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1、 代数基本定理（代数学基本定理）任何复系数一元n次多项式 方程在复数域上至少有一根(n1)，由此推出，n次复系数多项式方程在复数域内有且只有n个根（重根按重数计算）.代数基本定理在代数乃至整个数学中起着基础作用。 据说，关于代数学基本定理的证明，现有200多种证法。1简介代数学基本定理说明，任何复系数一元n次多项式方程在复数域上至少有一根(n1)。由此推出,n次复系数多项式方程在复数域内有且只有n个根（重根按重数计算）。有时这个定理表述为：任何一个非零的一元n次复系数多项式，都正好有n个复数根。这似乎是一个更强的命题，但实际上是“至少有一个根”的直接结果，因为不断把多项式除以它的线性因子，即可
2、从有一个根推出有n个根。尽管这个定理被命名为“代数基本定理”，但它还没有纯粹的代数证明，许多数学家都相信这种证明不存在1。另外，它也不是最基本的代数定理；因为在那个时候，代数基本上就是关于解实系数或复系数多项式方程，所以才被命名为代数基本定理。2证明历史代数基本定理在代数乃至整个数学中起着基础作用。 据说，关于代数学基本定理的证明，现有200多种证法。 迄今为止，该定理尚无纯代数方法的证明。大数学家 J.P. 塞尔 曾经指出：代数基本定理的所有证明本质上都是拓扑的。 美国数学家John Willard Milnor在数学名著从微分观点看拓扑一书中给了一个几何直观的证明，但是其中用到了和临界点测
3、度有关的sard定理。 复变函数论中，对代数基本定理的证明是相当优美的，其中用到了很多经典的复变函数的理论结果。该定理的第一个证明是法国数学家达朗贝尔给出的，但证明不完整。接着，欧拉也给出了一个证明，但也有缺陷，拉格朗日于1772年又重新证明了该定理，后经高斯分析，证明仍然很不严格的。代数基本定理的第一个严格证明通常认为是高斯给出的(1799年在哥廷根大学的博士论文)，基本思想如下：设f(z)为n次实系数多项式，记z=x+yi(x、yR)，考虑方根：f(x+yi)=u(x、y)+v(x、y)i=0即u(x、y)=0与v(x、y)=0这里u(x、y)=0 与v(x、y)=0分别表示oxy坐标平面
4、上的两条曲线C1、C2，于是通过对曲线作定性的研究，他证明了这两条曲线必有一个交点z0=a+bi，从而得出u(a、b)=v(a、b)=0，即f(a+bi)=0，因此z0便是方程f(z)=0的一个根，这个论证具有高度的创造性，但从现代的标准看依然是不严格的，因为他依靠了曲线的图形，证明它们必然相交，而这些图形是比较复杂，正中隐含了很多需要验证的拓扑结论等等。高斯后来又给出了另外三个证法，其中第四个证法是他71岁公布的，并且在这个证明中他允许多项式的系数是复数。3证明方法所有的证明都包含了一些数学分析，至少是实数或复数函数的连续性概念。有些证明也用到了可微函数，甚至是解析函数。定理的某些证明仅仅证
5、明了任何实系数多项式都有复数根。这足以推出定理的一般形式，这是因为，给定复系数多项式p(z)，以下的多项式就是一个实系数多项式，如果z是q(z)的根，那么z或它的共轭复数就是p(z)的根。许多非代数证明都用到了“增长引理”：当|z|足够大时，首系数为1的n次多项式函数p(z)的表现如同z。一个更确切的表述是：存在某个正实数R，使得当|z| R时，就有：复分析证明证明一寻找一个中心为原点，半径为r的闭圆盘D，使得当|z| r时，就有|p(z)| |p(0)|。因此，|p(z)|在D内的最小值（一定存在，因为D是紧致的），是在D的内部的某个点z0取得，但不能在边界上取得。于是，根据最小模原理，p(
