代數基本定理

代數基本定理（fundamental theorem of algebra）說明，任何一個一元複係數多項式方程都至少有一個複數根。也就是說，複數域是代數封閉的。

有時這個定理表述為：任何一個非零的一元n次複係數多項式，都正好有 $n$ 個複數根（重根視為多個根）。這似乎是一個更強的命題，但實際上是「至少有一個根」的直接結果，因為不斷把多項式除以它的線性因子，即可從有一個根推出有 $n$ 個根。也就是說，任何一個 $n$ 次多項式，都可以因式分解為 $n$ 個複係數一次多項式的乘積。

儘管這個定理被命名為「代數基本定理」，但它還沒有純粹的代數證明，許多數學家都相信這種證明不存在。另外，它也不是最基本的代數定理；因為在那個時候，代數基本上就是關於解實係數或複係數多項式方程，所以才被命名為代數基本定理。

高斯一生總共對這個定理給出了四個證明，其中第一個是在他22歲時（1799年）的博士論文中給出的。高斯給出的證明既有幾何的，也有函數的，還有積分的方法。高斯關於這一命題的證明方法是去證明其根的存在性，開創了關於研究存在性命題的新途徑。

同時，高次代數方程的求解仍然是一大難題。伽羅瓦理論指出，對於一般五次以及五次以上的方程，不存在一般的代數解。

## 證明

所有的證明都包含了一些數學分析，至少是實數或複數函數的連續性概念。有些證明也用到了可微函數，甚至是解析函數。

定理的某些證明僅僅證明了任何實係數多項式都有複數根。這足以推出定理的一般形式，這是因為，給定複係數多項式 $p(z)$，以下的多項式

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

就是一個實係數多項式，如果 $z$ 是 $q(z)$ 的根，那麼z或它的共軛複數就是 $p(z)$ 的根。

許多非代數證明都用到了「增長引理」：當 $|z|$ 足夠大時，首係數為1的 $n$ 次多項式函數 $p(z)$ 的表現如同 $z^n$。一個更確切的表述是：存在某個正實數 $R$，使得當 $|z|>R$ 時，就有：

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

### 複分析證明

#### 證明一

尋找一個中心為原點，半徑為 $r$ 的閉圓盤 $D$，使得當 $|z|\geq r$ 時，就有$|p(z)|>|p(0)|$。因此，$|p(z)|$ 在 $D$ 內的最小值（一定存在，因為 $D$ 是緊緻的），是在 $D$ 的內部的某個點 $z_0$ 取得，但不能在邊界上取得。於是，根據最大模原理，$p(z_0)=0$。也就是說，$z_0$ 是 $p(z)$ 的一個零點（根）。

#### 證明二

由於在 $D$ 之外，有 $|p(z)|>|p(0)|$，因此在整個複平面上，$|p(z)|$ 的最小值在 $z_0$ 取得。如果 $|p(z_0)|>0$，那麼$\frac{1}{p}$在整個複平面上是有界的全純函數，這是因為對於每一個複數 $z$，都有 $|\frac{1}{p}(z)|\leq|\frac{1}{p}(z_0)|$。利用劉維爾定理（有界的整函數一定是常數），可知 $\frac{1}{p}$ 是常數，因此 $p$ 是常數。於是得出矛盾，所以 $|p(z_0)|=0$。

#### 證明三

這個證明用到了輻角原理。設 $R$ 為足夠大的正實數，使得 $p(z)$ 的每一個根的絕對值都小於 $R$；這個數一定存在，因為 $n$ 次多項式函數最多有 $n$ 個根。對於每一個 $r>R$，考慮以下的數：

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

其中 $c(r)$ 是中心為0，半徑為 $r$ 的逆時針方向的圓；於是輻角原理表明，這個數是 $p(z)$ 在中心為0、半徑為 $r$ 的開圓盤內的零點的數目 $N$，由於 $r>R$，所以它也是 $p(z)$ 的零點的總數目。另一方面，$\frac{n}{z}$ 沿著 $c(r)$ 的積分除以 $2 \pi i$，等於 $n$。但這兩個數的差為：

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

被積分的有理表達式中的分子，次數最多是 $n-1$，而分母的次數是 $n+1$。因此，當 $r$ 趨於 $+\infty$ 時，以上的數趨於0。但這個數也等於 $N-n$，因此有 $N=n$。

#### 證明四

這個證明結合了線性代數和柯西積分定理。為了證明每一個 $n>0$ 次複係數多項式都有一個根，只需證明每一個方塊矩陣都有一個複數特徵值。證明用到了反證法。

設 $A$ 為大小 $n>0$ 的方塊矩陣，並設 $I_n$ 為相同大小的單位矩陣。假設 $A$ 沒有特徵值。考慮預解函數

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

它在複平面上是亞純函數，它的值位於矩陣的向量空間內。$A$ 的特徵值正好是 $R(z)$ 的極點。根據假設，$A$ 沒有特徵值，因此函數 $R(z)$ 是整函數，根據柯西積分定理可知：

