ベクトル空間

1 を示す。$0$ と $0'$ がともに条件 3 を満たすとする。$0'$ について条件 3 を $x=0$ に使うと $0+0'=0$ であり、$0$ について条件 3 を $x=0'$ に使うと $0'+0=0'$ である。条件 2 により $0+0'=0'+0$ であるから $0=0'$ である。
3 を示す。$x+z=y+z$ とし、$z$ の逆ベクトル $z'$（条件 4）をとる。両辺に右から $z'$ を加えると、条件 1、条件 4、条件 3 により
$$ x=x+0=x+(z+z')=(x+z)+z'=(y+z)+z'=y+(z+z')=y+0=y $$
となる。
2 を示す。$x'$ と $x''$ がともに $x+x'=0$、$x+x''=0$ を満たすとする。条件 2 により $x'+x=x''+x$ であるから、3 により $x'=x''$ である。$\square$

1 を示す。体 $K$ で $0+0=0$ であるから、条件 5 により $0x=(0+0)x=0x+0x$ である。一方、条件 3 により $0x=0x+0$ である。よって $0x+0x=0x+0$ であり、条件 2 とprop-vector-space-uniquenessの 3（簡約律）により $0x=0$ である。
2 を示す。条件 3 により $0+0=0$（零ベクトル）であるから、条件 6 により $a0=a(0+0)=a0+a0$ である。1 と同様に簡約律により $a0=0$ である。
3 を示す。条件 5、条件 8、1 により
$$ x+(-1)x=1x+(-1)x=(1+(-1))x=0x=0 $$
であるから、$(-1)x$ は $x$ の逆ベクトルの条件を満たし、prop-vector-space-uniquenessの 2 により $(-1)x=-x$ である。次に、条件 5 と 1 により $ax+(-a)x=(a+(-a))x=0x=0$ であるから、同じく一意性により $(-a)x=-(ax)$ である。また条件 6 と 2 により $ax+a(-x)=a(x+(-x))=a0=0$ であるから $a(-x)=-(ax)$ である。
4 を示す。$ax=0$ かつ $a\ne0$ とする。$K$ は体であるから $a$ の逆元 $a^{-1}\in K$ が存在し、条件 8、条件 7、2 により
$$ x=1x=(a^{-1}a)x=a^{-1}(ax)=a^{-1}0=0 $$
である。$\square$

1 ならば 2。$0\in W$ より $W\ne\emptyset$ である。$x,y\in W$、$a,b\in K$ に対し、条件 3 により $ax,by\in W$ であり、条件 2 により $ax+by\in W$ である。
2 ならば 1。$W\ne\emptyset$ であるから $w\in W$ がとれ、$a=b=0$、$x=y=w$ として $0w+0w=0\in W$ である（prop-vector-space-scalar-rulesの 1）。$a=b=1$ とすれば $x+y\in W$、$b=0$ とすれば $ax\in W$ である。
1 ならば 3。条件 2、3 により加法とスカラー倍は $W$ に制限して $W\times W\to W$、$K\times W\to W$ の写像を定める。8 条件のうち、等式だけを主張する条件 1、2、5、6、7、8 は $V$ で成り立つので $W$ の元についても成り立つ。条件 3 は $0\in W$ から、条件 4 は $x\in W$ に対して $-x=(-1)x\in W$（prop-vector-space-scalar-rulesの 3 と条件 3）から従う。
3 ならば 1。仮定により $W$ は加法とスカラー倍について閉じている。$W$ の零ベクトル $0_W$ は $0_W+0_W=0_W$ を満たし、これは $V$ の等式でもあるから、$V$ で簡約律を使って $0_W=0$ である。よって $0\in W$ であり、$W$ は部分空間である。$\square$

1 を示す。すべての $i$ について $0\in W_i$ であるから $0\in\bigcap W_i$ である。$x,y\in\bigcap W_i$、$a\in K$ なら、各 $i$ について $x,y\in W_i$ であるから $x+y,ax\in W_i$ であり、したがって $x+y,ax\in\bigcap W_i$ である。
2 を示す。$0=0+0\in W_1+W_2$ である。$x_1+x_2,y_1+y_2\in W_1+W_2$（$x_i,y_i\in W_i$）と $a\in K$ に対し、
$$ (x_1+x_2)+(y_1+y_2)=(x_1+y_1)+(x_2+y_2),\qquad a(x_1+x_2)=ax_1+ax_2 $$
であり（条件 1、2、6）、$x_i+y_i,ax_i\in W_i$ であるから、いずれも $W_1+W_2$ に属する。よって $W_1+W_2$ は部分空間である。$x_1=x_1+0$、$x_2=0+x_2$ により $W_1\cup W_2\subset W_1+W_2$ である。$W_1\cup W_2$ を含む部分空間 $U$ は加法について閉じているから、$x_1\in W_1\subset U$、$x_2\in W_2\subset U$ に対し $x_1+x_2\in U$ であり、$W_1+W_2\subset U$ である。
3 を示す。$W_1\subset W_2$ なら $W_1\cup W_2=W_2$ は部分空間であり、$W_2\subset W_1$ の場合も同様である。逆に $W_1\cup W_2$ が部分空間で、$W_1\not\subset W_2$ かつ $W_2\not\subset W_1$ と仮定する。$x_1\in W_1\setminus W_2$、$x_2\in W_2\setminus W_1$ をとると $x_1+x_2\in W_1\cup W_2$ である。もし $x_1+x_2\in W_1$ なら $x_2=(x_1+x_2)-x_1\in W_1$ となり矛盾し、$x_1+x_2\in W_2$ なら $x_1=(x_1+x_2)-x_2\in W_2$ となり矛盾する。よって $W_1\subset W_2$ または $W_2\subset W_1$ である。$\square$

$S=\emptyset$ のときは $\operatorname{span}(S)=\{0\}$ であり主張は明らかである。$S\ne\emptyset$ とする。$s\in S$ に対し $s=1s\in\operatorname{span}(S)$ であるから $S\subset\operatorname{span}(S)$ であり、とくに $\operatorname{span}(S)\ne\emptyset$ である。$x=\sum_{i=1}^{m}a_is_i$、$y=\sum_{j=1}^{n}b_jt_j$（$s_i,t_j\in S$）と $a,b\in K$ に対し、
$$ ax+by=\sum_{i=1}^{m}(aa_i)s_i+\sum_{j=1}^{n}(bb_j)t_j $$
は $S$ の有限個の元の線形結合であるから $\operatorname{span}(S)$ に属する（条件 6、7 と、必要なら同じベクトルの係数をまとめる条件 5 を使う）。prop-vector-space-subspace-criterionの 2 により $\operatorname{span}(S)$ は部分空間である。
$U$ を $S$ を含む部分空間とする。$s_1,\ldots,s_n\in S\subset U$ と $a_1,\ldots,a_n\in K$ に対し、$U$ はスカラー倍と加法について閉じているから、$n$ についての帰納法により $a_1s_1+\cdots+a_ns_n\in U$ である。よって $\operatorname{span}(S)\subset U$ である。最後の主張は、$\operatorname{span}(S)$ 自身が $S$ を含む部分空間の 1 つであることと、prop-vector-space-intersection-sumの 1 から従う。$\square$