代数基本定理

Proof. 取 r > 1 + 2|a0| + |a1| + ... + |an−1|, 则：
|P (reiθ)| = |(reiθ)n + ... + a1reiθ + a0| ≥ rn − |an−1|rn−1 − ... − |a1|r − |a0| ≥ rn−1(r − |an−1| − ... − |a1| − |a0|) ≥ rn−1(1 + |a0|) > |a0| = |P (0)|
hn(z) = zn, 它不是零伦的，因为 (hn)π 不是平凡同态。从而矛盾，因此 P (z) 至少有一根。
Remark. 此证明方法仅利用了代数拓扑中简单的同伦论知识。
5 证法五
Lemma 5.1. 实系数一元奇数次多项式在 R 至少有一根。 Proof. 设 f (x) = a0xn + a1xn−1 + ... + an,a0 ̸= 0„n 为奇数，它的所有系数都为实数。因 n 为奇数，对 于 x 的正值和负值，首项 a0xn 有不同符号，故当 x 取绝对值适当大的正值和负值时，f (x) 有不同符 号，即 ∃a, b ∈ R, s.t. f (a) < 0, f (b) > 0. 因为 f (x) 为 R 上连续函数，故 ∃x0 ∈ (a, b), s.t. f (x0) = 0.
n(n−1) 2
=
2n−1q(2kq − 1)
=
zk−1q′ ,
其中
q′
=
q(2kq − 1)
为奇数。
在环 P [x] 中组成用这些元素 βij 为根且只用它们做根的多项式 g(x)：
∏ g(x) = (x − βij).
i<j
g(x) 的系数为 βij 的初级对称多项式，由（1）式知，它们是 α1, α2, ..., αn 的实系数对称多项式。 由对称多项式基本定理，多项式 g(x) 的系数是所给 f (x) 的系数的多项式（f (x) 系数为实数），故仍
1 证法一
Lemma 1.1. （D’Alembert）设 P (z) 是复多项式，P (z0) ̸= 0，则有充分接近 z0 的复数 z1，使得 |P (z1)| < |P (z0)|.
Proof. 设 P (z) = a0 + a1z + ... + akzk，其中 a0 ̸= 0, a0, a1, ..., ak ∈ C. 对于 z = z0 + ζ，有:
Proof. 设 f (z) = zn,g(z) = a1zn−1 + ... + an−1z + an. 则：
g(z) || f (z)
=
| a1zn−1
+
... + zn
an−1z
+
an |
≤
1 |a1| |z|
+
...
+
1 |an−1| |z|n−1
+
|an|
1 |z|n
.
⇒ 当 |z| → +∞ 时，| g(z) | → 0, 即 ∃R > 0, 当 |z| ≥ R 时，有 | g(z) | < 1, 即在圆周 |z| = R 上和圆外
2) 假设小于等于 k-1 时，命题成立。 设 P 为实数域上多项式 f (x) 的分裂域，且设 α1, α2, ..., αn 为域 P 中 f (x) 的根。选取 ∀c ∈ R, 且取 出域 P 中形如下列的元素：
βij = αiαj + c(αi + αj), i < j
(1)
元素
βij
的个数为
2 证法二
Theorem 2.1. (Rouché) 设 f (z) 与 g(z) 在简单闭曲线 C 上及 C 内解析，且在 C 上满足条件： |f (z)| > |g(z)|，则在 C 内 f (z) 与 f (z) + g(z) 的零点个数相同。
Theorem 2.2. （代数基本定理）zn + ... + an−1z + an = 0,n ≥ 1,a1, a2, ..., an ∈ C 有且仅有 n 个复数 根。
f (x) ̸= −g(x), ∀x ∈ X.
则 f ≃ g(同伦)。
Theorem 4.2. （代数基本定理）复数域上次数大于零的一元多项式必有根。
Proof. （反证）设 n 次复系数多项式 P (z) = ∑n aizi 在复平面上无根。于是 a0 ̸= 0，否则 0 是根。
i=0
不妨设 an = 1. 对 ∀r > 0, 规定 fr : S1 → S1 为： P (rz)
µ = inf f (x, y) = f (0, 0).
