$$
で定める．（$\omega_{\beta}$は，$n$個の線型形式$\beta_{1}^{*},\ldots,\beta_{n}^{*}$の“楔積”$\beta_{1}^{*} \wedge\cdots\wedge \beta_{n}^{*}$に他ならない．）

1. $v_{1},\ldots,v_{n} \in V$とし，$v_{i} = v_{j},i< j,$とする．このとき
   $$ \langle \beta_{1}^{*},v_{\tau_{ij}(\sigma(1))} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\tau_{ij}(\sigma(n))} \rangle = \langle \beta_{1}^{*},v_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\sigma(n)} \rangle$$
   となるので，
   \begin{align} \omega_{\beta}(v_{1},\ldots,v_{n}) &= \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \langle \beta_{1}^{*},v_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\sigma(n)} \rangle\\ &= \sum_{\sigma\in\mathfrak{A}_{n}} \mathrm{sgn}(\sigma)\cdot \langle \beta_{1}^{*},v_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\sigma(n)} \rangle + \mathrm{sgn}(\tau_{ij}\circ\sigma) \cdot \langle \beta_{1}^{*},v_{\tau_{ij}(\sigma(1))} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\tau_{ij}(\sigma(n))} \rangle\\ &= \sum_{\sigma\in\mathfrak{A}_{n}} \mathrm{sgn}(\sigma)\cdot \langle \beta_{1}^{*},v_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\sigma(n)} \rangle - \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot \langle \beta_{1}^{*},v_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\sigma(n)} \rangle\\ &= 0 \end{align}
   が成り立つ．よって$\omega_{\beta} \in \Alt_{n}(V)$である．
2. 定義より
   $$ \omega_{\beta}(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) = \langle \beta_{1}^{*},\beta_{1} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},\beta_{n} \rangle = 1$$
   が成り立つ．したがって$\omega_{\beta} \neq 0$である．

$\dim \Alt_{n}(V) \leq 1$

$\omega\in \Alt_{n}(V)$とする．このとき$\omega$の交代性より
\begin{align} \omega(v_{1},\ldots,v_{n}) &= \omega\left(\sum_{i_{1}=1}^{n} \beta_{i_{1}}\cdot\langle \beta_{i_{1}}^{*},v_{1} \rangle,\ldots,\sum_{i_{n}=1}^{n} \beta_{i_{n}}\cdot\langle \beta_{i_{n}}^{*},v_{n} \rangle \right) \\ &= \sum_{i_{1},\ldots,i_{n}} \omega(\beta_{i_{1}},\ldots,\beta_{i_{n}}) \cdot \langle \beta_{i_{1}}^{*},v_{1} \rangle \cdots \langle \beta_{i_{n}}^{*},v_{n} \rangle \\ &\textcolor{orange}{=} \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{n}} \omega(\beta_{\sigma^{-1}(1)},\ldots,\beta_{\sigma^{-1}(n)}) \cdot \langle \beta_{\sigma^{-1}(1)}^{*},v_{1} \rangle \cdots \langle \beta_{\sigma^{-1}(n)}^{*},v_{n} \rangle \\ &= \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{n}} (\sigma^{-1}\star\omega)(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) \cdot \langle \beta_{1}^{*},v_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\sigma(n)} \rangle \\ &= \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{n}} \mathrm{sgn}(\sigma^{-1}) \cdot \omega(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) \cdot \langle \beta_{1}^{*},v_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\sigma(n)} \rangle \\ &= \omega(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) \cdot \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot \langle \beta_{1}^{*},v_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},v_{\sigma(n)} \rangle \\ &= \omega(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) \cdot \omega_{\beta}(v_{1},\ldots,v_{n}) \end{align}
となるので，
$$ \omega = \omega(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) \cdot \omega_{\beta}$$
が成り立つ．

$f \in \End(V)$とし，基底$\beta \in V$を取る．このとき$f\beta \in V$に対して$a_{\!f} \in \mathbb{K}$であって
$$ f\beta = a_{\!f}\beta$$
なるものがただ一つ存在し，任意の$v := \beta a \in V$に対して
$$ fv = f(\beta a) = (f\beta)a = (a_{\!f}\beta)a = a_{\!f}(\beta a) = a_{\!f}v$$
が成り立つ．よって
$$ f \mapsto a_{\!f}$$
が逆写像を与える．

$\omega \in \Alt_{n}(V)$とし，$v_{i}=v_{j} =:v, i< j,$とする．このとき，$\omega$の交代性とskew-symより，
\begin{align} \sum_{k=1}^{n} \omega(v_{1},\ldots,v_{k-1},fv_{k},v_{k+1},\ldots,v_{n}) &= \omega(\ldots,fv,\ldots,v,\ldots) + \omega(\ldots,v,\ldots,fv,\ldots)\\ &= \omega(\ldots,fv,\ldots,v,\ldots) - \omega(\ldots,fv,\ldots,v,\ldots)\\ &= 0 \end{align}
が成り立つ．したがって，写像
$$ D_{\!f}\, \colon \Alt_{n}(V) \to \Alt_{n}(V);\ \omega \mapsto D_{\!f}\,\omega$$
が定まる．$D_{\!f}$の線型性は明らか．

$f,g \in \End(V)$とする．このとき，任意の$\omega \in \Alt_{n}(V)$に対して
\begin{align} D_{\!f+g}\,\omega(v_{1},\ldots,v_{n}) &= \sum_{i=1}^{n} \omega(\ldots,(f+g)v_{i},\ldots) \\ &= \sum_{i=1}^{n} \omega(\ldots,fv_{i},\ldots) + \omega(\ldots,gv_{i},\ldots) \\ &= D_{\!f}\,\omega(v_{1},\ldots,v_{n}) + D_{\!g}\,\omega(v_{1},\ldots,v_{n}) \\ &= (\tr f + \tr g) \cdot \omega(v_{1},\ldots,v_{n}) \end{align}
が成り立つので，
$$ \tr(f+g) = \tr f + \tr g$$
を得る．同様に，任意の$(a,f) \in \mathbb{K} \times \End(V)$に対して
$$ \tr(a f) = a\cdot (\tr f)$$
が成り立つ．

base-of-altより$\omega_{\beta}(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) = 1$であるから，
\begin{align} \tr f &= (\tr f) \cdot \omega_{\beta}(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) \\ &= D_{\!f}\,\omega_{\beta}(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) \\ &= \sum_{i=1}^{n} \omega_{\beta}(\beta_{1},\ldots,\beta_{i-1},f\beta_{i},\beta_{i+1},\ldots,\beta_{n})\\ &= \sum_{i=1}^{n} \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot \langle \beta_{1}^{*},\beta_{\sigma(1)} \rangle \cdots \langle \beta_{i-1}^{*},\beta_{\sigma(i-1)} \rangle \cdot \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{\sigma(i)} \rangle \cdot \langle \beta_{i+1}^{*},\beta_{\sigma(i+1)} \rangle \cdots \langle \beta_{n}^{*},\beta_{\sigma(n)} \rangle \\ &= \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{i} \rangle \\ \end{align}
が成り立つ．

