代数基本定理

代数基本定理（fundamental theorem of algebra）说明，任何一个一元复系数多项式方程都至少有一个复数根。也就是说，复数域是代数封闭的。

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（重根视为多个根）。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，即可从有一个根推出有 $n$ 个根。也就是说，任何一个 $n$ 次多项式，都可以因式分解为 $n$ 个复系数一次多项式的乘积。

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。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。

高斯一生总共对这个定理给出了四个证明，其中第一个是在他22岁时（1799年）的博士论文中给出的。高斯给出的证明既有几何的，也有函数的，还有积分的方法。高斯关于这一命题的证明方法是去证明其根的存在性，开创了关于研究存在性命题的新途径。

同时，高次代数方程的求解仍然是一大难题。伽罗瓦理论指出，对于一般五次以及五次以上的方程，不存在一般的代数解。

## 证明

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

$$q(z)=p(z)\overline{p(\overline{z})}$$

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 $z^n$。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：

$$\frac{1}{2}|z^n|<|p(z)|<\frac{3}{2}|z^n|$$

### 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 $|z|\geq r$ 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 $z_0$ 取得，但不能在边界上取得。于是，根据最大模原理，$p(z_0)=0$。也就是说，$z_0$ 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 $z_0$ 取得。如果 $|p(z_0)|>0$，那么$\frac{1}{p}$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 $|\frac{1}{p}(z)|\leq|\frac{1}{p}(z_0)|$。利用刘维尔定理（有界的整函数一定是常数），可知 $\frac{1}{p}$ 是常数，因此 $p$ 是常数。于是得出矛盾，所以 $|p(z_0)|=0$。

#### 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：

$$\frac{1}{2\pi i}\int_{c(r)}\frac{p'(z)}{p(z)}\,dz,$$

其中 $c(r)$ 是中心为0，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，$\frac{n}{z}$ 沿着 $c(r)$ 的积分除以 $2 \pi i$，等于 $n$。但这两个数的差为：

$$\frac{1}{2\pi i}\int_{c(r)}\frac{p'(z)}{p(z)}-\frac{n}{z}\,dz=\frac{1}{2\pi i}\int_{c(r)}\frac{zp'(z)-np(z)}{zp(z)}\,dz.$$

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 $+\infty$ 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 $I_n$ 为相同大小的单位矩阵。假设 $A$ 没有特征值。考虑预解函数

$$R(z)=(zI_n-A)^{-1},\,$$

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：

$$\int_{c(r)} R(z) dz =0.\,$$

另一方面，把 $R(z)$ 展开为几何级数，可得：

$$R(z)=z^{-1}(I_n-z^{-1}A)^{-1}=z^{-1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{z^k}A^k\cdot$$

这个公式在半径为 $\lVert A \rVert$ 的闭圆盘的外部（A的算子范数）成立。设 $r>\lVert A \rVert$。那么：

$$\int_{c(r)}R(z)dz=\sum_{k=0}^{\infty}\int_{c(r)}\frac{dz}{z^{k+1}}A^k=2\pi iI_n$$

（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 $z_0 \in \mathbb{C}$ 为使 $|p(z)|$ 在 $z_0$ 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 $z-z_0$ 的多项式：存在某个自然数 $k$ 和一些复数 $c_k, c_{k+1}, \cdots, c_n$，使得 $c_k \neq 0$，以及：

$p(z)=p(z_0)+c_k(z-z_0)^k+c_{k+1}(z-z_0)^{k+1}+ \cdots +c_n(z-z_0)^n$.