(x,y)∈K
由上述讨论知，函数 f (x, y) = |P (x + iy)| 在 K 外的值都大于 |a0| = |f (0, 0)| ≥ µ. 因而 µ = f (x0, y0) 实际上是函数 f (x, y) 在 R2 上的最小值。根据 D’Alembert 引理得：
f (x0, y0) = |P (x0 + iy0)| = 0.
(否则有 z1 = x1 + iy1，使得 f (x1, y1) = |P (x1 + iy1)| ≤ |P (x0 + iy0)| = f (x0, y0)，矛盾。) 故 z0 = x0 + iy0 是多项式 P (z) 的一个根。
Remark. 此证明方法仅利用了 D’Alembert 引理和连续函数的性质。
Proof. 对于模大于 1 的复数 z，有：
1
|P (z)| ≥ |z|n − (|an−1||z|n−1 + |an−2||z|n−2... + |a0|)
=
|z|n−1(|z|
−
|an−1|
−
|an−2| |z|
−
...
−
|a0| |z|n−1
)
≥ |z| − |an−1| − .. − |a0|.
关于“代数基本定理”证法的整理
摘要 “代数基本定理”是指复数域上次数大于零的一元多项式必有根，用代数术语讲，就是复数域
是代数闭域。所有它的证明——Gauss 首先在 18 世纪末证明这一定理后，可以找到很多其它的证明—— 都或多或少地必须用到所谓实数域和复数域的拓扑性质，也就是和连续性有关的性质。本文总结了其中 的六种证明，主要涉及数学分析，复变函数，域论，同调论等方面的知识，目的主要是整理和交流，希 望能给读者一些参考与启示。
P (z) = P (z0 + ζ) = b0 + b1z + ... + bkzk
其中 b0 = P (z0) ̸= 0,bk = ak ̸= 0. 设 bl 是 b1, b2, ..., bk 之中第一个不等于 0 的复数，则有：
bl = Ceiθ, C > 0. b0
于是：
P (z0 + ζ) P (z0)
若 P (z) 无零点，则 f (z) = 1 在整个复平面上解析，且 |f (0)| > |f (reiθ)|, ∀θ ∈ [0, 2π], 此与最大模定 P (z)
理矛盾。故 ∃z1, s.t. P (z1) = 0.
Remark. 此证明方法仅利用了复变函数中的最大模定理。
4 证法四
Proposition 4.1. X 为拓扑空间，Sn 为 Rn 中单位球面，若 f, g ∈ C(X, Sn), 且
记 L = |an−1| + ... + |a1| + 2|a0| + 1, 当 |z| ≤ L 时，有：
|P (z)| ≥ |a0| + 1 > |a0| = |P (0)|.
考查圆盘 K = {(x, y) ∈ R2 x2 + y2 ≤ L2}，此为 R2 中有界闭集。 连续函数 f (x, y) = |P (x + iy)| 在 K 中某点 (x0, y0) 取得它在 K 上的最小值 µ, 即：
为实数。此多项式次数等于根 βij 的个数。由归纳假设知，g(x) 至少有一个根 βij 为复数。
故对每一个选定的实数 c，∃i, j, 其中 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n, 使 αiαj + c(αi + αj) 为复数。但 c 有无穷
多个，而 (i, j) 只有有限多对，故 c1, c2 ∈ R, c1 ̸= c2, s.t.