任意の$i,j \in [n]_{>0}$に対して
\begin{align} \langle \beta_{i}^{*},f(g\beta_{j}) \rangle &= \left\langle \beta_{i}^{*},f\left(\sum_{k=1}^{n} \beta_{k}\cdot \langle \beta_{k}^{*},g\beta_{j}\rangle\right) \right\rangle\\ &= \sum_{k=1}^{n} \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{k} \rangle \cdot \langle \beta_{k}^{*},g\beta_{j} \rangle\\ \end{align}
が成り立つ．よって，rep-mat-trより，
\begin{align} \tr(f\circ g) &= \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{i}^{*},f(g\beta_{i}) \rangle\\ &= \sum_{i,k} \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{k} \rangle \cdot \langle \beta_{k}^{*},g\beta_{i} \rangle\\ &= \sum_{k,i} \langle \beta_{k}^{*},g\beta_{i} \rangle \cdot \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{k} \rangle\\ &= \sum_{k=1}^{n} \langle \beta_{k}^{*},g(f\beta_{k}) \rangle \\ &= \tr(g \circ f) \end{align}
が成り立つ．

基底を取らない証明については こちら を参照せられたい．

1. $f \in \End(V)$とする．このとき，任意の$v \in V$に対して
   \begin{align} fv &= f\left(\sum_{j=1}^{n} \beta_{j} \cdot \langle \beta_{j}^{*},v \rangle \right) \\ &= \sum_{j=1}^{n} f\beta_{j} \cdot \langle \beta_{j}^{*},v\rangle \\ &= \sum_{j=1}^{n} \left(\sum_{i=1}^{n} \beta_{i} \cdot \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{j} \rangle \right)\cdot \langle \beta_{j}^{*},v \rangle \\ &= \sum_{i,j} (\beta_{i} \cdot \langle \beta_{j}^{*},v \rangle) \cdot \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{j} \rangle \\ &= \sum_{i,j} \beta_{ij}v \cdot \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{j} \rangle \end{align}
   が成り立つので，
   $$ f = \sum_{i,j} \beta_{ij}\cdot\langle \beta_{i}^{*},f\beta_{j} \rangle$$
   を得る．
2. $f := \sum_{i,j} \beta_{ij}a_{ij} = 0$とする．このとき，各$k \in [n]_{>0}$に対して，
   $$ \beta_{ij}\beta_{k} = \beta_{i} \cdot \langle \beta_{j}^{*},\beta_{k} \rangle = \beta_{i}\delta_{jk}$$
   より
   $$ 0 = f\beta_{k} = \sum_{i,j} \beta_{i}\delta_{jk}a_{ij} = \sum_{i=1}^{n} \beta_{i}a_{ik}$$
   が成り立つので，
   $$ a_{1k} = \cdots = a_{nk} = 0$$
   を得る．

線型写像$\Psi \colon \End(V)^{*} \to \End(V)$を
$$ \Psi f^{*} := \sum_{i,j} \beta_{ij} \cdot \langle f^{*}, \beta_{ji} \rangle$$
で定める．

1. $f \in \End(V)$とする．このとき，
   \begin{align} \langle \widehat{\tr}f, \beta_{ji} \rangle &= \tr(f \circ \beta_{ji}) \\ &= \sum_{k=1}^{n} \langle \beta_{k}^{*},f\beta_{ji}\beta_{k} \rangle \\ &= \sum_{k=1}^{n} \langle \beta_{k}^{*}, f\beta_{j}\delta_{ik} \rangle \\ &= \langle \beta_{i}^{*}, f\beta_{j} \rangle \end{align}
   より，
   $$ (\Psi\circ\widehat{\tr})(f) = \sum_{i,j} \beta_{ij} \cdot \langle \widehat{\tr}f,\beta_{ji} \rangle = \sum_{i,j} \beta_{ij} \cdot \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{j} \rangle = f$$
   が成り立つ．
2. $f^{*} \in \End(V)^{*}$とする．このとき，
   $$ (\Psi f^{*})\beta_{k} = \sum_{i,j} \beta_{ij}\beta_{k} \cdot \langle f^{*},\beta_{ji} \rangle = \sum_{i,j} \beta_{i}\delta_{jk} \cdot \langle f^{*},\beta_{ji} \rangle = \sum_{i=1}^{n} \beta_{i} \cdot \langle f^{*},\beta_{ki} \rangle$$
   より，
   \begin{align} \langle \widehat{\tr}(\Psi f^{*}),\beta_{k\ell} \rangle &= \tr((\Psi f^{*}) \circ \beta_{k\ell}) \\ &= \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{i}^{*}, (\Psi f^{*})\beta_{k\ell}\beta_{i} \rangle \\ &= \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{i}^{*}, (\Psi f^{*})\beta_{k}\delta_{\ell i} \rangle \\ &= \langle \beta_{\ell}^{*},(\Psi f^{*})\beta_{k} \rangle \\ &\textcolor{orange}{=} \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{\ell}^{*},\beta_{i} \rangle \cdot \langle f^{*},\beta_{ki} \rangle \\ &= \langle f^{*},\beta_{k\ell} \rangle \end{align}
   が成り立つので，
   $$ (\widehat{\tr}\circ\Psi)(f^{*}) = f^{*}$$
   を得る．

$f^{*} \in \mathrm{codom}(\tau) \subset \End(V)^{*}$とし，$f := \widehat{\tr}^{-1}(f^{*})$とおく：
$$ \langle f^{*},g \rangle = \langle \widehat{\tr}f,g \rangle = \tr(f \circ g)$$
定義より$\tau(a) = \widehat{\tr}(a \cdot \id_{V})$であり，
$$ a \cdot (\tr \beta_{11}) = a \cdot \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{i}^{*},\beta_{11}\beta_{i} \rangle = a \cdot \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{i}^{*},\beta_{1}\delta_{1i} \rangle = a$$
であるから，あとは$f = \tr(f\circ\beta_{11}) \cdot \id_{V}$であることを示せばよい．

