Необходимость. Пусть сумма $L$ — прямая. Тогда нужно доказать, что объединение базисов подпространств есть базис суммы. Выпишем базисы подпространств $L_i, i=\overline{1, k}$: $E_1=\langle e_{11},e_{12},\ldots,e_{1m_1}\rangle,$ $E_2=\langle e_{21},e_{22},\ldots,e_{2m_2}\rangle,$ $\ldots,$ $E_k=\langle e_{k1},e_{k2},\ldots,e_{km_k}\rangle.$ Теперь построим объединенную систему из данных базисов. В итоге получим: $$E=\langle{e_{11}},e_{12},\ldots,e_{1m_1},e_{21},e_{22},\ldots,e_{2m_2},\ldots,e_{k1},e_{k2},\ldots,e_{km_k}\rangle.$$

Для того, чтобы система $E$ являлась базисом суммы $L$, она должна удовлетворять определению базиса. То есть, любой вектор из $L$ должен выражаться через данную систему, и она должна быль линейно независимой. Первое условие соблюдается. Действительно, по определению прямой суммы: $\forall x\in L:$$$x=x_1+x_2+\cdots+x_k,$$ где $x_i\in L_i, i=\overline{1, k}$, причем такое представление единственно. Каждый вектор $x_i, i=\overline{1, k}$ может быть выражен через базис $L_i$: $$x_i=\alpha_{i1}e_{i1}+\alpha_{i2}e_{i2}+\cdots+\alpha_{im_i}e_{im_i},$$ где $\alpha_{ij}\in {\bf P}, j=\overline{1, m_i}$ — коэффициенты линейной комбинации. Значит, вектор $x$ можно представить в другом виде:$$x=\alpha_{11}e_{11}+\alpha_{12}e_{12}+\cdots+\alpha_{1m_1}e_{1m_1}+\cdots+\alpha_{21}e_{21}+\alpha_{22}e_{22}+\cdots+\\{}+\alpha_{2m_2}e_{2m_2}+\cdots+\alpha_{k1}e_{k1}+\alpha_{k2}e_{k2}+\cdots+\alpha_{km_k}e_{km_k},$$Как видим, вектор выражается через систему $E$.

Остается доказать линейную независимость. Выпишем линейную комбинацию векторов системы $E$ и приравняем ее к нулю:\begin{equation}\begin{gathered}\alpha_{11}e_{11}+\alpha_{12}e_{12}+\cdots+\alpha_{1m_1}e_{1m_1}+\cdots+\alpha_{21}e_{21}+\alpha_{22}e_{22}+\cdots+\\{}+\alpha_{2m_2}e_{2m_2}+\cdots+\alpha_{k1}e_{k1}+\alpha_{k2}e_{k2}+\cdots+\alpha_{km_k}e_{km_k}=0.\end{gathered}\end{equation}По первому критерию линейной независимости система $E$ будет линейно независима при следующих равенствах:$$\alpha_{11}=\alpha_{12}=\cdots=\alpha_{km_k}=0.$$Опять же, данные слагаемые можно представить как линейные комбинации векторов из $L_i, i=\overline{1, k}$, то есть:$$x_i=\alpha_{i1}e_{i1}+\alpha_{i2}e_{i2}+\cdots+\alpha_{im_i}e_{im_i},i=\overline{1,k}.$$Теперь можно переписать уравнение $\left(1\right)$ в следующем виде:$$x_1+x_2+\cdots+x_k=0.$$Получили представление нулевого вектора. По определению прямой суммы такое представление единственно и имеет вид: $0+0+\cdots+0=0$. Отсюда следует: $x_i=0,i=\overline{1,k}$. Так как каждый вектор $x_i$ представляется через соответствующий базис $L_i$, то, следовательно, все коэффициенты линейных комбинаций равны нулю: $\alpha_{i1}=\alpha_{i2}=\cdots=\alpha_{im_i}=0,i=\overline{1,k}$, что и требовалось доказать.

Таким образом, система $E$ линейно независима, и каждый вектор суммы $L$ выражается через данную систему. Необходимость доказана.

