$\boldsymbol 0$ 作为自明解，显然属于 $N(A)$
对于任意 $\boldsymbol x_1, \boldsymbol x_2 \in N(A)$，以及任意 $k_1, k_2 \in \mathbb F$，有

$$A(k_1 \boldsymbol x_1 + k_2 \boldsymbol x_2) = k_1 A \boldsymbol x_1 + k_2 A \boldsymbol x_2 = k_1 \boldsymbol 0 + k_2 \boldsymbol 0 = \boldsymbol 0$$

因此 $k_1 \boldsymbol x_1 + k_2 \boldsymbol x_2 \in N(A)$，满足子空间的封闭性
$\square$

设矩阵 $A$ 的简化阶梯形为

$$R_A = \begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix}$$

其中 $B$ 为含有 $\mathrm{rank}(A)$ 个非零行的矩阵，$O$ 为零矩阵，可能为零阶
则齐次线性方程组 $A\boldsymbol x = \boldsymbol 0$ 等价于 $R_A \boldsymbol x = \boldsymbol 0$，即

$$\begin{pmatrix} B \\ O \end{pmatrix} \boldsymbol x = \boldsymbol 0$$

由于 $B$ 含有 $\mathrm{rank}(A)$ 个非零行，因此 $B \boldsymbol x = \boldsymbol 0$ 含有 $\mathrm{rank}(A)$ 个主元列，因此解 $\boldsymbol x$ 中有 $n - \mathrm{rank}(A)$ 个自由变量
因此，零空间 $N(A)$ 的维数为 $n - \mathrm{rank}(A)$
$\square$

由于 $R(A),C(A)$ 是生成得到的，前述命题中已经证明了生成得到的空间均为线性空间
$\square$

取基本矩阵 $P$ 表示三种基本变换中的一种，记变换后的矩阵为 $A'$，则

$$A' = PA$$

对 $A'$ 进行行分割，有

$$A' = \begin{pmatrix} \boldsymbol{a_1'} \\ \boldsymbol{a_2'} \\ \vdots \\ \boldsymbol{a_m'} \end{pmatrix}$$

记 $P$ 的成分为 $p_{ij}$，则可以用矩阵乘法写出

$$\boldsymbol a_i' = \sum_{j=1}^m p_{ij} \boldsymbol a_j$$

这意味着 $\boldsymbol a_i' \in R(A)$，因此 $R(A') \subseteq R(A)$
由于基本变换是可逆的，记其逆矩阵为 $P^{-1}$，则同理可得 $R(A) \subseteq R(A')$，因此 $R(A) = R(A')$
对于列空间的证明同理
$\square$

根据上述文字描述显然
$\square$

(1)
由于 $\boldsymbol 0 \in W_1$ 且 $\boldsymbol 0 \in W_2$，所以 $\boldsymbol 0 \in W_1 \cap W_2$
任取 $\boldsymbol a, \boldsymbol b \in W_1 \cap W_2$，则 $\boldsymbol a, \boldsymbol b \in W_1$ 且 $\boldsymbol a, \boldsymbol b \in W_2$，所以

$$\boldsymbol a + \boldsymbol b \in W_1,\quad \boldsymbol a + \boldsymbol b \in W_2$$

因此 $\boldsymbol a + \boldsymbol b \in W_1 \cap W_2$ 成立
对于任意 $k \in \mathbb F$，有

$$k\boldsymbol a \in W_1,\quad k\boldsymbol a \in W_2$$

因此 $k\boldsymbol a \in W_1 \cap W_2$ 成立
所以 $W_1 \cap W_2$ 为 $V$ 的子空间

(2)
由于 $\boldsymbol 0 \in W_1$ 且 $\boldsymbol 0 \in W_2$，所以 $\boldsymbol 0 + \boldsymbol 0 = \boldsymbol 0 \in W_1 + W_2$
任取 $\boldsymbol a, \boldsymbol b \in W_1 + W_2$，则存在 $\boldsymbol a_1, \boldsymbol b_1 \in W_1$ 以及 $\boldsymbol a_2, \boldsymbol b_2 \in W_2$，使得

$$\boldsymbol a = \boldsymbol a_1 + \boldsymbol a_2,\quad \boldsymbol b = \boldsymbol b_1 + \boldsymbol b_2$$

则

$$\boldsymbol a + \boldsymbol b = (\boldsymbol a_1 + \boldsymbol b_1) + (\boldsymbol a_2 + \boldsymbol b_2)$$

由于 $W_1, W_2$ 均为子空间，所以 $\boldsymbol a_1 + \boldsymbol b_1 \in W_1$ 且 $\boldsymbol a_2 + \boldsymbol b_2 \in W_2$，因此 $\boldsymbol a + \boldsymbol b \in W_1 + W_2$ 成立
对于任意 $k \in \mathbb F$，有

$$k\boldsymbol a = k\boldsymbol a_1 + k\boldsymbol a_2$$

由于 $W_1, W_2$ 均为子空间，所以 $k\boldsymbol a_1 \in W_1$ 且 $k\boldsymbol a_2 \in W_2$，因此 $k\boldsymbol a \in W_1 + W_2$ 成立
所以 $W_1 + W_2$ 为 $V$ 的子空间
$\square$

设 $\{\boldsymbol a_1, \dots, \boldsymbol a_r\}$ 为 $W_1 \cap W_2$ 的基。
将其扩展为 $W_1$ 的基 $\{\boldsymbol a_1, \dots, \boldsymbol a_r, \boldsymbol b_1, \dots, \boldsymbol b_s\}$。
将其扩展为 $W_2$ 的基 $\{\boldsymbol a_1, \dots, \boldsymbol a_r, \boldsymbol c_1, \dots, \boldsymbol c_t\}$。
我们欲证 $\{\boldsymbol a_i\} \cup \{\boldsymbol b_j\} \cup \{\boldsymbol c_l\}$ 是 $W_1 + W_2$ 的基。

