Mostre, calculando o Wronskiano, que as funções dadas são linearmente independentes no intervalo indicado.
(e) e^{x}, x^{-x}, e^{4 x},(-\infty,+\infty)

Passo 1

O enunciado dá as funções
f_{1}(x)=e^{x},\qquad f_{2}(x)=x^{-x},\qquad f_{3}(x)=e^{4x}
e pede para mostrar, calculando o wronskiano, que elas são linearmente independentes no intervalo (-\infty,+\infty).
Informação importante e observação sobre domínio: a função x^{-x} é normalmente definida, como função real, por
x^{-x}=e^{-x\ln x},
o que exige \ln x bem definido — isto é, só faz sentido para x>0. Portanto não é possível tratar x^{-x} como uma função real em todo (-\infty,+\infty). Vou, então, interpretar o problema como pedido em (0,\infty) (isto é coerente com a definição real de x^{-x}). A resolução abaixo trabalha no intervalo (0,\infty).

Passo 2

O que é preciso mostrar e a ideia do método.
Definição (intuição): três funções f_{1},f_{2},f_{3} são linearmente independentes num intervalo se não existe combinação linear com coeficientes constantes a_{1},a_{2},a_{3}, nem todos zero, tal que
a_{1}f_{1}(x)+a_{2}f_{2}(x)+a_{3}f_{3}(x)=0\quad\text{para todo }x\text{ no intervalo.}
Ferramenta usada: o wronskiano. Para três funções suficientemente diferenciáveis, o wronskiano W(x) é o determinante
W(x)=\det\begin{pmatrix} f_{1}(x) & f_{2}(x) & f_{3}(x)\\[4pt] f_{1}'(x) & f_{2}'(x) & f_{3}'(x)\\[4pt] f_{1}''(x) & f_{2}''(x) & f_{3}''(x) \end{pmatrix}.
Teorema prático que usaremos (forma conveniente): se o wronskiano não é identicamente zero no intervalo (isto é, existe algum ponto onde W(x)\neq 0), então as funções são linearmente independentes no intervalo. Portanto basta calcular W(x) e mostrar que ele não é identicamente zero em (0,\infty); um modo simples é avaliar em um ponto concreto (por exemplo x=1) e verificar que W(1)\neq 0.]

Passo 3

Derivadas das funções (explicando cada passo).
Para f_{1}(x)=e^{x}:
f_{1}'(x)=e^{x},\qquad f_{1}''(x)=e^{x}.
Porque a derivada de e^{x} é e^{x} e repetir dá a segunda derivada igual.
Para f_{3}(x)=e^{4x}:
f_{3}'(x)=4e^{4x},\qquad f_{3}''(x)=16e^{4x},
pois derivamos usando a regra da cadeia: (e^{4x})' = 4e^{4x} e outra vez: (4e^{4x})' = 4\cdot4e^{4x}=16e^{4x}.
Para f_{2}(x)=x^{-x} (passo que precisa atenção): escrevemos
f_{2}(x)=e^{g(x)},\qquad g(x)=-x\ln x,
que é uma forma útil porque derivadas de exponenciais seguem uma regra simples. Calculemos g'(x) e g''(x):
g'(x)=-(\ln x + 1),
pois g(x)=-x\ln x e usando produto: (x\ln x)'=\ln x +1, então com o sinal menos vem -(\ln x +1).
g''(x)= -\frac{1}{x},
pois a derivada de -\ln x é -1/x e de -1 é zero.
Agora, usando que f_{2}=e^{g}, tem-se
f_{2}'=g' e^{g}=g' f_{2},
e
f_{2}''=(g''+(g')^{2})e^{g}=f_{2}\big(g''+(g')^{2}\big).
Substituindo g' e g'',
f_{2}'(x)=x^{-x}\big(-\ln x -1\big),
f_{2}''(x)=x^{-x}\Big((-\ln x -1)^{2}-\frac{1}{x}\Big).
(Isto é uma aplicação direta da cadeia e do produto — escrevi a forma final para usar no wronskiano.)

