Dizemos que duas funções f e g são linearmente dependentes (L.D.) em um intervalo I=(\alpha, \beta) se existem duas constantes k_{1} e k_{2}, uma delas diferente de zero, tais que k_{1} f(x)+k_{2} g(x)=0, para todo x \in I.
Duas funções são linearmente independentes (L.I.) em I elas não forem linearmente dependentes, isto é, se valer a igualdade k_{1} f(x)+k_{2} g(x)=0, para todo x \in I, então k_{1}=k_{2}=0.
No entanto, essa definição depende de simplificações e relações equivalentes, então, usa-se o resultado proposto por Wronski:
Determinante Wronskiano: Dado um conjunto de funções f_{1}, f_{2}, \ldots, f_{n} define-se o Wronskiano como o determinante:
W\left(f_{1}, f_{2}, \ldots, f_{n}\right)=\left|\begin{array}{cccc}f_{1} & f_{2} & \cdots & f_{n} \f_{1}^{\prime} & f_{2}^{\prime} & \cdots & f_{n}^{\prime} \\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \f_{1}^{(n-1)} & f_{2}^{(n-1)} & \cdots & f_{n}^{(n-1)}\end{array}\right|
Este determinante é construído alocando as funções na primeira linha, as primeiras derivadas de cada função na segunda linha, assim procedendo até a derivada de ordem ( n-1 ), formando assim um arranjo quadrado.
Caso o Wronskiano seja diferente de zero em algum ponto do intervalo, as funções são linearmente independentes.

Passo 1

O que nos é dado e o que devemos provar.
  • Dados: um conjunto de funções \;f_{1},f_{2},\dots,f_{n}\; definidas em um intervalo \;I=(\alpha,\beta)\; e supondo que cada f_{i} tem derivadas até a ordem n-1 em I (ou seja, f_{i}\in C^{\,n-1}(I) para todo i).
  • Definição usada: o Wronskiano é
W\bigl(f_{1},\dots,f_{n}\bigr)(x) = \begin{vmatrix} f_{1}(x) & f_{2}(x) & \cdots & f_{n}(x)\\[4pt] f_{1}'(x) & f_{2}'(x) & \cdots & f_{n}'(x)\\[4pt] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\[4pt] f_{1}^{(n-1)}(x) & f_{2}^{(n-1)}(x) & \cdots & f_{n}^{(n-1)}(x) \end{vmatrix}.
  • O que pedir: demonstrar que, se existir um ponto \;x_{0}\in I\; tal que
W\bigl(f_{1},\dots,f_{n}\bigr)(x_{0})\neq 0,
então as funções \;f_{1},\dots,f_{n}\; são linearmente independentes em I.]

Passo 2

Relembrando a definição de linear (in)dependência e traçando a estratégia.
  • Linear dependência: existe um vetor de constantes \;(k_{1},\dots,k_{n}), não todas nulas, tal que
k_{1}f_{1}(x)+k_{2}f_{2}(x)+\cdots+k_{n}f_{n}(x)=0\quad\text{para todo }x\in I.
  • Linear independência: a única solução do igual acima é k_{1}=\cdots=k_{n}=0.
  • Estratégia: prova por contradição. Assumir que as funções são linearmente dependentes e mostrar que isso força o Wronskiano a ser zero em todo ponto (ou, pelo menos, em x_{0}), contradizendo a hipótese W(x_{0})\neq 0.

Passo 3

Tomando a hipótese de dependência linear e diferenciando para montar um sistema linear.
  • Suponha que exista um vetor \;k=(k_{1},\dots,k_{n})\neq(0,\dots,0)\; tal que, para todo x\in I,
k_{1}f_{1}(x)+k_{2}f_{2}(x)+\cdots+k_{n}f_{n}(x)=0.
  • Diferenciando essa igualdade j vezes (para j=1,2,\dots,n-1) obtemos, ainda para todo x\in I,
k_{1}f_{1}^{(j)}(x)+k_{2}f_{2}^{(j)}(x)+\cdots+k_{n}f_{n}^{(j)}(x)=0.
  • Essas n igualdades (para j=0,1,\dots,n-1, onde j=0 é a própria combinação original) podem ser escritas em forma matricial. Defina a matriz \;M(x)\; de dimensão n\times n cujas entradas são
M(x)_{\,j+1,i}=f_{i}^{(j)}(x)\quad\text{para }j=0,\dots,n-1\text{ e }i=1,\dots,n.
Então o sistema acima é
M(x)\,k=0\quad\text{para todo }x\in I.

Passo 4

Interpretação linear-algébrica: determinante e solução do sistema.
  • Observação: o Wronskiano \;W(f_{1},\dots,f_{n})(x)\; é exatamente o determinante de \;M(x). Ou seja,
W(f_{1},\dots,f_{n})(x)=\det\bigl(M(x)\bigr).
  • Se existe um vetor não nulo k tal que M(x)\,k=0, então M(x) tem núcleo não-trivial, logo M(x) não é invertível e portanto \det(M(x))=0.
  • Aplicando isso em particular no ponto \;x_{0}\in I\; em que supomos W(x_{0})\neq 0: a existência de k\neq 0 com M(x_{0})k=0 implicaria \det(M(x_{0}))=0, o que contraria a hipótese.

Passo 5

Concluindo a contradição e provando o resultado.
  • Resumindo a contradição: assumir dependência linear implica a existência de k\neq 0 tal que M(x_{0})k=0, então \det(M(x_{0}))=0, ou seja W(x_{0})=0. Mas isso contradiz a hipótese W(x_{0})\neq 0.
  • Portanto a hipótese inicial (as funções serem linearmente dependentes) é falsa. Logo as funções \;f_{1},\dots,f_{n}\; são linearmente independentes em I.

Passo 6

Observações didáticas e exemplos rápidos.
  • Interpretação prática: \det(M(x_{0}))\neq 0 significa que as colunas de M(x_{0}) (que são os vetores (f_{i}(x_{0}),f_{i}'(x_{0}),\dots,f_{i}^{(n-1)}(x_{0}))^{T}) são linearmente independentes como vetores em \mathbb{R}^{n}; portanto não existe combinação linear não-trivial das funções que seja nula identicamente. É por isso que Wronskiano não-nulo num ponto garante independência das funções em todo o intervalo.
  • Exemplo simples ( n=2): para f_{1}(x)=e^{x} e f_{2}(x)=e^{2x} tem-se
W(f_{1},f_{2})(x)=\begin{vmatrix} e^{x} & e^{2x}\\[4pt] e^{x} & 2e^{2x}\end{vmatrix}=e^{x}\cdot 2e^{2x}-e^{x}\cdot e^{2x}=e^{3x}\neq 0
para todo x, logo e^{x} e e^{2x} são L.I.
  • Aviso importante: a implicação que provamos vai em apenas um sentido: se existe x_{0} com W(x_{0})\neq 0 então as funções são L.I. A recíproca (se funções são L.I. então W não é identicamente zero) exige hipóteses adicionais (por exemplo, se as funções são soluções de uma EDO linear de ordem n com coeficientes contínuos, então W é identicamente zero ou nunca é zero). Em geral, sem condições extras, pode haver exemplos patológicos onde o Wronskiano é zero em todo o intervalo mas as funções ainda são L.I.]

Resposta

Se existir x_{0}\in I tal que W\bigl(f_{1},\dots,f_{n}\bigr)(x_{0})\neq 0, então as funções f_{1},\dots,f_{n} são linearmente independentes em I.

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