\begin{align} \lim_{t \to 0} f(x,t) &= \lim_{t \to 0} \frac{t \left( 1 + xt + \cdots \right)}{t + \frac{1}{2} t^2 + \cdots} \\ &= \lim_{t \to 0} \frac{1 + xt + \cdots}{1 + \frac{1}{2} t + \cdots} \\ &= 1 \end{align}
\begin{align} g(t) &= \frac{t \left( e^t + 1 \right)}{2 \left( e^t - 1 \right)} \\ g(-t) &= \frac{-t \left( e^{-t} + 1 \right)}{2 \left( e^{-t} - 1 \right)} \\ &= \frac{-t \left( 1 + e^t \right)}{2 \left( 1 - e^t \right)} \\ &= \frac{t \left( e^t + 1 \right)}{2 \left( e^t - 1 \right)} \\ &= g(t) \end{align} なので、 $g(t)$ は偶関数である。
\begin{align} \frac{\partial f(x,t)}{\partial x} &= \frac{t^2 e^{xt}}{e^t - 1} \\ \frac{\partial f(x,t)}{\partial t} &= \frac{\left( e^{xt} + xt e^{xt} \right) \left( e^t - 1 \right) - t e^{xt} e^t } {\left( e^t - 1 \right)^2} \\ &= \frac{e^{xt} \left( e^t - 1 + xte^t - xt - te^t \right)}{\left( e^t - 1 \right)^2} \end{align}
\begin{align} \lim_{t \to 0} \frac{\partial f(x,t)}{\partial t} &= \lim_{t \to 0} \frac{e^{xt} \left( e^t - 1 + xte^t - xt - te^t \right)}{\left( e^t - 1 \right)^2} \\ &= \lim_{t \to 0} \frac{\left( x - \frac{1}{2} \right) t^2 + \cdots }{t^2 + \cdots} \\ &= x - \frac{1}{2} \end{align}
任意の $\boldsymbol{x} \in V, \boldsymbol{y} \in V^\perp$ について、 \begin{align} \left( \boldsymbol{x}, \boldsymbol{y} \right) &= 0 \\ \therefore \ \ \left( A \boldsymbol{x}, A \boldsymbol{y} \right) &= 0 \\ \therefore \ \ \left( \boldsymbol{x}, A \boldsymbol{y} \right) &= 0 \end{align} が成り立つので、 任意の $\boldsymbol{y} \in V^\perp$ について $A \boldsymbol{y} \in V^\perp$ が成り立つ。
$V^\perp$ は1次元で、 任意の $\boldsymbol{y} \in V^\perp$ について $A \boldsymbol{y} \in V^\perp$ が成り立つことから、 $\boldsymbol{y} \in V^\perp$ に対して $A \boldsymbol{y} = c \boldsymbol{y}$ をみたす（すべての $\boldsymbol{y} \in V^\perp$ に共通な）実数 $c$ がただ1つ決まる。 これに関して、 \begin{align} \left( \boldsymbol{y}, \boldsymbol{y} \right) &= \left( A \boldsymbol{y}, A \boldsymbol{y} \right) \\ &= c^2 \left( \boldsymbol{y}, \boldsymbol{y} \right) \end{align} が成り立つから、 $c = \pm 1$ がわかる。 $c = 1$ のときは、 任意の $\boldsymbol{x} \in V$ において $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{x}$ であることを考慮に入れると、 $A$ は単位行列であることになり、これは題意に反する。 よって、 $c = -1$ がわかり、任意の $\boldsymbol{y} \in V^\perp$ において $A \boldsymbol{y} = - \boldsymbol{y}$ であることが示された。
まず、 $V^\perp$ が1次元であることから、 \begin{align} \boldsymbol{x}_2 = \frac{\left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{x}_2 \right)} {\left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{a} \right)} \boldsymbol{a} \end{align} がわかる。 また、 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{x}_1 + \boldsymbol{x}_2$ から、 \begin{align} \left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{x} \right) &= \left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{x}_1 \right) + \left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{x}_2 \right) \\ &= \left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{x}_2 \right) \end{align} がわかる。 よって、 \begin{align} \boldsymbol{x}_2 = \frac{\left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{x} \right)} {\left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{a} \right)} \boldsymbol{a} \end{align} がわかる。
$\boldsymbol{x} \in R^n$ について、 (2c) と同じように $\boldsymbol{x}_1 \in V, \boldsymbol{x}_2 \in V^\perp$ を決めると、 \begin{align} A \boldsymbol{x} &= A \boldsymbol{x}_1 + A \boldsymbol{x}_2 \\ &= \boldsymbol{x}_1 - \boldsymbol{x}_2 \\ &= \boldsymbol{x} - 2 \boldsymbol{x}_2 \\ &= \boldsymbol{x} - \frac{2 \left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{x} \right)} {\left( \boldsymbol{a}, \boldsymbol{a} \right)} \boldsymbol{a} \end{align} がわかる。
$\boldsymbol{x} \in W$ において、 \begin{align} \boldsymbol{x} = \frac{\left( \boldsymbol{b}, \boldsymbol{x} \right)} {\left( \boldsymbol{b}, \boldsymbol{b} \right)} \boldsymbol{b} \end{align} であるから、 \begin{align} B \boldsymbol{x} &= \boldsymbol{x} - \frac{2 \left( \boldsymbol{b}, \boldsymbol{x} \right)} {\left( \boldsymbol{b}, \boldsymbol{b} \right)} \boldsymbol{b} \\ &= \boldsymbol{x} - 2 \boldsymbol{x} \\ &= - \boldsymbol{x} \end{align} である。 $\boldsymbol{y} \in W^\perp$ において、 $(\boldsymbol{b}, \boldsymbol{y})=0$ であるから、 \begin{align} B \boldsymbol{y} &= \boldsymbol{y} - \frac{2 \left( \boldsymbol{b}, \boldsymbol{y} \right)} {\left( \boldsymbol{b}, \boldsymbol{b} \right)} \boldsymbol{b} \\ &= \boldsymbol{y} \end{align} である。