1. 任意の$v \in V$に対して
   $$ \beta_{jk}\beta_{\ell i}v = \beta_{jk}(\beta_{\ell} \cdot \langle \beta_{i}^{*},v \rangle) = \beta_{jk}\beta_{\ell} \cdot \langle \beta_{i}^{*},v \rangle = \beta_{j}\delta_{k\ell} \cdot \langle \beta_{i}^{*},v \rangle = \beta_{ji}\delta_{k\ell}v$$
   が成り立つ．
2. 仮定より，
   \begin{align} \tr(f \circ \beta_{ji})\cdot\delta_{k\ell} &= \tr(f \circ (\beta_{ji}\delta_{k\ell}))\\ &= \tr(f \circ (\beta_{jk}\beta_{\ell i}))\\ &= \langle f^{*},\beta_{jk}\circ\beta_{\ell i} \rangle \\ &\textcolor{orange}{=} \langle f^{*},\beta_{\ell i}\circ\beta_{jk} \rangle \\ &= \tr(f\circ(\beta_{\ell i}\beta_{jk})) \\ &= \tr(f \circ \beta_{\ell k})\cdot\delta_{ij} \end{align}
   が成り立つので，
   $$ \tr(f \circ \beta_{ji}) = \tr(f \circ \beta_{ji})\cdot\delta_{11} = \tr(f \circ \beta_{11})\cdot\delta_{ij}$$
   を得る．
3. tr-nondegの証明中で見たように
   $$ \tr(f \circ \beta_{ji}) = \langle \widehat{\tr}f,\beta_{ji} \rangle \textcolor{orange}{=} \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{j} \rangle$$
   であるから，
   \begin{align} f &= \sum_{i,j} \beta_{ij} \cdot \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{j} \rangle \\ &= \sum_{i,j} \beta_{ij} \cdot \tr(f \circ \beta_{ji}) \\ &= \sum_{i,j} \beta_{ij} \cdot \tr(f \circ \beta_{11}) \cdot \delta_{ij} \\ &= \sum_{i=1}^{n} \beta_{ii} \cdot \tr(f \circ \beta_{11}) \\ &= \tr(f \circ \beta_{11}) \cdot \id_{V} \end{align}
   が成り立つ．

double-dualより，$\beta^{*}$の双対基底$(\beta_{1}^{**},\ldots,\beta_{n}^{**})$は線型同型写像
$$ V \to V^{**};\ v \mapsto [v^{*}\mapsto \langle v^{*},v \rangle]$$
による$\beta$の像なので，
$$ \langle \beta_{i}^{**}, f^{\transpose}\beta_{j}^{*} \rangle = \langle f^{\transpose}\beta_{j}^{*}, \beta_{i} \rangle = \langle \beta_{j}^{*},f\beta_{i} \rangle$$
が成り立つ．よって，rep-mat-trより，
$$ \tr f = \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{i} \rangle = \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{i}^{**}, f^{\transpose}\beta_{i}^{*} \rangle = \tr f^{\transpose}$$
が成り立つ．

$V$の基底$(\beta_{1},\ldots,\beta_{n})$を取り，その双対基底を$(\beta_{1}^{*},\ldots,\beta_{n}^{*})$とおく．このとき，線型写像
$$ \Phi \colon \Hom(V,W) \to W \otimes V^{*}$$
を
$$ \Phi(f) := \sum_{i=1}^{n} f\beta_{i} \otimes \beta_{i}^{*}$$
で定めると，
$$ \Phi(\Theta(w\otimes\beta_{j}^{*})) = \sum_{i=1}^{n} (w\cdot\langle \beta_{j}^{*},\beta_{i} \rangle)\otimes\beta_{i}^{*} = w\otimes\beta_{j}^{*},$$
および
$$ \Theta(\Phi f)(\beta_{j}) = \sum_{i=1}^{n} f\beta_{i}\cdot\langle \beta_{i}^{*},\beta_{j} \rangle = f\beta_{j}$$
が成り立つ．$W\otimes V^{*}, V$はそれぞれ
$$ \{w\otimes\beta_{j}^{*} \mid w\in W,\ j \in [n]_{>0}\},\ \{\beta_{1},\ldots,\beta_{n}\}$$
で生成されるので，
$$ \Phi \circ \Theta = \id_{W\otimes V^{*}},\ \Theta\circ\Phi = \id_{\Hom(V,W)}$$
が成り立つ．

$V$の基底$(\beta_{1},\ldots,\beta_{n})$を取り，その双対基底を$(\beta_{1}^{*},\ldots,\beta_{n}^{*})$とおく．invより
$$ \Theta^{-1}(f) = \sum_{i=1}^{n} f\beta_{i}\otimes\beta_{i}^{*} $$
であるから，rep-mat-trより，
$$ \mathrm{ev}(\Theta^{-1}(f)) = \sum_{i=1}^{n} \langle \beta_{i}^{*},f\beta_{i} \rangle \textcolor{orange}{=} \tr f$$
が成り立つ．

任意の$\omega \in \Alt_{n}(V)$に対して
\begin{align} (f\circ g)^{\wedge}\omega(v_{1},\ldots,v_{n}) &= \omega(f(gv_{1}),\ldots,f(gv_{n})) \\ &= f^{\wedge}\omega(gv_{1},\ldots,gv_{n}) \\ &= (\det f) \cdot \omega(gv_{1},\ldots,gv_{n}) \\ &= (\det f) \cdot g^{\wedge}\omega(v_{1},\ldots,v_{n}) \\ &= (\det f)\cdot (\det g) \cdot \omega(v_{1},\ldots,v_{n}) \end{align}
が成り立つ．よって
$$ \det(f\circ g) = (\det f)\cdot (\det g)$$
を得る．

(i)$\implies$(ii)

仮定より，$g \in \End(V)$であって$f \circ g = \id_{V}$なるものが存在する．よって
$$ (\det f)\cdot (\det g) = \det(f \circ g) = \det(\id_{V}) = 1 \neq 0$$
となるので，$\det f \neq 0$を得る．

(ii)$\implies$(i)

