(1)
由于 $0 + 0 = 0$，所以

$$(0 + 0)\boldsymbol a = 0\boldsymbol a$$

根据分配律 2，有

$$0\boldsymbol a + 0\boldsymbol a = 0\boldsymbol a$$

两边加上 $-(0\boldsymbol a)$，得到

$$0\boldsymbol a = \boldsymbol 0$$

(2)
由于 $1 + (-1) = 0$，所以

$$(1 + (-1))\boldsymbol a = 0\boldsymbol a$$

根据分配律 2，有

$$1\boldsymbol a + (-1)\boldsymbol a = \boldsymbol 0$$

两边加上 $-\boldsymbol a$，得到

$$(-1)\boldsymbol a = -\boldsymbol a$$

$\square$

足够显然，省略

显然

$$\boldsymbol 0 = 0\boldsymbol a_1 + 0\boldsymbol a_2 + \cdots + 0\boldsymbol a_r \in W$$

任取 $\boldsymbol a, \boldsymbol b \in W$，则根据张成的定义可以写为

$$\begin{aligned} \boldsymbol a &= c_1 \boldsymbol a_1 + c_2 \boldsymbol a_2 + \cdots + c_r \boldsymbol a_r, \quad c_i \in \mathbb C\\ \boldsymbol b &= d_1 \boldsymbol a_1 + d_2 \boldsymbol a_2 + \cdots + d_r \boldsymbol a_r, \quad d_i \in \mathbb C \end{aligned}$$

所以

$$\boldsymbol a + \boldsymbol b = (c_1 + d_1)\boldsymbol a_1 + (c_2 + d_2)\boldsymbol a_2 + \cdots + (c_r + d_r)\boldsymbol a_r \in W$$

对于任意 $k \in \mathbb C$，有

$$k\boldsymbol a = (kc_1)\boldsymbol a_1 + (kc_2)\boldsymbol a_2 + \cdots + (kc_r)\boldsymbol a_r \in W$$

因此 $W$ 为 $V$ 的子空间

此外，设 $U$ 为包含 $\boldsymbol a_1, \boldsymbol a_2, \dots, \boldsymbol a_r$ 的任意子空间，则对于任意 $c_1, c_2, \dots, c_r \in \mathbb C$，有

$$c_1 \boldsymbol a_1 + c_2 \boldsymbol a_2 + \cdots + c_r \boldsymbol a_r \in U$$

因此 $W \subseteq U$，即 $W$ 为包含 $\boldsymbol a_1, \boldsymbol a_2, \dots, \boldsymbol a_r$ 的最小子空间
$\square$

($\Rightarrow$)
由于 $\boldsymbol a_1, \boldsymbol a_2, \dots, \boldsymbol a_r$ 线性无关，所以矩阵 $A$ 的列向量线性无关，因此矩阵 $A$ 可逆

($\Leftarrow$)
由于矩阵 $A$ 可逆，所以矩阵 $A$ 的列向量线性无关，因此 $\boldsymbol a_1, \boldsymbol a_2, \dots, \boldsymbol a_r$ 线性无关
此外，由于矩阵 $A$ 可逆，所以对于任意向量 $\boldsymbol v \in V$，方程

$$A \boldsymbol x = \boldsymbol v$$

有唯一解 $\boldsymbol x$，因此 $V = \langle \boldsymbol a_1, \boldsymbol a_2, \dots, \boldsymbol a_r \rangle$
$\square$

假设存在另一组坐标表示

$$[\boldsymbol v]_{\mathscr A}' = \begin{pmatrix} c_1' \\ c_2' \\ \vdots \\ c_r' \end{pmatrix}$$

通过移项可以得到方程

$$\mathscr A ([\boldsymbol v]_{\mathscr A} - [\boldsymbol v]_{\mathscr A}') = \boldsymbol 0$$

由于 $\mathscr A$ 的列向量线性无关，所以

$$[\boldsymbol v]_{\mathscr A} - [\boldsymbol v]_{\mathscr A}' = \boldsymbol 0$$

$\square$

若 $s = 0$，那么任意单一的非零向量 $\boldsymbol b_1$ 都是线性独立的。以下令 $s \geq 1$。
假如所有 $V$ 中的向量都可以写为 $\boldsymbol b_1, \boldsymbol b_2, \dots, \boldsymbol b_s$ 的线性组合，那么自然命题得证。

我们假设存在无法被线性结合表示的元素来进行证明

利用反证法，假设 $\boldsymbol a_1, \boldsymbol a_2, \dots, \boldsymbol a_r$ 都可以被 $\boldsymbol b_1, \boldsymbol b_2, \dots, \boldsymbol b_s$ 线性表示，那么

$$\boldsymbol a_i \in \langle \boldsymbol b_j \mid 1 \leq j \leq s \rangle,\quad i = 1, 2, \dots, r$$

由于张成的空间是线性空间，所以

$$V = \langle \boldsymbol a_1, \boldsymbol a_2, \dots, \boldsymbol a_r \rangle \subseteq \langle \boldsymbol b_j \mid 1 \leq j \leq s \rangle$$