另一方面，当 |z| ≤ R 时, 有 |f (z) + g(z)| ≥ |f (z)| − |g(z)| > 0, 此时，f (z) + g(z) = 0 无根。
故方程 zn + ... + an−1z + an = 0,n ≥ 1,a1, a2, ..., an ∈ C 有且仅有 n 个复数根。
的根，因此由引理 5.2 知，αi, αj ∈ C. 故当 k 时，命题亦成立。
Theorem 5.4. （代数基本定理）f (x) = a0xn + a1xn−1 + ... + an, a0 ̸= 0, ai ∈ Ci = 0, 1, ..., n. 则 f (x) 在 C 中至少有一个根。
θ∈[0,2π]
在 Ω 内为常数。即 |f (z)| 在 Ω 内无局部最大模，除非 f (z) 恒为常数。
Theorem 3.2. （代数基本定理）n 为正整数，P (z) = zn + an−1zn−1 + ... + a1z + a0, 其中 ai ∈ C, i = 0, 1, ..., n − 1. 则 P (z) 至少有一个根。
=
1
+
C eiθ ζ l
+
cl+1 ζ l+1 ...
+
ck ζ k .
只要 ζ 的模不超过 1，就有：
| P (z0 + ζ) | P (z0)
≤
|1
+
C eiθ ζ l |
+
D|ζ |l+1 ,
其中
D
=
|cl+1|
+
...
+
|ck |.
取
ζ
=
λei
π−θ l
,λ
是待定正实数。于是：
| P (z0
Remark. 此证明方法仅利用了复变函数中的 Rouché 定理。
2
3 证法三
Theorem 3.1. (最大模定理) 设 Ω 为复平面中区域，f (z) 在 Ω 内解析，D(a; r) ∈ Ω, 其中 D(a; r) 为 D(a; r) = {z |z − a| < r} 的闭包，a ∈ C, r > 0. 则 |f (a)| ≤ max |f (a + reiθ)|, 等号成立当且仅当 f (z)
+
ζ) |
≤
|1
+
C eiθ ζ l |
+
D|ζ |l+1
=
|1
−
C λl |
+
Dλl+1.
P (z0)
只要 λ 充分小，就有:
1 − Cλl > 0, C − Dλ > 0.
对于，满足这样条件的
λ，复数
z1
=
z0
+
ζ
=
z0
+
λei
π−θ l
，就使得：
| P (z1) |
=
| P (z0
+
ζ) |
≤
|1
−
C λl |
+
Dλl+1
=
|1
−
C λl |
+
Dλl+1
=
1
−
(C
−
Dλ)λl
<
1.
P (z0)
P (z0)
即 |P (z1)| < |P (z0)|.
Theorem 1.2. （代数基本定理）复系数多项式 P (z) = zn + an−1zn−1 + ... + a0, n ≥ 1, an−1, ..., a0 ∈ C 至少有一个根。
3
Lemma 5.2. 复数域上的一元二次多项式的根均为复数。
Lemma 5.3. 实系数一元多项式至少有一复数根。
Байду номын сангаас
Proof. (归纳法) 设 f (x) = a0xn + a1xn−1 + ... + an, (a0 ̸= 0), 设次数 n = 2kq，q 为奇数。
1) 当 k = 0 时，由引理 5.1 知命题成立。
αiαj + c1(αi + αj) = a
αiαj + c2(αi + αj) = b (a, b ∈ C)
(2)
由（2）式知：(c1
− c2)(αi
+ αj)
=
a−b
⇒
αi
+ αj
=
a−b c1 − c2
⇒
αiαj
∈
C.
故 αi, αj 为复系数二次方程：
x2 − (αi + αj)x + αiαj = 0
fr(z) = ∥P (rz)∥ 令 H(z, t) : S1 × I → S1, (I = [0, 1]) 为：
H(z, t) = P (rtz) .
∥P (rtz)∥
则
∀r
>
0,
有
fr
≃
f0,
而
f0(z)
=
a0 , ∥a0∥
即
f0
为常值映射。于是，fr
零伦。
但当 r → ∞ 时，fr(z) → zn, 从而当 r 充分大时，由命题 4.1 知：fr ≃ hn, 其中 hn : S1 → S1 规定为
f (z)
f (z)
恒有 |g(z)| < |f (z)|.
又因为 f (z) 和 g(z) 在圆周 |z| = R 上及圆内都是解析的，且 f (z) 在 |z| < R 内仅以 z = 0 为 n 级零点。
由 Rouché 定理知，方程 f (z) + g(z) = 0 在 |z| < R 内也有 n 个根。