Достаточность. Теперь пусть объединение базисов $L_i,i=\overline{1,k}$ (оно же является системой $E$) есть базис суммы $L$. Требуется доказать, что $L$ — прямая сумма. Значит, нужно показать, что представление любого вектора этой суммы единственно. Запишем представление некоторого вектора $x\in L$ в базисе суммы: \begin{equation}\begin{gathered}x=\beta_{11}e_{11}+\beta_{12}e_{12}+\cdots+\beta_{1m_1}e_{1m_1}+\cdots+\\{}+\beta_{k1}e_{k1}+\beta_{k2}e_{k2}+\cdots+\beta_{km_k}e_{km_k}.\end{gathered}\end{equation} По свойству базиса такое представление единственно. Выражения вида $\beta_{i1}e_{i1}+\cdots+\beta_{im_i}e_{im_i}$ являются линейными комбинациями векторов из $L_i,i=\overline{1,k}$. Тогда их можно заменить соответствующими векторами $y_i\in L_i$ и подставить в $\left(2\right)$. Получим: $$x=y_1+y_2+\cdots+y_k.$$Получили представление $x$ в виде вектора суммы. Пусть сумма $L$ не прямая, тогда может существовать другое представление вектора $x$. А это необратимо приводит к изменению представления векторов $y_i$ и, соответственно, значений коэффициентов $\beta_{i1},\beta_{i2},\ldots,\beta_{im_i},i=\overline{1,k}$. Но, как было сказано выше, вектор $x$ имеет единственное представление $\left(2\right)$, то есть иного не существует. Получили противоречие. Следовательно, сумма $L$ является прямой, что и требовалось доказать.

Необходимость. Требуется доказать, что при $L=L_1\oplus L_2\oplus \cdots\oplus L_k$ пересечение любого подпространства с суммой остальных нулевое. Предположим, что $$\exists L_i: L_i\cap\sum\limits_{j=1\\j\ne i}^k L_j \ne \left\{0\right\}.$$ Тогда существует такой ненулевой вектор $x$, что $x\in L_i$ и $x\in \sum_{j=1\\j\ne i}^k L_j$. Этот вектор можно представить в виде:

1. $x=\overbrace{0+0+\cdots+0+x+0+\cdots+0}^{k\mbox{ векторов}}$, так как $x\in L_i$;
2. $x=\sum_{j=1\\j\ne i}^k x_j$, так как вектор принадлежит $\sum_{j=1\\j\ne i}^k L_j$ и, следовательно, может быть представлен как вектор суммы $L$: $$x=x_1+x_2+\cdots+x_{i-1}+0+x_{i+1}+\cdots+x_k.$$

Таким образом, вектор прямой суммы $L$ не имеет единственного представления, что противоречит определению прямой суммы. Значит, наше предположение неверно, и $\forall L_i: L_i\cap\sum_{j=1\\j\ne i}^k L_j=\left\{0\right\}.$

Достаточность. Теперь докажем, что если $$\forall L_i: L_i\cap\sum\limits_{j=1\\j\ne i}^k L_j=\left\{0\right\},$$ то сумма $L$ — прямая. Снова пойдём от противного: пусть $L$ — не прямая сумма. Следовательно, по определению существует такой вектор $y$, который имеет, по крайней мере, два различных представления. Запишем их общий вид:$$y=x_1+x_2+\cdots+x_k,$$$$y=z_1+z_2+\cdots+z_k,$$ где $z_i, x_i \in L_i,i=\overline{1,k}$. Вычтем из первого выражения второе. Получим:$$0=\left(x_1-z_1\right)+\left(x_2-z_2\right)+\cdots+\left(x_k-z_k\right).$$Векторы $x_1-z_1, x_2-z_2,\ldots,x_k-z_k$ принадлежат подпространствам $L_1, L_2,\ldots,L_k$ соответственно, что вытекает из критерия подпространства. Значит, нулевой вектор представляется как вектор суммы $L$. Пусть $x_1-z_1\ne 0.$ Перенесем данное слагаемое в левую часть. Тогда можно записать следующее: $$\left(z_1-x_1\right)=\left(x_2-z_2\right)+\left(x_3-z_3\right)+\cdots+\left(x_k-z_k\right).$$ То есть существует некоторый вектор $z_1-x_1\ne 0$, что$$z_1-x_1\in L_1,$$$$z_1-x_1=\left(x_2-z_2\right)+\left(x_3-z_3\right)+\cdots+\left(x_k-z_k\right) \in \sum\limits_{j=2}^k L_j.$$ Значит, пересечение подпространства $L_1$ и суммы $\sum_{j=2}^k L_j$ содержит ненулевые векторы. Получили противоречие. Следовательно, предположение неверно, и $L$ — прямая сумма подпространств. Теорема доказана.