$\beta = (\beta_{1},\ldots,\beta_{n})$を$V$の基底とする．このとき
$$ \omega_{\beta}(f\beta_{1},\ldots,f\beta_{n}) = f^{\wedge}\omega_{\beta}(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) = (\det f) \cdot \omega_{\beta}(\beta_{1},\ldots,\beta_{n}) = \det f \neq 0$$
となるので，lin-indepより$(f\beta_{1},\ldots,f\beta_{n})$は線型独立である．よって$\rank f = n$であるから，$f \in \mathrm{GL}(V)$となる．

$E_{ji}:= \epsilon_{ji} \in \mathbb{K}^{n \times n}$を行列単位という：
$$ E_{ji}(k,\ell) = \langle \epsilon_{k}^{*},E_{ji}\epsilon_{\ell} \rangle = \langle \epsilon_{k}^{*},\epsilon_{j}\delta_{i\ell} \rangle = \delta_{jk}\delta_{i\ell}.$$

線型写像$\Psi \colon \Hom(\mathbb{K}^{n \times n},\mathbb{K}) \to \mathbb{K}^{n \times n}$を
$$ (\Psi f)(i,j) := fE_{ji}$$
で定める．

1. $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$とする．このとき，
   $$ \tr (AE_{ji}) = \sum_{\ell=1}^{n} (AE_{ji})(\ell,\ell) = \sum_{\ell=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} A(\ell,k) \delta_{jk}\delta_{i\ell} = A(i,j)$$
   より，
   $$ \Psi(\widehat{\tr} A) = A$$
   が成り立つ．
2. $f \in \Hom(\mathbb{K}^{n \times n},\mathbb{K})$とする．このとき，
   $$ \widehat{\tr}(\Psi f)(E_{k\ell}) = \tr((\Psi f)E_{k\ell}) = (\Psi f)(\ell,k) = fE_{k\ell}$$
   より，
   $$ \widehat{\tr}(\Psi f) = f$$
   が成り立つ．

$f \in \mathrm{codom}(\tau) \subset \Hom(\mathbb{K}^{n \times n},\mathbb{K})$とし，$A := \widehat{\tr}^{-1}(f)$とおく：
$$ f(X) = \widehat{\tr}(A)(X) = \tr(AX)$$
定義より$\tau(a) = \widehat{\tr}(aE_{n})$であるから，あとは$A = a_{11}E_{n}$であることを示せばよい．

行列単位$E_{jk},E_{\ell i}$に対して
$$ E_{jk}E_{\ell i} = E_{ji}\delta_{k\ell}$$
が成り立つので，仮定より
\begin{align} a_{ij}\delta_{k\ell} &= \tr (AE_{ji}\delta_{k\ell})\\ &= \tr (AE_{jk}E_{\ell i})\\ &= f(E_{jk}E_{\ell i})\\ &\textcolor{orange}{=} f(E_{\ell i}E_{jk})\\ &= \tr(AE_{\ell k}\delta_{ij}) \\ &= a_{k\ell}\delta_{ij} \end{align}
が成り立つことがわかる．よって
$$ a_{ij} = a_{ij}\delta_{11} = a_{11}\delta_{ij}$$
となるので，$A = a_{11}E_{n}$が成り立つ．

$k =2,n_{1}:=n,n_{2}:=m$の場合に示せば十分である．

1. $n$重線型形式$\omega \colon (\mathbb{K}^{n})^{n} = \mathbb{K}^{n \times n} \to \mathbb{K}$を
   $$ \omega(A_{n}\epsilon_{1},\ldots,A_{n}\epsilon_{n}) := \det \begin{bmatrix} A_{n} & \\ & E_{m} \end{bmatrix}$$
   で定める．明らかに$\omega \in \Alt_{n}(\mathbb{K}^{n})$であるから，
   $$ \det \begin{bmatrix} A_{n}&\\ & E_{m} \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} E_{n} & \\ & E_{m} \end{bmatrix} \cdot \det A_{n} = \det A_{n}$$
   が成り立つ．
2. 同様に，
   $$ \det \begin{bmatrix} E_{n}&\\ & A_{m} \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} E_{n} & \\ & E_{m} \end{bmatrix} \cdot \det A_{m} = \det A_{m}$$
   が成り立つ．
3. ところで
   $$ A_{n}\oplus A_{m} = \begin{bmatrix} A_{n} & \\ & A_{m} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_{n} & \\ & E_{m} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} E_{n} & \\ & A_{m} \end{bmatrix}$$
   が成り立つ．

以上より
$$ \det(A_{n}\oplus A_{m}) = (\det A_{n}) \cdot (\det A_{m})$$
を得る．

$\rank A \leq \det\rank A$なることは既に見た．一方，$d := \det\rank A$とおくと，$I \subset [n]_{>0},J \subset [m]_{>0},\#I = \#J = d,$であって$\det A_{I,J} \neq 0$なるものが存在する．そこで$J = \{j_{1},\ldots,j_{d}\}$とおくと，$\rank A_{I,J} = d$より，
$$ (A\epsilon_{j_{1}},\ldots,A\epsilon_{j_{d}}):\text{lin. indep.}$$
が成り立つので，$d \leq \rank A$を得る．

仮定より
$$ \omega(u,v) = 0 \iff \omega(v,u) = 0$$
が成り立つことに注意する．

(i)$\implies$(ii)

$(\beta_{1},\ldots,\beta_{n})$を$V$の基底とし，$A := [\omega(\beta_{i},\beta_{j})]_{(i,j)} \in \mathbb{K}^{n \times n}$とおく．このとき，$x := \sum_{j} \epsilon_{j}x_{j} \in \mathbb{K}^{n}$に対して
\begin{align} Ax &= \sum_{j=1}^{n} A\epsilon_{j}x_{j} \\ &= \sum_{j=1}^{n} \left(\sum_{i=1}^{n} \epsilon_{i}\cdot\omega(\beta_{i},\beta_{j})\right) \cdot x_{j} \\ &= \sum_{i=1}^{n} \epsilon_{i} \cdot \left(\sum_{j=1}^{n} \omega(\beta_{i},\beta_{j})x_{j}\right) \\ &= \sum_{i=1}^{n} \epsilon_{i} \cdot \omega(\beta_{i},v) \\ \end{align}
が成り立つ．ただし$v:= \sum_{j}\beta_{j}x_{j} \in V$とおいた．よって
\begin{align} Ax = 0 &\implies \forall i,\ \omega(\beta_{i},v) = 0\\ &\implies \forall i,\ \hat{\omega}(v)(\beta_{i}) = \omega(v,\beta_{i}) = 0 \\ &\implies \hat{\omega}(v) = 0 \\ &\implies v = \sum_{j=1}^{n} \beta_{j}x_{j} = 0 \\ &\implies \forall j,\ x_{j} = 0 \\ &\implies x = \sum_{j=1}^{n} \epsilon_{j}x_{j} = 0 \end{align}
が成り立つので，$\Ker(A) = \{0\}$を得る．したがって$A$は可逆である．