这与假设矛盾，故存在 $\boldsymbol a_k$，使得

$$\boldsymbol a_k \notin \langle \boldsymbol b_j \mid 1 \leq j \leq s \rangle$$

设

$$\boldsymbol b_{s+1} := \boldsymbol a_k$$

那么显然 $\boldsymbol b_1, \boldsymbol b_2, \dots, \boldsymbol b_s, \boldsymbol b_{s+1}$ 线性无关

如果 $V$ 中的所有向量都可以被 $\boldsymbol b_1, \boldsymbol b_2, \dots, \boldsymbol b_s, \boldsymbol b_{s+1}$ 线性表示，那么命题得证

否则，重复上述过程，直到找到一组基底为止。由于 $V$ 由有限个向量生成，所以该过程必然在有限步内终止，命题得证
$\square$

取两组基

$$\begin{aligned} \mathscr A &= \begin{pmatrix} \boldsymbol a_1 & \boldsymbol a_2 & \cdots & \boldsymbol a_r \end{pmatrix}\\ \mathscr B &= \begin{pmatrix} \boldsymbol b_1 & \boldsymbol b_2 & \cdots & \boldsymbol b_s \end{pmatrix} \end{aligned}$$

假设 $r \lt s$，则由于 $\mathscr A$ 为基，所以对于任意 $1 \leq j \leq s$，都有

$$\boldsymbol b_j \in V = \langle \boldsymbol a_1, \boldsymbol a_2, \dots, \boldsymbol a_r \rangle$$

因此，存在 $c_{ij} \in \mathbb C$，使得

$$\boldsymbol b_j = c_{1j} \boldsymbol a_1 + c_{2j} \boldsymbol a_2 + \cdots + c_{rj} \boldsymbol a_r$$

构造矩阵

$$C = \begin{pmatrix} c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1s} \\ c_{21} & c_{22} & \cdots & c_{2s} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ c_{r1} & c_{r2} & \cdots & c_{rs} \end{pmatrix}$$

则有

$$\mathscr B = \mathscr A C$$

由于 $r \lt s$，所以矩阵 $C$ 的列向量线性相关，因此存在不全为零的 $d_1, d_2, \dots, d_s \in \mathbb C$，使得

$$C \begin{pmatrix} d_1 \\ d_2 \\ \vdots \\ d_s \end{pmatrix} = \boldsymbol 0$$

因此

$$\mathscr B \begin{pmatrix} d_1 \\ d_2 \\ \vdots \\ d_s \end{pmatrix} = \mathscr A C \begin{pmatrix} d_1 \\ d_2 \\ \vdots \\ d_s \end{pmatrix} = \boldsymbol 0$$

这与 $\mathscr B$ 为基矛盾，故 $r \geq s$。同理可证 $s \geq r$，因此 $r = s$
$\square$

设 $m \geq n + 1$，因为 $\mathscr A$ 为基，所以对于任意 $\boldsymbol c_i$，都可以写为线性结合表达式
将该结果汇总可以表示为

$$\begin{pmatrix} \boldsymbol c_1 & \boldsymbol c_2 & \cdots & \boldsymbol c_m \end{pmatrix} = \mathscr A C$$

其中 $C$ 是一个 $n \times m$ 的参数矩阵

现在考虑齐次线性方程组

$$C \boldsymbol x = \boldsymbol 0$$

由于 $m \gt n$，所以该方程组存在非零解 $\boldsymbol x$，因此

$$\begin{pmatrix} \boldsymbol c_1 & \boldsymbol c_2 & \cdots & \boldsymbol c_m \end{pmatrix} \boldsymbol x = \mathscr A C \boldsymbol x = \boldsymbol 0$$

这说明向量组 $\boldsymbol c_1, \boldsymbol c_2, \dots, \boldsymbol c_m$ 线性相关
$\square$

假设存在数量小于 $n$ 的向量组

$$\boldsymbol c_1, \boldsymbol c_2, \dots, \boldsymbol c_{m} \in V,\quad m \lt n$$

使得

$$V = \langle \boldsymbol c_1, \boldsymbol c_2, \dots, \boldsymbol c_m \rangle$$

从中选取线性无关的组合，那么将构成 $V$ 的一组基
这与 $\dim V = n$ 矛盾
$\square$

设 $s = \dim W$，取 $W$ 的一组基

$$\mathscr B = \begin{pmatrix} \boldsymbol b_1 & \boldsymbol b_2 & \cdots & \boldsymbol b_s \end{pmatrix}$$

(1)
由于 $\boldsymbol b_1, \boldsymbol b_2, \dots, \boldsymbol b_s \in V$，并且在 $V$ 中也是线性无关的
所以其数量 $s$ 不得超过 $\dim V$，即 $s \leq \dim V$

(2)
假设存在某向量 $\boldsymbol v \in V$，使得 $\boldsymbol v \not\in W$，则向量组

$$\boldsymbol b_1, \boldsymbol b_2, \dots, \boldsymbol b_s, \boldsymbol v$$

将会线性无关，这导致

$$\dim V \geq s + 1$$

这与 $\dim W = \dim V$ 矛盾，故 $W = V$
$\square$