Pour tout vecteur $x$ de $E$,

$$(x\mid f(\lambda y+\mu z))=-(f(x)\mid \lambda y+\mu z)=-\lambda (f(x)\mid y)-\mu (f(x)\mid z)\text{.}$$

Ainsi,

$$(x\mid f(\lambda y+\mu z))=(x\mid \lambda f(y)+\mu f(z))\text{.}$$

Or cela valant pour tout $x$, on peut affirmer

$$f(\lambda y+\mu z)=\lambda f(y)+\mu f(z)$$

(par exemple, parce que le vecteur différence est orthogonal à tout vecteur de $E$ et donc nul)
L’application $f$ est donc linéaire.
Notons $A=(a_{i,j})$ la matrice de $f$ dans la base canonique $(e_1,\mathrm{\dots },e_n)$ de ${ℝ}^n$.
Puisque $a_{i,j}$ correspond à la $i$-ème coordonnée de l’image du $j$-ème vecteur, on a

$$a_{i,j}=(e_i\mid f(e_j))$$

car la base canonique est orthonormée. L’antisymétrie de $f$ donne alors

$$a_{i,j}=-a_{j,i}$$

et la matrice $A$ est donc antisymétrique.

Les endomorphismes antisymétriques sont, par représentation matricielle, en correspondance avec les matrices antisymétriques. L’ensemble des matrices antisymétriques est un sous-espace vectoriel de dimension $n(n-1)/2$, donc, par l’isomorphisme de représentation matricielle, l’ensemble des endomorphismes antisymétriques est un sous-espace vectoriel de dimension

$$\frac{n(n-1)}{2}\text{.}$$

La propriété

$$\forall x,y\in E,(u(x+y)\mid x+y)=0$$

donne après calculs

$$\forall x,y\in E,(u(x)\mid y)=(x\mid -u(y))\text{.}$$

On en déduit $u^{*}=-u$.

$\mathrm{Im}(u)={\left(\mathrm{Ker}\left(u^{*}\right)\right)}^{\perp }$ et $\mathrm{Ker}\left(u^{*}\right)=\mathrm{Ker}(u)$ donc $\mathrm{Im}(u)$ et $\mathrm{Ker}(u)$ sont supplémentaires et orthogonaux.

L’image de $u$ est stable par $u$ et l’on peut donc considérer l’endomorphisme $v$ induit sur $\mathrm{Im}(u)$.
Puisque $u^{*}=-u$ on a aussi $v^{*}=-v$. En passant au déterminant

$$\det (v)=\det \left(v^{*}\right)=\det (-v)={(-1)}^{\mathrm{rg}(u)}\det (v)\text{.}$$

De plus,

$$\mathrm{Ker}(v)=\mathrm{Im}(u)\cap \mathrm{Ker}(u)=\{0\}$$

et $v$ est donc un automorphisme ce qui donne $\det (v)\ne 0$.

On en déduit ${(-1)}^{\mathrm{rg}(u)}>0$ et le rang de $u$ est donc pair.

Si $\lambda$ est valeur propre de $u$ de vecteur propre $x\ne 0$ alors la relation $(u(x)\mid x)=0$ donne $\lambda {\parallel x\parallel }^2=0$ qui entraîne $\lambda =0$.

Seul $0$ peut être valeur propre de $u$. Par suite, un endomorphisme antisymétrique est diagonalisable si, et seulement si, il est nul.

L’égalité $(u(x+y)\mid x+y)=0$ avec $(u(x)\mid x)=(u(y)\mid y)=0$ donne le premier résultat. On en déduit $u^{*}=-u$. Puisque la matrice de $u^{*}$ en base orthonormée est la transposée de la matrice de $u$, celle-ci est antisymétrique.

D’une part,

$${\overline{X}}^{\top }AX=\lambda {\overline{X}}^{\top }X\text{.}$$

D’autre part,

$${\overline{X}}^{\top }AX=-{\overline{X}}^{\top }{\overline{A}}^{\top }X=-{\overline{AX}}^{\top }X=-\overline{\lambda }{\overline{X}}^{\top }X\text{.}$$

Or, en notant $x_1,\mathrm{\dots },x_n$ les éléments de la colonne $X$, on a

$${\overline{X}}^{\top }X=\sum _{i=1}^n{|x_i|}^2>0$$

car $X\ne 0$.

On en déduit $\overline{\lambda }=-\lambda$ et donc $\lambda \in \mathrm{i}ℝ$.