Bu fonksiyonun cebirsel olduğunu varsayıp (Orta öğretim düzeyi bilgiler kullanarak) bir çelişki elde edeceğiz.
($P_n(x)$ sabit 0 değil ve) $P_m(x)$ ler derecesi $k_m$ olan polinomlar olmak üzere (burada, sabit 0 polinomunu da derecesini 0 kabul ediyorum):
$P_n(x)y^n+\cdots+P_0(x)=0$ ($y$ yerine $e^x$ yazıldığında bir özdeşlik olacak şekilde) $n+k_0+k_1+\cdots+k_n$ değeri en küçük olan (bir) eşitlik olsun.
(1) $P_n(x)e^{nx}+\cdots+P_1(x)e^x+P_0(x)=0$ olur.
Bu bir özdeşlik olduğu için, her iki tarafın türevleri de eşit olur.
(2) $(P_n'(x)+nP_n(x))e^{nx}+\cdots+(P_1'(x)+P_1(x))e^x+P_0'(x)=0$ olur.
(1) denkleminin her iki tarafını da $n$ ile çarpalım ve ikinci denklemden tarafa tarafa çıkaralım.
(3) $P_n'(x)e^{nx}+(P_{n-1}'(x)-P_{n-1}(x))e^{(n-1)x}+\cdots+(P_1'(x)-(n-1)P_1(x))e^x+(P_0'(x)-nP_0(x))=0$ olur.
(Yani, $e^x,\ P_n'(x)y^{n}+(P_{n-1}'(x)-P_{n-1}(x))y^{n-1}+\cdots+(P_1'(x)-(n-1)P_1(x))y+(P_0'(x)-nP_0(x))=0$ 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 $n+k_0+k_1+\cdots+k_n-1$ olur.
Varsayımımızdan, bu eşitlikteki tüm katsayılar 0 polinomu olmak zorundadır.
Buradan, kolayca, $P_n(x)$ in (0 dan farklı bir $a$) bir sabit ve diğer tüm $P_k(x)$ lerin sabit 0 olduğu sonucuna varırız.
($a\neq0$ iken) $ae^{nx}=0$ Her $x$ için doğru olamaz. Çelişki.
Bu da iddiayı ispatlar.
(Edit: en sonda gereksiz şeyler yapmışım, kısalttım)