(ii)$\implies$(iii)

明らか．

(iii)$\implies$(i)

$V$のある基底$(\beta_{1},\ldots,\beta_{n})$に対して，$A := [\omega(\beta_{i},\beta_{j})]_{(i,j)} \in \mathbb{K}^{n \times n}$が可逆であるとする．このとき
\begin{align} v := \sum_{j=1}^{n} \beta_{j}x_{j} \in \Ker(\hat{\omega}) &\implies \forall i,\ \hat{\omega}(v)(\beta_{i}) = 0 \\ &\implies A \left(\sum_{j=1}^{n} \epsilon_{j}x_{j}\right) = \sum_{i=1}^{n} \epsilon_{i}\cdot \omega(\beta_{i},v) = 0 \\ &\implies \sum_{j=1}^{n} \epsilon_{j}x_{j} = 0 \\ &\implies \forall j,\ x_{j} = 0 \\ &\implies v = \sum_{j=1}^{n} \beta_{j} x_{j} = 0 \end{align}
が成り立つので，$\Ker(\hat{\omega}) = \{0\}$を得る．いま$\dim V = n = \dim V^{*}$であるから，$\hat{\omega}$は全単射である．

任意の互換$\tau_{ij} \in \mathfrak{S}_{2n}$に対して
\begin{align} (\tau_{ij}\star\Omega_{A})(v_{1},\ldots,v_{2n}) &= \Omega_{A}(v_{\tau_{ij}(1)},\ldots,v_{\tau_{ij}(2n)}) \\ &= \frac{1}{2^{n}} \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma)\cdot \omega_{A}(v_{\tau_{ij}(\sigma(1))},v_{\tau_{ij}(\sigma(2))}) \cdots \omega_{A}(v_{\tau_{ij}(\sigma(2n-1))},v_{\tau_{ij}(\sigma(2n))}) \\ &= - \frac{1}{2^{n}} \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{2n}} \mathrm{sgn}(\tau_{ij}\circ\sigma) \cdot \omega_{A}(v_{\tau_{ij}(\sigma(1))},v_{\tau_{ij}(\sigma(2))}) \cdots \omega_{A}(v_{\tau_{ij}(\sigma(2n-1))},v_{\tau_{ij}(\sigma(2n))}) \\ &= - \Omega_{A}(v_{1},\ldots,v_{2n}) \end{align}
が成り立つ．よって$v_{i} = v_{j} = :v,i< j,$のとき
$$ \Omega_{A}(\ldots,v,\ldots,v,\ldots) = (\tau_{ij}\star\Omega_{A})(\ldots,v,\ldots,v,\ldots) = -\Omega_{A}(\ldots,v,\ldots,v,\ldots)$$
より
$$ \Omega_{A}(\ldots,v,\ldots,v,\ldots) = 0$$
が成り立つので，$\Omega_{A}$は交代形式である．

Step 0.

$\Omega_{A},\omega_{A}$の定義より
\begin{align} \pf A &= \frac{\Omega_{A}(\epsilon_{1},\ldots,\epsilon_{2n})}{n!} \\ &= \frac{1}{n!}\cdot \frac{1}{2^{n}} \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma)\cdot \omega_{A}(\epsilon_{\sigma(1)},\epsilon_{\sigma(2)})\cdots\omega_{A}(\epsilon_{\sigma(2n-1)},\epsilon_{\sigma(2n)}) \\ &= \frac{1}{n!\cdot 2^{n}} \sum_{\sigma\in \mathfrak{S}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot a_{\sigma(1),\sigma(2)} \cdots a_{\sigma(2n-1),\sigma(2n)} \end{align}
となる．

Step 1.

部分群
$$ \mathfrak{T} := \langle \tau_{1,2},\tau_{3,4},\ldots,\tau_{2n-1,2n} \rangle < \mathfrak{S}_{2n}$$
による$\mathfrak{S}_{2n}$への積作用$\mathfrak{S}_{2n}\times \mathfrak{T} \to \mathfrak{S}_{2n}$を考える．

1. $\mathfrak{T}$の生成元は互いに可換な位数$2$の元なので，$\#\mathfrak{T} = 2^{n}$である．
2. $A$が交代行列であることより，任意の$\sigma \in \mathfrak{S}_{2n}$に対して
   $$ \mathrm{sgn}(\sigma\circ\tau_{2i-1,2i}) \cdot a_{\sigma(\tau_{2i-1,2i}(1)),\sigma(\tau_{2i-1,2i}(2))} \cdots a_{\sigma(\tau_{2i-1,2i}(2n-1)),\sigma(\tau_{2i-1,2i}(2n))} = \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot a_{\sigma(1),\sigma(2)} \cdots a_{\sigma(2n-1),\sigma(2n)}$$
   が成り立つ．
3. 各軌道は，$\sigma \in \mathfrak{S}_{2n}$であって
   $$ \forall i \in [n]_{>0},\ \sigma(2i-1)<\sigma(2i)$$
   を満たすものをただ一つ含むので，このような元からなる$\mathfrak{S}_{2n}/\mathfrak{T}$の完全代表系$\mathfrak{Q}_{2n}$が取れる．

よって，
\begin{align} \pf A &= \frac{1}{n!\cdot 2^{n}} \sum_{\sigma\in \mathfrak{S}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot a_{\sigma(1),\sigma(2)} \cdots a_{\sigma(2n-1),\sigma(2n)} \\ &= \frac{1}{n!\cdot 2^{n}} \sum_{\sigma\in \mathfrak{Q}_{2n}} \sum_{\tau\in \mathfrak{T}} \mathrm{sgn}(\sigma\circ\tau) \cdot a_{\sigma(\tau(1)),\sigma(\tau(2))} \cdots a_{\sigma(\tau(2n-1)),\sigma(\tau(2n))} \\ &= \frac{1}{n!\cdot 2^{n}} \cdot 2^{n} \sum_{\sigma\in \mathfrak{Q}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot a_{\sigma(1),\sigma(2)} \cdots a_{\sigma(2n-1),\sigma(2n)} \\ &= \frac{1}{n!} \sum_{\sigma\in \mathfrak{Q}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot a_{\sigma(1),\sigma(2)} \cdots a_{\sigma(2n-1),\sigma(2n)} \\ \end{align}
が成り立つ．

Step 2.