任意 $\boldsymbol w \in W_1 + W_2$ 可写为 $\boldsymbol w_1 + \boldsymbol w_2$。$\boldsymbol w_1$ 可由 $\{\boldsymbol a, \boldsymbol b\}$ 表示，$\boldsymbol w_2$ 可由 $\{\boldsymbol a, \boldsymbol c\}$ 表示。故 $\boldsymbol w$ 可由全体向量生成。

设 $\sum k_i \boldsymbol a_i + \sum m_j \boldsymbol b_j + \sum n_l \boldsymbol c_l = \mathbf{0}$。
移项得：

$$\sum n_l \boldsymbol c_l = - (\sum k_i \boldsymbol a_i + \sum m_j \boldsymbol b_j)$$

等式右边属于 $W_1$。等式左边显然属于 $W_2$。
因此，向量 $\boldsymbol v = \sum n_l \boldsymbol c_l$ 属于 $W_1 \cap W_2$。
既然 $\boldsymbol v \in W_1 \cap W_2$，它必可由交集的基 $\{\boldsymbol a_i\}$ 线性表示：

$$\sum n_l \boldsymbol c_l = \sum x_i \boldsymbol a_i$$

移项得 $\sum n_l \boldsymbol c_l - \sum x_i \boldsymbol a_i = \mathbf{0}$。
由于 $\{\boldsymbol a_i, \boldsymbol c_l\}$ 是 $W_2$ 的基（线性无关），故系数全为 $0$。特别是 $n_l = 0$。
回到原方程，变为 $\sum k_i \boldsymbol a_i + \sum m_j \boldsymbol b_j = \mathbf{0}$。
由于 $\{\boldsymbol a_i, \boldsymbol b_j\}$ 是 $W_1$ 的基（线性无关），故 $k_i = 0, m_j = 0$。
综上，所有系数均为 $0$，线性无关得证。

因此，$\dim(W_1 + W_2) = r + s + t = (r+s) + (r+t) - r = \dim W_1 + \dim W_2 - \dim(W_1 \cap W_2)$。
$\square$

设 $\mathscr A = \{\boldsymbol a_1, \boldsymbol a_2, \dots, \boldsymbol a_r\}$ 为 $W_1$ 的一组基，$\mathscr B = \{\boldsymbol b_1, \boldsymbol b_2, \dots, \boldsymbol b_s\}$ 为 $W_2$ 的一组基，记 $r = \dim W_1$，$s = \dim W_2$
则 $\mathscr A \cup \mathscr B$ 为 $V$ 的一组基

(1) $\Rightarrow$ (2)
对于任意 $\boldsymbol v \in V$，存在唯一的 $k_i, m_j \in \mathbb F$，使得

$$\boldsymbol v = \sum_{i=1}^r k_i \boldsymbol a_i + \sum_{j=1}^s m_j \boldsymbol b_j$$

记

$$\boldsymbol w_1 = \sum_{i=1}^r k_i \boldsymbol a_i,\quad \boldsymbol w_2 = \sum_{j=1}^s m_j \boldsymbol b_j$$

则 $\boldsymbol w_1 \in W_1$，$\boldsymbol w_2 \in W_2$，且 $\boldsymbol v = \boldsymbol w_1 + \boldsymbol w_2$

(2) $\Rightarrow$ (3)
设 $\{\boldsymbol a_i\}$ 为 $W_1$ 的基，$\{\boldsymbol b_j\}$ 为 $W_2$ 的基。
我们证明 $\{\boldsymbol a_i\} \cup \{\boldsymbol b_j\}$ 是 $V$ 的基。

由 (2) 可知任取 $\boldsymbol v \in V$，存在 $\boldsymbol w_1, \boldsymbol w_2$ 使 $\boldsymbol v = \boldsymbol w_1 + \boldsymbol w_2$。而 $\boldsymbol w_1, \boldsymbol w_2$ 可分别由基生成，故生成性成立。

设 $\sum k_i \boldsymbol a_i + \sum m_j \boldsymbol b_j = \mathbf{0}$。
记 $\boldsymbol x = \sum k_i \boldsymbol a_i \in W_1$，$\boldsymbol y = \sum m_j \boldsymbol b_j \in W_2$。
则 $\boldsymbol x + \boldsymbol y = \mathbf{0} + \mathbf{0} = \mathbf{0}$。
由 (2) 中分解的唯一性（$\boldsymbol 0$ 的分解必须是 $\boldsymbol 0 + \boldsymbol 0$），可得 $\boldsymbol x = \mathbf{0}$ 且 $\boldsymbol y = \mathbf{0}$。
即 $\sum k_i \boldsymbol a_i = \mathbf{0}$ 且 $\sum m_j \boldsymbol b_j = \mathbf{0}$。
由各自基的线性无关性，得所有系数为 $0$。
故 $\{\boldsymbol a_i\} \cup \{\boldsymbol b_j\}$ 是 $V$ 的基。
$\dim V = \dim W_1 + \dim W_2$。

(3) $\Rightarrow$ (1)
由于 $\dim V = \dim W_1 + \dim W_2$，所以

$$\dim(W_1 + W_2) = \dim W_1 + \dim W_2 - \dim (W_1 \cap W_2)$$

因此，$\dim (W_1 \cap W_2) = 0$，即 $W_1 \cap W_2 = \{\boldsymbol 0\}$
$\square$