No sé cuáles son las condiciones mínimas precisas para esta prueba, pero bastará con suponer que $y_1$ , $y_2$ , $p$ y $q$ son suaves para todos los $t$ de interés.
El Wronskian $W(t)$ para estas soluciones viene dada por $$ W(t) = y_1(t) y_2'(t) - y_2(t) y_1'(t)$$ y es suave (a partir de nuestras suposiciones).
Si $y_1$ y $y_2$ son linealmente dependientes entonces $W(t) \neq 0$ para todos $t$ (esto también depende de la suavidad de $p$ y $q$ creo). Desde $W(t)$ es suave esto implica que $W(t)$ es positivo para todos los $t$ o negativo para todos $t$ . Supondremos, por ejemplo, que $$W(t) > 0, \quad \forall t$$
Supongamos ahora que $t_1$ y $t_2$ son dos raíces consecutivas de $y_1$ con $t_1 < t_2$ . Tenemos entonces que $y_1(t_1) = y_1(t_2) = 0$ . Pero esto significa que $$W(t_1) = y_1(t_1) y_2'(t_1) - y_2(t_1) y_1'(t_1) = - y_2(t_1) y_1'(t_1) > 0.$$
Aquí podemos ver fácilmente que si $t_1$ es una raíz de $y_1$ no puede ser también una raíz de $y_2$ . También vemos que cualquier raíz de $y_1$ debe tener una pendiente distinta de cero y, por tanto, debe dar lugar a un cambio de signo para $y_1$ . Igualmente para $t_2$ debemos tener $$ - y_2(t_2) y_1'(t_2) > 0. $$ por lo que tampoco es una raíz de $y_2$ y representa un cambio de signo para $y_1$ .
Ahora bien, si $t_1$ y $t_2$ son dos consecutivos raíces de cambio de signo de $y_1$ se deduce que las pendientes $y_1'(t_1)$ y $y_1'(t_2)$ debe tener signo contrario. Pero a partir de nuestras dos últimas desigualdades eso implica que $y_2(t_1)$ y $y_2(t_2)$ también debe tener signo contrario. El teorema del valor intermedio da que hay al menos una raíz $t_3$ de $y_2$ con $t_1 < t_3 < t_2$ .
Hemos demostrado que hay al menos una raíz para $y_2$ entre cualquier raíz consecutiva de $y_1$ . Para ver que hay exactamente una, invierta el argumento anterior: entre dos raíces consecutivas cualesquiera de $y_2$ debe haber al menos una raíz de $y_1$ .