$\sigma_{n} \in \mathfrak{S}_{n}$を
\begin{align} 2i-1 &\mapsto 2\sigma_{n}(i)-1\\ 2i &\mapsto 2\sigma_{n}(i) \end{align}
なる$\mathfrak{S}_{2n}$の元と見做して$\sigma_{2n} \in \mathfrak{S}_{2n}$で表わす．この同一視の下で，作用
$$ \mathfrak{Q}_{2n} \times \mathfrak{S}_{n} \to \mathfrak{Q}_{2n};\ (\sigma,\sigma_{n}) \mapsto \sigma\circ\sigma_{2n}$$
が定まり，$\mathfrak{Q}_{2n}/\mathfrak{S}_{n}$の完全代表系として$\mathfrak{P}_{2n}$が取れる．各$\sigma_{2n} \in \mathfrak{S}_{2n}$は偶置換であり，任意の$(\sigma,\sigma_{n}) \in \mathfrak{P}_{2n} \times \mathfrak{S}_{n}$に対して
$$ a_{\sigma(\sigma_{2n}(1)),\sigma(\sigma_{2n}(2))}\cdots a_{\sigma(\sigma_{2n}(2n-1)),\sigma(\sigma_{2n}(2n))} = a_{\sigma(1),\sigma(2)} \cdots a_{\sigma(2n-1),\sigma(2n)}$$
が成り立つ．よって
\begin{align} \pf A &= \frac{1}{n!} \sum_{\sigma\in \mathfrak{Q}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot a_{\sigma(1),\sigma(2)} \cdots a_{\sigma(2n-1),\sigma(2n)} \\ &= \frac{1}{n!} \sum_{\sigma\in \mathfrak{P}_{2n}} \sum_{\sigma_{n}\in \mathfrak{S}_{n}} \mathrm{sgn}(\sigma\circ\sigma_{2n}) \cdot a_{\sigma(\sigma_{2n}(1)),\sigma(\sigma_{2n}(2))} \cdots a_{\sigma(\sigma_{2n}(2n-1)),\sigma(\sigma_{2n}(2n))} \\ &= \frac{1}{n!} \cdot n! \sum_{\sigma\in \mathfrak{P}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot a_{\sigma(1),\sigma(2)} \cdots a_{\sigma(2n-1),\sigma(2n)} \\ &= \sum_{\sigma\in \mathfrak{P}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot a_{\sigma(1),\sigma(2)} \cdots a_{\sigma(2n-1),\sigma(2n)} \\ \end{align}
が成り立つ．

Step 0.

$A$の交代性より
$$ B^{\transpose}AB + (B^{\transpose}AB)^{\transpose} = B^{\transpose}AB + B^{\transpose}A^{\transpose}B = B^{\transpose}(A+A^{\transpose})B = B^{\transpose}O_{2n}B = O_{2n}$$
となるので，$B^{\transpose}AB = A \bullet B$は交代行列である．

Step 1.

$B^{\wedge}\omega_{A} = \omega_{B^{\transpose}AB}$が成り立つ：
\begin{align} \omega_{A}(B\epsilon_{i},B\epsilon_{j}) &= \omega_{A}\left(\sum_{k=1}^{2n} \epsilon_{k} \cdot B(k,i), \sum_{\ell=1}^{2n} \epsilon_{\ell} \cdot B(\ell,j)\right) \\ &= \sum_{k,\ell} B(k,i) \cdot \omega_{A}(\epsilon_{k},\epsilon_{\ell}) \cdot B(\ell,j) \\ &= \sum_{k,\ell} B(k,i)A(k,\ell)B(\ell,j)\\ &= \sum_{k,\ell} B^{\transpose}(i,k)A(k,\ell)B(\ell,j) \\ &= (B^{\transpose}AB)(i,j) \\ &= \omega_{B^{\transpose}AB}(\epsilon_{i},\epsilon_{j}) \end{align}

Step 2.

$B^{\wedge}\Omega_{A} = \Omega_{B^{\transpose}AB}$が成り立つ：
\begin{align} \Omega_{A}(B\epsilon_{1},\ldots,B\epsilon_{2n}) &= \frac{1}{2^{n}} \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot \omega_{A}(B\epsilon_{\sigma(1)},B\epsilon_{\sigma(2)}) \cdots \omega_{A}(B\epsilon_{\sigma(2n-1)},B\epsilon_{\sigma(2n)}) \\ &= \frac{1}{2^{n}} \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot \omega_{B^{\transpose}AB}(\epsilon_{\sigma(1)},\epsilon_{\sigma(2)}) \cdots \omega_{B^{\transpose}AB}(\epsilon_{\sigma(2n-1)},\sigma(2n)) \\ &= \Omega_{B^{\transpose}AB}(\epsilon_{1},\ldots,\epsilon_{2n}) \end{align}

Step 3.

よってbase-of-altより
\begin{align} n! \cdot (\pf A) \cdot (\det B) &= n! \cdot (\pf A) \cdot \omega_{\epsilon}(B\epsilon_{1},\ldots,B\epsilon_{2n}) \\ &= \Omega_{A}(\epsilon_{1},\ldots,\epsilon_{2n}) \cdot \omega_{\epsilon}(B\epsilon_{1},\ldots,B\epsilon_{2n}) \\ &\textcolor{orange}{=} \Omega_{A}(B\epsilon_{1},\ldots,B\epsilon_{2n}) \\ &= \Omega_{B^{\transpose}AB}(\epsilon_{1},\ldots,\epsilon_{2n}) \\ &= n! \cdot \pf(B^{\transpose}AB) \end{align}
となるので，
$$ \pf(A \bullet B) = (\pf A) \cdot (\det B)$$
が成り立つ．（$B^{\wedge}\Omega_{A} = (\det B) \cdot \Omega_{A}$を用いてもよい．）

Step 0.

$A=O_{2n}$のとき，pf-expansionより
$$ (\pf A)^{2} \textcolor{orange}{=} 0 = \det A$$
が成り立つ．

Step 1.

