Dadas as soluções particulares. Use o wronskiano para verificar se essas funções são linearmente dependente (L.D.) ou linearmente independente (L.I.).
y_{1}(x)=e^{\lambda x} \cos (\mu x), \quad y_{2}(x)=e^{\lambda x} \operatorname{sen}(\mu x), \quad \mu \neq 0

Passo 1

O enunciado nos dá duas funções particulares
y_{1}(x)=e^{\lambda x}\cos(\mu x), \quad y_{2}(x)=e^{\lambda x}\sin(\mu x),
com \mu\neq0, e pede para verificar se elas são linearmente dependentes (L.D.) ou independentes (L.I.) usando o wronskiano. A teoria diz que, para duas funções, se o wronskiano não se anula em x, então elas são linearmente independentes.

Passo 2

Calcular as derivadas de y_{1} e y_{2}.
A derivada de y_{1} é
y_{1}'(x) =\frac{d}{dx}\bigl(e^{\lambda x}\cos(\mu x)\bigr) =e^{\lambda x}\bigl(\lambda\cos(\mu x)-\mu\sin(\mu x)\bigr).
A derivada de y_{2} é
y_{2}'(x) =\frac{d}{dx}\bigl(e^{\lambda x}\sin(\mu x)\bigr) =e^{\lambda x}\bigl(\lambda\sin(\mu x)+\mu\cos(\mu x)\bigr).

Passo 3

Escrever o wronskiano
W(y_{1},y_{2})(x) =\begin{vmatrix} y_{1}(x) & y_{2}(x) \\[6pt] y_{1}'(x) & y_{2}'(x) \end{vmatrix} =y_{1}(x)\,y_{2}'(x)-y_{2}(x)\,y_{1}'(x).]

Passo 4

Substituir as expressões de y_{1},y_{2},y_{1}',y_{2}' e simplificar:
W(y_{1},y_{2})(x) =e^{\lambda x}\cos(\mu x)\cdot e^{\lambda x}\bigl(\lambda\sin(\mu x)+\mu\cos(\mu x)\bigr) - e^{\lambda x}\sin(\mu x)\cdot e^{\lambda x}\bigl(\lambda\cos(\mu x)-\mu\sin(\mu x)\bigr).
Fatorando e^{2\lambda x} e somando termos, os \lambda-produtos se cancelam, sobrando
W(y_{1},y_{2})(x) =e^{2\lambda x}\,\mu\bigl(\cos^2(\mu x)+\sin^2(\mu x)\bigr) =\mu\,e^{2\lambda x}.

Passo 5

Como \mu\neq0 e e^{2\lambda x}\neq0 para todo x, temos
W(y_{1},y_{2})(x)=\mu\,e^{2\lambda x}\neq0.
Pelo critério do wronskiano, isso implica que y_{1} e y_{2} são linearmente independentes.

Resposta

As funções y_{1} e y_{2} são linearmente independentes.

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