嘿，你的这个证明完全没问题！咱们先确认它的正确性，再聊聊其他几种常用的证明思路~

你的证明正确性验证 #

你的反证法逻辑链非常完整：先假设$1,z,...,z^{m$线性相关，推导出存在不全为零的系数$\lambda_0,...,\lambda_m$使得多项式$p(z)=\lambda_0+\lambda_1z+...+\lambda_mz}m$恒为零；接着通过代入$z=0$直接得到$\lambda_0=0$，再利用多项式的可微性，对各阶导数代入$z=0$依次推出$\lambda_1=0,\lambda_2=0,...,\lambda_m=0$，这直接推翻了“系数不全为零”的假设，从而证明原向量组线性独立。整个过程严谨无漏洞，完全符合线性代数的推导规则。

几种替代证明方法 #

这里还有几个常用的证明思路，供你参考：

• 利用多项式根的数量性质：假设存在不全为零的系数使得$p(z)=\lambda_0+\lambda_1z+...+\lambda_mz^m$恒为零。如果$\mathbb{F}$是无限域（比如$\mathbb{R}$或$\mathbb{C}$，这也是Axler书中默认的情况），那么一个非零多项式的根的数量最多等于它的次数，但此时$p(z)$有无限多个根（整个$\mathbb{F}$都是它的根），矛盾，因此$p(z)$只能是零多项式，所有系数都为零。
• 通过范德蒙德方程组推导：选取$m+1$个不同的取值$z_0=0,z_1=1,z_2=2,...,z_m=m$，代入恒等式$\lambda_0+\lambda_1z+...+\lambda_mz^m=0$，得到如下线性方程组：

  λ₀ = 0
  λ₀ + λ₁ + λ₂ + ... + λₘ = 0
  λ₀ + 2λ₁ + 2²λ₂ + ... + 2ᵐλₘ = 0
  ...
  λ₀ + mλ₁ + m²λ₂ + ... + mᵐλₘ = 0
  

  这个方程组的系数矩阵是范德蒙德矩阵，由于选取的$z$值互不相同，矩阵的行列式不为零，因此方程组只有零解，即所有$\lambda_i=0$。
• 借助有限维空间的基性质：次数不超过$m$的多项式空间$P_m(\mathbb{F})$的维数是$m+1$，而$1,z,...,z^m$恰好是$m+1$个向量，并且它们显然能张成$P_m(\mathbb{F})$（任何次数不超过$m$的多项式都可以写成这组向量的线性组合）。根据有限维线性空间的性质：若一组向量的个数等于空间维数且能张成该空间，那么这组向量就是空间的基，必然线性独立。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者xoux