Dimostrazione.
Dobbiamo dimostrare che $Mat(*,\mathcal{B})$ è lineare:
infatti $\quad \forall \alpha,\beta \in K, \quad \forall f,g \in Bil(\mathbf{V})$, tali che
$Mat(f,\mathcal{B})=(a_{ij})_{i,j=1,\ldots,n}, \quad Mat(g,\mathcal{B})=(b_{ij})_{i,j=1,\ldots,n}$,
siano $\mathbf{v}=(x_{1},\ldots,x_{n})_{\mathcal{B}}=X \,$ e $\, \mathbf{w}=(y_{1},\ldots,y_{n})_{\mathcal{B}}=Y$, allora $X^{t}Mat(\alpha f + \beta g, \mathcal{B})Y= \sum_{i=1}^{n}x_{i}(\alpha a_{ij}+\beta b_{ij})y_{j}=$
$=\sum_{i=1}^{n}x_{i}\,\alpha a_{ij}\,y_{ij}+\sum_{i=1}^{n}x_{i}\,\beta b_{ij}\,y_{j}=$
$=\alpha \sum_{i=1}^{n}x_{i}a_{ij}y_{ij}+\beta\sum_{i=1}^{n}x_{i}b_{ij}y_{ij}=$
$=\alpha X^{t}Mat( f, \mathcal{B})Y+ \beta X^{t}Mat(g, \mathcal{B})Y$. Inoltre l'applicazione $Mat(*,\mathcal{B})$ è iniettiva e suriettiva, infatti: $X^{t}Mat(f,\mathcal{B})Y=0 \,\, \Leftrightarrow \,\, \sum_{i=1}^{n}x_{i}\, a_{i...
...y_{ij}=0 \,\, \Leftrightarrow \,\, a_{ij}=0 \,\, \Leftrightarrow \,\, f\equiv 0$. $\forall A \in M_{n}(K), \,\, \exists f \in Bil(\mathbf{V})$ tale che $Mat(f,\mathcal{B})=A$:
infatti basta prendere come base $\mathcal{B}$ la base canonica e $f$ come
$f(\mathbf{v},\mathbf{w})=(a_{11}x_{1}y_{1}+\cdots +a_{n1}x_{n}y_{1},\ldots,a_{1n}x_{1}y_{n}+\cdots +a_{nn}x_{n}y_{n})$. Abbiamo dimostrato che $Mat(*,\mathcal{B})$ è un isomorfismo, ora verifichiamo che soddisfa le proprietà delle forme bilineari:
poniamo $f(\mathbf{v},\mathbf{w})= X^{t}AY, \quad
f(\mathbf{w},\mathbf{v})= Y^{t}AX$, allora Vediamo che a forme simmetriche corrispondono matrici simmetriche:
poiché si tratta di matrici $1 \times 1$ a valori in $K$, si ha:
$Y^{t}AX= (Y^{t}AX)^{t}= X^{t}A^{t}Y$
e per definizione abbiamo che $f$ simmetrica se e solo se $f(\mathbf{v},\mathbf{w})= f(\mathbf{w},\mathbf{v}) \quad \forall \mathbf{v},\mathbf{w}\in \mathbf{V},$ quindi se e solo se $X^{t}AY= X^{t}A^{t}Y \quad \forall X,Y$;
perciò $ A= A^{t}$ che è la definizione di matrice simmetrica.
Analogamente avremo che
$f \,\, \textrm{antisimmetrica}\,\, \Leftrightarrow \quad A= -A^{t}$.
c.v.d.