可推出如果 $a$ 是 $\frac{p(z)-p(z_0)}{c_k}$ 的一个 $k$ 重根，且 $t$ 是足够小的正数，那么 $|p(z_0+ta)|<|p(z_0)|$，这是不可能的，因为 $|p(z_0)|$ 是 $|p|$ 在 $D$ 内的最小值。

对于另外一个用到反证法的拓扑学证明，假设 $p(z)$ 没有根。选择一个足够大的正数 $R$，使得对于 $|z|=R$，$p(z)$ 的第一项 $z^n$ 大于所有其它的项的和；也就是说，$|z|^n > |a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_0|$。当 $z$ 依逆时针方向绕过方程为 $|z|=R$ 的圆一次时，$p(z)$，像 $z^n$ 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$H(Re^{i\theta},t)=p((1-t)Re^{i\theta})$，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：正实数在 $\mathbb{R}$ 上有实平方根，以及任何奇次多项式在 $\mathbb{R}$ 上有一个根（这可以用介值定理证明）。

首先 $\mathbb{C}=\mathbb{R}[x]/(x^2+1)=\mathbb{R}(i)$。经过简单的计算可以证明$\mathbb{C}$在开平方运算下是封闭的 $a + bi = (c+di)^2$, $c^2, d^2$ 分别是$\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}, \frac{-a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}$。结合$char \mathbb{C}=0\neq2$。得出$\mathbb{C}$不存在二阶扩张。

由于 $char \mathbb{R}=0$，于是任何$\mathbb{R}$的扩张都是可分的，从而任何$\mathbb{R}$的代数扩张都可以被包含在一个伽罗瓦扩张内。假设$K/\mathbb{R}$、$K/\mathbb{C}$都是伽罗瓦扩张。考虑伽罗瓦群$G=Gal(K/\mathbb{R})$的西罗2-子群 $H$。那么$[K^H:\mathbb{R}]$是奇数。由本原元定理得出，$K^H$ 存在本原元 $\alpha$，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，不存在奇数次且次数>1的不可分多项式。于是$H=G,K^H=\mathbb{R},[K:\mathbb{R}]$是2的幂次。

假设$[K:\mathbb{C}]=2^r$并且 $r>0$，再次利用西罗定理，$G$ 存在一个阶为 $2^{r-1}$ 的子群N。这时$[K^N:\mathbb{C}]=2$。这和先前$\mathbb{C}$不存在二阶扩张矛盾。因此$\mathbb{C}$的任何代数扩张都是$\mathbb{C}$本身，代数基本定理得证。

## 推论

由于代数基本定理可以视为复数域是代数封闭的，可推出任何关于代数封闭域的定理在复数域都是适用的。这个定理有一些推论，要么是关于实数域的，要么是关于实数域与复数域之间的关系的：

- 复数域是实数域的代数闭包。
- 每一个一元实系数多项式都可以表示为常数、$x+a$ 形式的多项式（$a$ 为实数），以及 $x^2+ax+b$ 形式的多项式（$a$ 和 $b$ 为实数，$a^2-4b<0$）的乘积。
- 每一个一元实系数有理函数都可以写成 $\frac{a}{(x-b)^n}$形式的有理函数（其中 $n$ 是自然数，$a$ 和 $b$ 是实数），与 $\frac{(ax+b)}{(x^2+cx+d)^n}$ 形式的有理函数（其中 $n$ 是自然数，$a$、$b$、$c$和 $d$ 是实数，$c^2-4d<0$）的和。由此可以推出，任何一个一元实系数有理函数都有一个初等的原函数。
- 实数域的任何一个代数扩张要么与实数域同构，要么与复数域同构。

## 韦达公式

韦达公式把多项式的系数$\lbrace a_k \rbrace$与它的根$\lbrace x_k \rbrace$的和与积联系起来。

这可以直接从以下等式的展开式推出：

$$a_nX^n + a_{n-1}X^{n-1} +\cdots + a_1 X+ a_0 = a_n(X-x_1)(X-x_2)\cdots (X-x_n)$$

## 参考文献

### 历史上的文献

- . English translation:
- 卡尔·弗里德里希·高斯, “ Another new proof of the theorem that every integral rational algebraic function of one variable can be resolved into real factors of the first or second degree”, 1815

## 外部链接

- 代数基本定理；含有许多证明
- John H. Mathews所作的代数基本定理教程
- 代数基本定理的文献目录