以下，$A \neq O_{2n}$とする．このとき，$i,j \in [2n]_{>0}$であって
$$ \widehat{\omega_{A}}(\epsilon_{i})(\epsilon_{j}) = \omega_{A}(\epsilon_{i},\epsilon_{j}) = A(i,j) \neq 0$$
なるものが存在する．したがって$\Ker(\widehat{\omega_{A}}) \neq \mathbb{K}^{2n}$であるから，非自明な部分空間$W_{0}^{\perp_{-1}} \subset \mathbb{K}^{2n}$であって
$$ \mathbb{K}^{2n} = W_{0}^{\perp_{-1}} \oplus \Ker(\widehat{\omega_{A}})$$
を満たすものが存在する．

1. $\beta_{1} \in W_{0}^{\perp_{-1}} \smallsetminus \{0\}$を取る．このとき，$\beta_{1} \notin \Ker(\widehat{\omega_{A}})$より$v \in V$であって
   $$ \omega_{A}(\beta_{1},v) = \widehat{\omega_{A}}(\beta_{1})(v) \neq 0$$
   なるものが存在するので，$\beta_{2} \in W_{0}^{\perp_{-1}}$であって$\omega_{A}(\beta_{1},\beta_{2}) = 1$を満たすものが得られる．
2. そこで
   \begin{align} W_{1} &:= \mathrm{Span}(\beta_{1},\beta_{2}) \\ W_{1}^{\perp_{0}} &:= \{w \in W_{0}^{\perp_{-1}} \mid \forall w_{1} \in W_{1},\ \omega_{A}(w,w_{1}) = 0\} \end{align}
   とおくと，
   $$ W_{0}^{\perp_{-1}} = W_{1} \oplus W_{1}^{\perp_{0}}$$
   が成り立つ：
   1. $w := \beta_{1}x_{1}+\beta_{2}x_{2} \in W_{1} \cap W_{1}^{\perp_{0}}$とすると，
      \begin{align} 0 &= \omega_{A}(w,\beta_{1}) = \omega_{A}(\beta_{2},\beta_{1})x_{2} = -x_{2}\\ 0 &= \omega_{A}(w,\beta_{2}) = \omega_{A}(\beta_{1},\beta_{2})x_{1} = x_{1} \end{align}
      より，$w = 0$が成り立つ．
   2. 任意の$w \in W_{0}^{\perp_{-1}}$に対して，
      $$ w = (\beta_{1} \cdot \omega_{A}(w,\beta_{2}) - \beta_{2}\cdot \omega_{A}(w,\beta_{1})) + (w - \beta_{1}\cdot\omega_{A}(w,\beta_{2})+\beta_{2}\cdot\omega_{A}(w,\beta_{1})) \in W_{1} + W_{1}^{\perp_{0}}$$
      が成り立つ．

よって
$$ \mathbb{K}^{2n} = W_{1} \oplus W_{1}^{\perp_{0}} \oplus \Ker(\widehat{\omega_{A}})$$
が成り立つ．

1. $W_{1}^{\perp_{0}} \neq \{0\}$とすると，$\beta_{3} \in W_{1}^{\perp_{0}} \smallsetminus \{0\}$が取れるが，このとき，$\beta_{3} \notin \Ker(\widehat{\omega_{A}})$より$v \in V$であって
   $$ \omega_{A}(\beta_{3},v) = \widehat{\omega_{A}}(\beta_{3})(v) \neq 0$$
   なるものが存在するので，$\beta_{4} \in W_{1}^{\perp_{0}}$であって$\omega_{A}(\beta_{3},\beta_{4}) = 1$を満たすものが得られる．
2. そこで
   \begin{align} W_{2} &:= \mathrm{Span}(\beta_{3},\beta_{4}) \\ W_{2}^{\perp_{1}} &:= \{w \in W_{1}^{\perp_{0}} \mid \forall w_{2} \in W_{2},\ \omega_{A}(w,w_{2}) = 0\} \end{align}
   とおくと，同様にして
   $$ W_{1}^{\perp_{0}} = W_{2} \oplus W_{2}^{\perp_{1}}$$
   が成り立つことがわかる．

よって
$$ \mathbb{K}^{2n} = W_{1} \oplus W_{2} \oplus W_{2}^{\perp_{1}} \oplus \Ker(\widehat{\omega_{A}})$$
が成り立つ．以下，これを繰り返すことで，線型独立なベクトル$\beta_{1},\ldots,\beta_{2m} \in \mathbb{K}^{2n}$であって，
$$ \mathbb{K}^{2n} = \mathrm{Span}(\beta_{1},\beta_{2}) \oplus\cdots\oplus \mathrm{Span}(\beta_{2m-1},\beta_{2m}) \oplus \Ker(\widehat{\omega_{A}})$$
を満たすものが存在することがわかる．よって，$\mathbb{K}^{2n}$の基底$\beta = (\beta_{1},\ldots,\beta_{2m},\beta_{2m+1},\ldots,\beta_{2n})$であって，
$$ [\omega_{A}(\beta_{i},\beta_{j})]_{(i,j)} = \Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0)$$
なるものが存在する．$\beta$を行列$B \in \mathbb{K}^{2n \times 2n}$と見做すと，この等式は
$$ B^{\transpose}AB = \Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0)$$
を意味する．実際，pf-transposeの証明より，
$$ B^{\transpose}AB = [\omega_{B^{\transpose}AB}(\epsilon_{i},\epsilon_{j})]_{(i,j)} \textcolor{orange}{=} [\omega_{A}(B\epsilon_{i},B\epsilon_{j})]_{(i,j)} = [\omega_{A}(\beta_{i},\beta_{j})]_{(i,j)} = \Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0)$$
が成り立つ．

Step 2.

det-of-matより$\det B \neq 0$であるから，$C:= B^{-1}$とおくと，
$$ A = C^{\transpose}\Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0)C = \Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0) \bullet C$$
が成り立つ．よって，det-of-mat，pf-transposeより，
\begin{align} \det A &= (\det C^{\transpose}) \cdot (\det\Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0)) \cdot (\det C) \\ &= (\det C)^{2} \cdot (\det\Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0))\\ &\\ \pf A &= \pf(\Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0)\bullet C) \\ &= (\pf \Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0)) \cdot (\det C) \end{align}
が成り立つ．

Step 2-1.

$\Ker(\widehat{\omega_{A}}) = 0$のとき，det-diag，det-2，pf-exより
$$ \det \Delta(1,\ldots,1) = 1 = \pf \Delta(1,\ldots,1)$$
となるので，
$$ (\pf A)^{2} = (\det C)^{2} = \det A$$
が成り立つ．

Step 2-2.