Passo 4

Montagem do wronskiano e fatoração de fatores comuns.
Escrevemos o wronskiano como o determinante
W(x)=\det\begin{pmatrix} e^{x} & x^{-x} & e^{4x}\\[4pt] e^{x} & x^{-x}(-\ln x -1) & 4e^{4x}\\[4pt] e^{x} & x^{-x}\big((-\ln x -1)^{2}-\tfrac{1}{x}\big) & 16e^{4x} \end{pmatrix}.
Note que cada coluna tem um fator comum: coluna 1 tem e^{x}, coluna 2 tem x^{-x}, coluna 3 tem e^{4x}. Pela propriedade do determinante, podemos fatorar esses fatores:
W(x)=e^{x}\cdot x^{-x}\cdot e^{4x}\cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & -\ln x -1 & 4\\[4pt] 1 & (-\ln x -1)^{2}-\tfrac{1}{x} & 16 \end{pmatrix}.
Como e^{x}\cdot e^{4x}=e^{5x}, obtemos
W(x)=e^{5x}x^{-x}\cdot D(x),
onde
D(x)=\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & -\ln x -1 & 4\\[4pt] 1 & (-\ln x -1)^{2}-\tfrac{1}{x} & 16 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Cálculo explícito do determinante D(x) (passo a passo).
Para simplificar D(x), subtraímos a primeira linha das outras duas (operações de linha que não mudam o determinante além das operações efetuadas):
segunda linha \leftarrow segunda linha - primeira linha,
terceira linha \leftarrow terceira linha - primeira linha. Isso dá
D(x)=\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -\ln x -2 & 3\\[4pt] 0 & (-\ln x -1)^{2}-\tfrac{1}{x}-1 & 15 \end{pmatrix}.
Expandindo pelo elemento 1 da posição (1,1) (ou observando que o determinante reduz-se ao determinante 2×2 das entradas em colunas 2 e 3 das linhas 2 e 3):
D(x)=\det\begin{pmatrix} -\ln x -2 & 3\\[4pt] (-\ln x -1)^{2}-\tfrac{1}{x}-1 & 15 \end{pmatrix}.
Agora calculamos esse determinante 2×2:
\begin{aligned} D(x)&=(-\ln x -2)\cdot 15 - 3\cdot\Big((-\ln x -1)^{2}-\tfrac{1}{x}-1\Big)\\[4pt] &= -15\ln x -30 -3\big((-\ln x -1)^{2}-\tfrac{1}{x}-1\big). \end{aligned}
Fazendo a álgebra com \ln x (chamemos L=\ln x para clareza):
(-\ln x -1)^{2}=(L+1)^{2}=L^{2}+2L+1.
Substituindo e simplificando:
\begin{aligned} D(x)&= -15L -30 -3\big(L^{2}+2L+1 -\tfrac{1}{x}-1\big)\\[4pt] &= -15L -30 -3L^{2}-6L -3 +\tfrac{3}{x}\\[4pt] &= -3L^{2}-21L -30 +\tfrac{3}{x}. \end{aligned}
Colocando fator 3 em evidência:
D(x)=3\Big(-L^{2}-7L-10 +\tfrac{1}{x}\Big)=3\Big(\tfrac{1}{x}-(\ln x)^{2}-7\ln x -10\Big).
Voltando a W(x), obtemos a forma final
\boxed{\,W(x)=3\,e^{5x}x^{-x}\Big(\tfrac{1}{x}-(\ln x)^{2}-7\ln x -10\Big)\,}
válida para x>0.]

Passo 6

Concluir independência linear usando o wronskiano.
Observação sobre fatores: para x>0 temos e^{5x}>0 e x^{-x}>0, portanto os únicos zeros possíveis de W(x) vêm da parte entre parênteses
P(x)=\tfrac{1}{x}-(\ln x)^{2}-7\ln x -10.
Mas para aplicar o critério de independência não precisamos provar que P(x) nunca zera; basta mostrar que W não é a função identicamente zero em (0,\infty). Para isso basta avaliar W em um ponto conveniente, por exemplo x=1 (que está em (0,\infty)).
Calcule W(1). Temos \ln 1=0, 1^{-1}=1, e^{5\cdot 1}=e^{5}. Substituindo na expressão:
P(1)=\tfrac{1}{1}-0-0-10=-9,
portanto
W(1)=3\,e^{5}\cdot 1\cdot(-9) = -27e^{5}\neq 0.
Como existe pelo menos um ponto em (0,\infty) onde W(x)\neq 0, o wronskiano não é identicamente zero no intervalo (0,\infty). Pelo teorema mencionado, isso implica que as funções e^{x},\,x^{-x},\,e^{4x} são linearmente independentes em (0,\infty).
Comentário final sobre o intervalo original: não se pode afirmar independência em (-\infty,\infty) porque x^{-x} não está definida como função real para x\le 0. A conclusão correta e justificada é a independência em (0,\infty).

Resposta

As funções e^{x},\,x^{-x},\,e^{4x} são linearmente independentes em (0,\infty).

Exercícios relacionados