Ejercicios resueltos de cálculo del wronskiano

$y_1 = e^{4x} \Rightarrow y_1' = 4e^{4x}$

$y_2 = e^{-x} \Rightarrow y_2' = -e^{-x}$

$W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} e^{4x} & e^{-x} \\ 4e^{4x} & -e^{-x} \end{vmatrix}$

$W(y_1, y_2) = e^{4x}(-e^{-x}) - e^{-x}(4e^{4x})$

$= -e^{3x} - 4e^{3x} = -5e^{3x}$

Como $W(y_1, y_2) = -5e^{3x} \neq 0$ para todo $x$, las funciones son linealmente independientes.

$y_1 = \cos(3x) \Rightarrow y_1' = -3\sin(3x) \Rightarrow y_1'' = -9\cos(3x)$

$y_2 = \sin(3x) \Rightarrow y_2' = 3\cos(3x) \Rightarrow y_2'' = -9\sin(3x)$

$y_3 = e^x \Rightarrow y_3' = e^x \Rightarrow y_3'' = e^x$

$W(y_1, y_2, y_3) = \begin{vmatrix} \cos(3x) & \sin(3x) & e^x \\ -3\sin(3x) & 3\cos(3x) & e^x \\-9\cos(3x) & -9\sin(3x) & e^x \end{vmatrix}$

$W = e^x \begin{vmatrix} -3\sin(3x) & 3\cos(3x) \\ -9\cos(3x) & -9\sin(3x) \end{vmatrix} - e^x \begin{vmatrix} \cos(3x) & \sin(3x) \\ -9\cos(3x) & -9\sin(3x) \end{vmatrix} + e^x \begin{vmatrix} \cos(3x) & \sin(3x) \\ -3\sin(3x) & 3\cos(3x) \end{vmatrix}$

Primer determinante: $(-3\sin(3x))(-9\sin(3x)) - (3\cos(3x))(-9\cos(3x)) = 27\sin^2(3x) + 27\cos^2(3x) = 27$

Tercer determinante: $\cos(3x)(3\cos(3x)) - \sin(3x)(-3\sin(3x)) = 3\cos^2(3x) + 3\sin^2(3x) = 3$

El segundo determinante es cero por proporcionalidad.

$W = e^x(27 + 3) = 30e^x \neq 0$

Las tres funciones son linealmente independientes.

$f_1(x) = x \Rightarrow f_1'(x) = 1 \Rightarrow f_1''(x) = 0$

$f_2(x) = x^2 \Rightarrow f_2'(x) = 2x \Rightarrow f_2''(x) = 2$

$f_3(x) = x^3 - x \Rightarrow f_3'(x) = 3x^2 - 1 \Rightarrow f_3''(x) = 6x$

$W(f_1, f_2, f_3) = \begin{vmatrix} x & x^2 & x^3-x \\ 1 & 2x & 3x^2-1 \\ 0 & 2 & 6x \end{vmatrix}$

$W = x \begin{vmatrix} 2x & 3x^2-1 \\ 2 & 6x \end{vmatrix} - x^2 \begin{vmatrix} 1 & 3x^2-1 \\ 0 & 6x \end{vmatrix} + (x^3-x) \begin{vmatrix} 1 & 2x \\ 0 & 2 \end{vmatrix}$

$= x[2x(6x) - 2(3x^2-1)] - x^2[1(6x) - 0] + (x^3-x)[1(2) - 0]$

$= x[12x^2 - 6x^2 + 2] - x^2[6x] + (x^3-x)[2]$

$= x[6x^2 + 2] - 6x^3 + 2x^3 - 2x$

$= 6x^3 + 2x - 6x^3 + 2x^3 - 2x = 2x^3$

El Wronskiano $W = 2x^3$ no es idénticamente nulo (por ejemplo, $W(1) = 2 \neq 0$), así que las funciones son linealmente independientes en cualquier intervalo. Que $W$ se anule en el punto aislado $x = 0$ no implica dependencia. Se confirma directamente: $f_3 = x^3 - x$ contiene el término $x^3$, que no puede obtenerse como combinación lineal de $x$ y $x^2$.

$W(x) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = y_1y_2' - y_2y_1'$

$W'(x) = y_1'y_2' + y_1y_2'' - y_2'y_1' - y_2y_1'' = y_1y_2'' - y_2y_1''$

Como $y_1$ y $y_2$ son soluciones de $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$:

$y_1'' = -P(x)y_1' - Q(x)y_1$

$y_2'' = -P(x)y_2' - Q(x)y_2$

$W' = y_1(-P(x)y_2' - Q(x)y_2) - y_2(-P(x)y_1' - Q(x)y_1)$

$= -P(x)y_1y_2' - Q(x)y_1y_2 + P(x)y_2y_1' + Q(x)y_2y_1$

$= -P(x)(y_1y_2' - y_2y_1')$

$= -P(x)W$

Por tanto: $W' + P(x)W = 0$

Esta es la ecuación diferencial de Abel para el Wronskiano, que demuestra que $W(x) = Ce^{-\int P(x)dx}$ donde $C$ es una constante.