Bu fonksiyonun cebirsel olduğunu varsayıp (Orta öğretim düzeyi bilgiler kullanarak) bir çelişki elde edeceğiz.
(Pn(x) sabit 0 değil ve) Pm(x) ler derecesi km olan polinomlar olmak üzere (burada, sabit 0 polinomunu da derecesini 0 kabul ediyorum):
Pn(x)yn+⋯+P0(x)=0 (y yerine ex yazıldığında bir özdeşlik olacak şekilde) n+k0+k1+⋯+kn değeri en küçük olan (bir) eşitlik olsun.
(1) Pn(x)enx+⋯+P1(x)ex+P0(x)=0 olur.
Bu bir özdeşlik olduğu için, her iki tarafın türevleri de eşit olur.
(2) (P′n(x)+nPn(x))enx+⋯+(P′1(x)+P1(x))ex+P′0(x)=0 olur.
(1) denkleminin her iki tarafını da n ile çarpalım ve ikinci denklemden tarafa tarafa çıkaralım.
(3) P′n(x)enx+(P′n−1(x)−Pn−1(x))e(n−1)x+⋯+(P′1(x)−(n−1)P1(x))ex+(P′0(x)−nP0(x))=0 olur.
(Yani, ex, P′n(x)yn+(P′n−1(x)−Pn−1(x))yn−1+⋯+(P′1(x)−(n−1)P1(x))y+(P′0(x)−nP0(x))=0 denklemini sağlar)
(Başkatsayı hariç) Diğer katsayıların derecesi, ilk denklemdeki (y için) aynı dereceli terimi katsayının derecesine eşit olur.
Bu denklemde, soldaki polinomun y ye göre derecesi ve katsayıların derecelerinin toplamı en fazla n+k0+k1+⋯+kn−1 olur.
Varsayımımızdan, bu eşitlikteki tüm katsayılar 0 polinomu olmak zorundadır.
Buradan, kolayca, Pn(x) in (0 dan farklı bir a) bir sabit ve diğer tüm Pk(x) lerin sabit 0 olduğu sonucuna varırız.
(a≠0 iken) aenx=0 Her x için doğru olamaz. Çelişki.
Bu da iddiayı ispatlar.
(Edit: en sonda gereksiz şeyler yapmışım, kısalttım)