6、z0) = 0。也就是说，z0是p(z)的一个零点（根）。证明二由于在D之外，有|p(z)| |p(0)|，因此在整个复平面上，|p(z)|的最小值在z0取得。如果|p(z0)| 0，那么1/p在整个复平面上是有界的全纯函数，这是因为对于每一个复数z，都有|1/p(z)| |1/p(z0)|。利用刘维尔定理（有界的整函数一定是常数），可知1/p是常数，因此p是常数。于是得出矛盾，所以p(z0) = 0。证明三这个证明用到了辐角原理。设R为足够大的正实数，使得p(z)的每一个根的绝对值都小于R；这个数一定存在，因为n次多项式函数最多有n个根。对于每一个r R，考虑以下的数：其中c(r)是中心为0
7、，半径为r的逆时针方向的圆；于是辐角原理表明，这个数是p(z)在中心为0、半径为r的开圆盘内的零点的数目N，由于r R，所以它也是p(z)的零点的总数目。另一方面，n/z沿着c(r)的积分除以2i，等于n。但这两个数的差为：被积分的有理表达式中的分子，次数最多是n 1，而分母的次数是n + 1。因此，当r趋于+时，以上的数趋于0。但这个数也等于N n，因此有N = n。证明四这个证明结合了线性代数和柯西积分定理。为了证明每一个n 0次复系数多项式都有一个根，只需证明每一个方块矩阵都有一个复数特征值。证明用到了反证法。设A为大小n 0的方块矩阵，并设In为相同大小的单位矩阵。假设A没有特征值。考
8、虑预解函数它在复平面上是亚纯函数，它的值位于矩阵的向量空间内。A的特征值正好是R(z)的极点。根据假设，A没有特征值，因此函数R(z)是整函数，根据柯西积分定理可知：另一方面，把R(z)展开为几何级数，可得：这个公式在半径为|A|的闭圆盘的外部（A的算子范数）成立。设r |A|。那么：（仅当k = 0时，积分才不等于零）。于是得出矛盾，因此A一定有一个特征值。拓扑学证明设z0 C为使|p(z)|在z0取得最小值的数; 从用到刘维尔定理的证明中，可以看到这样一个数一定存在。我们可以把p(z)写成z z0的多项式：存在某个自然数k和一些复数ck、ck + 1、cn，使得ck 0，以及：可推出如果a
9、是p(z0)/ck的一个k重根，且t是足够小的正数，那么|p(z0 + ta)| |an 1z + + a0|。当z依逆时针方向绕过方程为|z| = R的圆一次时，p(z)，像z那样，依逆时针方向绕过零n次。在另外一个极端，|z| = 0时，“曲线” p(z)仅仅是一个（非零的）点p(0)，它的卷绕数显然是0。如果z所经过的回路在这两个极端中被连续变形，那么p(z)的路径也连续变形。我们可以把这个变形记为，其中t大于或等于0，而小于或等于1。如果我们把变量t视为时间，那么在时间为零时，曲线为p(z)，时间为1时，曲线为p(0)。显然在每一个点t，根据原先的假设p(z)都不能是零，因此在变形的过
10、程中，曲线一直都没有经过零。因此曲线关于0的绕数应该不变。然而，由于绕数在一开始是n，结束时是0，因此得出矛盾。所以，p(z)至少有一个根。代数证明这个证明需要依赖实数集的如下事实：正实数R在上有实平方根，以及任何奇次多项式在上有一个根（这可以用介值定理证明）。首先。经过简单的计算可以证明在开平方运算下是封闭的（利用事实1）。结合。得出不存在二阶扩张。由于，于是任何的扩张都是可分的，从而任何的代数扩张都可以被包含在一个伽罗瓦扩张内。假设是一个伽罗瓦扩张。考虑伽罗瓦群的西罗2-子群H。那么是奇数。由本原元定理得出，K存在本原元，它的极小多项式是奇次的。但是利用实数集的事实2，任何奇次数多项式在实数上有一个根，于是不存在奇次的且次数1的不可约多项式。于是是2的幂次。假设并且r0，再次利用西罗定理，G存在一个阶为2的子群N。这时。这和先前不存在二阶扩张矛盾。因此的任何代数扩张都是本身，代数基本定理得证。