Sejam U e W dois subespaços vetoriais de um espaço vetorial V que tem dimensão \underline{n}. Suponha que
\operatorname{dim} U>\frac{n}{2} \quad \text { e } \quad \operatorname{dim} W>\frac{n}{2}

Passo 1

O enunciado dá um espaço vetorial V com \dim V = n e dois subespaços U e W tais que
\dim U>\frac{n}{2}\quad\text{e}\quad \dim W>\frac{n}{2}.
A pergunta (implícita) é mostrar que a interseção U\cap W não é apenas o subespaço nulo; em outras palavras devemos provar que
U\cap W\neq\{0\}
ou, equivalentemente,
\dim(U\cap W)\ge 1.

Passo 2

Vamos relembrar conceitos importantes (devagar e com jeitinho, como num amigo explicando).
  • Uma base de um subespaço é um conjunto de vetores linearmente independentes que geram (span) todo o subespaço.
  • A dimensão de um subespaço é o número de vetores em qualquer base desse subespaço.
  • Se S e T são subespaços de V, então S+T=\{s+t\mid s\in S,\,t\in T\} é também um subespaço de V. Note que S\cap T é outro subespaço.
    Esses conceitos servem para contar vetores de bases e relacionar dimensões — é o que vamos usar.

Passo 3

Uma fórmula fundamental que vamos usar (vou explicar e provar rapidinho) é
\dim(U+W)=\dim U+\dim W-\dim(U\cap W).
Prova (passo a passo):
  1. Tome uma base \mathcal{B}_0 de U\cap W. Seja \mathcal{B}_0=\{v_1,\dots,v_k\}, então \dim(U\cap W)=k.
  2. Como \mathcal{B}_0 é independente e está em U, podemos estendê-la a uma base de U. Ou seja, existem vetores u_{k+1},\dots,u_{r} em U tais que
\mathcal{B}_U=\{v_1,\dots,v_k,u_{k+1},\dots,u_r\}
é base de U. Assim \dim U = r.
3) Do mesmo modo, estendemos \mathcal{B}_0 a uma base de W: existem vetores w_{k+1},\dots,w_s em W tais que
\mathcal{B}_W=\{v_1,\dots,v_k,w_{k+1},\dots,w_s\}
é base de W. Assim \dim W = s.
4) Considere o conjunto
\mathcal{B}=\{v_1,\dots,v_k,u_{k+1},\dots,u_r,w_{k+1},\dots,w_s\}.
Mostro que \mathcal{B} é uma base de U+W. Primeiro verifica-se que \mathcal{B} gera U+W: qualquer elemento de U+W é u+w com u\in U, w\in W; escrevendo u e w nas bases \mathcal{B}_U e \mathcal{B}_W vemos que u+w é combinação de vetores de \mathcal{B}. Segundo, \mathcal{B} é independente: uma combinação linear nula que envolva vetores de \mathcal{B} pode ser agrupada como vetor em U igual ao negativo de um vetor em W, logo essa combinação pertence a U\cap W e, usando que os v_i são exatamente a base do U\cap W, conclui-se que todos os coeficientes são zero (detalhe clássico de prova por escrita explícita de coeficientes). Portanto \mathcal{B} é base de U+W.
5) Contando elementos em \mathcal{B} obtemos
\dim(U+W)=k+(r-k)+(s-k)=r+s-k.
Mas r=\dim U, s=\dim W, k=\dim(U\cap W). Substituindo,
\dim(U+W)=\dim U+\dim W-\dim(U\cap W),
que é a fórmula desejada. (Se ficou meio abstrato, pensa que estamos contando vetores: somamos as dimensões de U e W e subtraímos a parte que foi contada duas vezes — a interseção.)

Passo 4

Agora aplicamos a fórmula e a hipótese. Como U+W é subespaço de V, sua dimensão não passa da dimensão de V:
\dim(U+W)\le \dim V = n.
Usando a fórmula,
\dim U+\dim W-\dim(U\cap W)\le n.
Rearranjando para isolar \dim(U\cap W),
\dim(U\cap W)\ge \dim U+\dim W - n.
Pelo enunciado temos \dim U>\dfrac{n}{2} e \dim W>\dfrac{n}{2}. Somando essas desigualdades:
\dim U+\dim W> \frac{n}{2}+\frac{n}{2}=n.
Logo o lado direito da desigualdade anterior é estritamente positivo:
\dim U+\dim W - n > 0.
Portanto
\dim(U\cap W)\ge \dim U+\dim W - n > 0.
Como dimensão é número inteiro não-negativo, isso força
\dim(U\cap W)\ge 1.

Passo 5

Interpretação final e exemplo rápido para dar intuição: a desigualdade mostra que a interseção tem dimensão pelo menos 1, ou seja, contém algum vetor não-nulo — não é apenas o zero. Por exemplo, em \mathbb{R}^3 (onde n=3) duas subvariedades de dimensão 2 (planos que passam pela origem) têm interseção de dimensão 1 (uma reta), exatamente o que a fórmula prevê.

Resposta

\;U\cap W\neq\{0\} (equivalently \dim(U\cap W)\ge 1).

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