e^(ln(x))

[nya]

Rusit8800 в сообщении #1359376 писал(а):

Все бы хорошо, но этот вариант меня не устаивает, нужна общая идейная сторона, которой мне учиться и учиться. Если бы мы решали полиномиальные уравнения с одной переменной с помощью угадывания корней, то мы бы далеко не продвинулись в изучении математики.

Это системный метод, который применяют даже в школьной алгебре скажем, имея уравнение $f/g=1$ вы его сводите к уравнению $f=g$ а потом берёте только те корни, в которых $g \neq 0$.

mihaild в сообщении #1359380 писал(а):

Нет, не будет. Если решение уравнения $A(x) = -1$ относительно $A(x)$ положительно на луче, то оно равно $x$ - верно. "$x$ - решение" - неверно.

Это потому что -1 не положительно на луче, погуглите "модус поненс".

[mihaild]

nya в сообщении #1359384 писал(а):

Это потому что -1 не положительно на луче, погуглите "модус поненс".

Я ваше утверждение прочитал так: если верно, что (если $A(x)$ положительно на луче, то $A(x) = x$) и ($x$ положительно на луче), то верно $A(x) = x$. Это утверждение в общем случае неверно. Если формализация какая-то другая - уточните, какая.

[nya]

Согласен, погорячился. Тогда можно отсутствие нулей элементарными методами, без явного решения диф.ура, так показать, если $A(x)=0$, то и $A'(x)=0$ но тогда

$$A(x+h) = A(x) + hA'(x) + o(h)$$

$$A(x+h) = (x+h)A'(x)+o(h)$$

$$A(x+h) = o(h)$$

Т.е. если $A'(x) = 0$ то $A'(x+h)=0$, а, значит и $A(x+h)=0$, для маленьких $h$, то есть множество нулей открыто, с другой стороны оно замкнуто, так как $A$ как минимум непрерывно, поэтому $A = 0$ тождественно, что противоречит условию $A(1)=1$.