$\Ker(\widehat{\omega_{A}}) \neq 0$のとき，$\det$の多重線型性とpf-exより
$$ \det \Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0) = 0 = \pf \Delta(1,\ldots,1,0,\ldots,0)$$
となるので，
$$ (\pf A)^{2} = 0 = \det A$$
が成り立つ．

上例の可逆行列$S \in \mathrm{GL}(\mathbb{K}^{2n})$に対応する置換を$\sigma_{S} \in \mathfrak{S}_{2n}$とおく：
$$ \sigma_{S} := \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & n & n+1 & n+2 & \cdots & 2n-1 & 2n \\ 1 & 3 & 5 & \cdots & 2n-1 & 2 & 4 & \cdots & 2n-2 & 2n \end{pmatrix}$$
このとき，$S\epsilon_{j} = \epsilon_{\sigma_{S}(j)}$より，
\begin{align} \det S &= \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_{2n}} \mathrm{sgn}(\sigma) \cdot \langle \epsilon_{1}^{*},\epsilon_{\sigma_{S}(\sigma(1))} \rangle \cdots \langle \epsilon_{2n}^{*},\epsilon_{\sigma_{S}(\sigma(2n))} \rangle \\ &= \mathrm{sgn}(\sigma_{S}^{-1}) \\ &= \mathrm{sgn}(\sigma_{S}) \\ &= (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} \end{align}
が成り立つ（cf. sgn命題2）．いま，
\begin{align} \Delta_{S} \bullet (A^{\transpose}\oplus E_{n}) &= \begin{bmatrix} A & \\ & E_{n} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} & E_{n}\\ -E_{n}& \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} A^{\transpose} & \\ & E_{n} \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} A & \\ & E_{n} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} & E_{n}\\ -A^{\transpose}& \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} & A \\ -A^{\transpose} & \end{bmatrix}\\ &= A_{\mathrm{alt}} \end{align}
が成り立つので，pf-det，det-diag，pf-ex，det-of-matより，
\begin{align} \pf A_{\mathrm{alt}} &= \pf(\Delta_{S}\bullet(A^{\transpose}\oplus E_{n})) \\ &= \pf(\Delta \bullet S) \cdot \det(A^{\transpose}\oplus E_{n}) \\ &= (\pf\Delta) \cdot (\det S) \cdot (\det A^{\transpose})\cdot (\det E_{n}) \\ &= (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} \det A \end{align}
を得る．

1. $v^{*} \in V^{*}$とする．このとき，任意の$v := \sum_{i}\beta_{i}x_{i} \in V$に対して
   \begin{align} \langle v^{*},v \rangle &= \sum_{i=1}^{n} \langle v^{*},\beta_{i} \rangle \cdot x_{i} \\ &= \sum_{i=1}^{n} \langle v^{*},\beta_{i} \rangle \cdot \langle \beta_{i}^{*},v \rangle \\ &= \left\langle \sum_{i=1}^{n} \langle v^{*},\beta_{i} \rangle\cdot \beta_{i}^{*},v \right\rangle \end{align}
   が成り立つので，
   $$ v^{*} = \sum_{i=1}^{n} \langle v^{*},\beta_{i} \rangle \cdot \beta_{i}^{*}$$
   を得る．
2. $v^{*} := \sum_{i} a_{i}\beta_{i}^{*} = 0$とする．このとき，任意の$j \in [n]_{>0}$に対して
   $$ 0 = \langle v^{*},\beta_{j} \rangle = \sum_{i=1}^{n} a_{i} \cdot \langle \beta_{i}^{*},\beta_{j} \rangle = a_{j}$$
   が成り立つ．

$V$の基底$\beta$を取り，$\beta^{*}$をその双対基底とする．dual-baseより
$$ \dim V^{**} = \dim V^{*} = \dim V = n$$
であるから，$\widehat{\mathrm{ev}}$が単射であることを示せばよい．そこで$v \in \Ker(\widehat{\mathrm{ev}})$とすると，任意の$i \in [n]_{>0}$に対して
$$ \langle \beta_{i}^{*},v \rangle = \widehat{\mathrm{ev}}(v)(\beta_{i}^{*}) = 0$$
が成り立つので，
$$ v = \sum_{i=1}^{n} \beta_{i} \cdot \langle \beta_{i}^{*},v \rangle = 0$$
を得る．

1. $W$の基底$(\beta_{1},\ldots,\beta_{m})$を延長して得られる$V$の基底を$(\beta_{1},\ldots,\beta_{n})$とし，その双対基底を$(\beta_{1}^{*},\ldots,\beta_{n}^{*})$とする．このとき
   \begin{align} v^{*} \in W^{\perp} &\iff \forall j \in [m]_{>0},\ \langle v^{*},\beta_{j} \rangle = 0 \\ &\iff v^{*} = \sum_{i=m+1}^{n} \langle v^{*},\beta_{i} \rangle \cdot \beta_{i}^{*} \\ \end{align}
   より，
   $$ W^{\perp} = \mathrm{Span}(\beta_{m+1}^{*},\ldots,\beta_{n}^{*})$$
   が成り立つ．よって
   $$ \dim W + \dim W^{\perp} = m + (n-m) = n = \dim V$$
   を得る．
2. 明らかに
   $$ W \subset (W^{\perp})^{\perp}$$
   が成り立つ．また，前段より
   \begin{align} \dim W &= \dim V - \dim W^{\perp} \\ &= \dim V^{*} - \dim W^{\perp} \\ &= (\dim W^{\perp} + \dim (W^{\perp})^{\perp}) - \dim W^{\perp} \\ &= \dim (W^{\perp})^{\perp} \end{align}
   が成り立つので，
   $$ W = (W^{\perp})^{\perp}$$
   を得る．

転置写像$f^{\transpose} \colon W^{*} \to V^{*}$の定義より
\begin{align} w^{*} \in \Ker(f^{\transpose}) &\iff \forall v \in V,\ \langle f^{\transpose}w^{*},v \rangle = 0 \\ &\iff \forall v \in V,\ \langle w^{*},fv \rangle = 0 \\ &\iff w^{*} \in (\Im(f))^{\perp} \end{align}
が成り立つ．よって，annより
$$ \Im(f) = (\Ker(f^{\transpose}))^{\perp}$$
を得るので，annと次元定理より，
$$ \rank f = \dim \Im(f) = \dim (\Ker(f^{\transpose}))^{\perp} = \dim W^{*} - \dim \Ker(f^{\transpose}) = \rank f^{\transpose}$$
が成り立つ．