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

另一方面，把 $R(z)$ 展開為幾何級數，可得：

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

這個公式在半徑為 $\lVert A \rVert$ 的閉圓盤的外部（A的算子範數）成立。設 $r>\lVert A \rVert$。那麼：

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

（僅當 $k=0$ 時，積分才不等於零）。於是得出矛盾，因此 $A$ 一定有一個特徵值。

### 拓撲學證明

設 $z_0 \in \mathbb{C}$ 為使 $|p(z)|$ 在 $z_0$ 取得最小值的數; 從用到劉維爾定理的證明中，可以看到這樣一個數一定存在。我們可以把 $p(z)$ 寫成 $z-z_0$ 的多項式：存在某個自然數 $k$ 和一些複數 $c_k, c_{k+1}, \cdots, c_n$，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 $\frac{p(z)-p(z_0)}{c_k}$ 的一個 $k$ 重根，且 $t$ 是足夠小的正數，那麼 $|p(z_0+ta)|<|p(z_0)|$，這是不可能的，因為 $|p(z_0)|$ 是 $|p|$ 在 $D$ 內的最小值。

對於另外一個用到反證法的拓撲學證明，假設 $p(z)$ 沒有根。選擇一個足夠大的正數 $R$，使得對於 $|z|=R$，$p(z)$ 的第一項 $z^n$ 大於所有其它的項的和；也就是說，$|z|^n > |a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_0|$。當 $z$ 依逆時針方向繞過方程為 $|z|=R$ 的圓一次時，$p(z)$，像 $z^n$ 那樣，依逆時針方向繞過零 $n$ 次。在另外一個極端，$|z|=0$ 時，「曲線」 $p(z)$ 僅僅是一個（非零的）點 $p(0)$，它的卷繞數顯然是0。如果 $z$ 所經過的迴路在這兩個極端中被連續變形，那麼 $p(z)$ 的路徑也連續變形。我們可以把這個變形記為$H(Re^{i\theta},t)=p((1-t)Re^{i\theta})$，其中 $t$ 大於或等於0，而小於或等於1。如果我們把變量 $t$ 視為時間，那麼在時間為零時，曲線為 $p(z)$，時間為1時，曲線為 $p(0)$。顯然在每一個點 $t$，根據原先的假設 $p(z)$ 都不能是零，因此在變形的過程中，曲線一直都沒有經過零。因此曲線關於0的繞數應該不變。然而，由於繞數在一開始是 $n$，結束時是0，因此得出矛盾。所以，$p(z)$ 至少有一個根。

### 代數證明

這個證明需要依賴實數集的如下事實：正實數在 $\mathbb{R}$ 上有實平方根，以及任何奇次多項式在 $\mathbb{R}$ 上有一個根（這可以用介值定理證明）。

首先 $\mathbb{C}=\mathbb{R}[x]/(x^2+1)=\mathbb{R}(i)$。經過簡單的計算可以證明$\mathbb{C}$在開平方運算下是封閉的 $a + bi = (c+di)^2$, $c^2, d^2$ 分別是$\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}, \frac{-a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}$。結合$char \mathbb{C}=0\neq2$。得出$\mathbb{C}$不存在二階擴張。

由於 $char \mathbb{R}=0$，於是任何$\mathbb{R}$的擴張都是可分的，從而任何$\mathbb{R}$的代數擴張都可以被包含在一個伽羅瓦擴張內。假設$K/\mathbb{R}$、$K/\mathbb{C}$都是伽羅瓦擴張。考慮伽羅瓦群$G=Gal(K/\mathbb{R})$的西羅2-子群 $H$。那麼$[K^H:\mathbb{R}]$是奇數。由本原元定理得出，$K^H$ 存在本原元 $\alpha$，它的極小多項式是奇次的。但是利用實數集的事實2，任何奇次數多項式在實數上有一個根，不存在奇數次且次數>1的不可分多項式。於是$H=G,K^H=\mathbb{R},[K:\mathbb{R}]$是2的冪次。

假設$[K:\mathbb{C}]=2^r$並且 $r>0$，再次利用西羅定理，$G$ 存在一個階為 $2^{r-1}$ 的子群N。這時$[K^N:\mathbb{C}]=2$。這和先前$\mathbb{C}$不存在二階擴張矛盾。因此$\mathbb{C}$的任何代數擴張都是$\mathbb{C}$本身，代數基本定理得證。

## 推論

由於代數基本定理可以視為複數域是代數封閉的，可推出任何關於代數封閉域的定理在複數域都是適用的。這個定理有一些推論，要麼是關於實數域的，要麼是關於實數域與複數域之間的關係的：

- 複數域是實數域的代數閉包。
- 每一個一元實係數多項式都可以表示為常數、$x+a$ 形式的多項式（$a$ 為實數），以及 $x^2+ax+b$ 形式的多項式（$a$ 和 $b$ 為實數，$a^2-4b<0$）的乘積。
- 每一個一元實係數有理函數都可以寫成 $\frac{a}{(x-b)^n}$形式的有理函數（其中 $n$ 是自然數，$a$ 和 $b$ 是實數），與 $\frac{(ax+b)}{(x^2+cx+d)^n}$ 形式的有理函數（其中 $n$ 是自然數，$a$、$b$、$c$和 $d$ 是實數，$c^2-4d<0$）的和。由此可以推出，任何一個一元實係數有理函數都有一個初等的原函數。
- 實數域的任何一個代數擴張要麼與實數域同構，要麼與複數域同構。

## 韋達公式

韋達公式把多項式的係數$\lbrace a_k \rbrace$與它的根$\lbrace x_k \rbrace$的和與積聯繫起來。

這可以直接從以下等式的展開式推出：

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

## 參考文獻

### 歷史上的文獻

- . English translation:
- 卡爾·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

## 外部連結

- 代數基本定理；含有許多證明
- John H. Mathews所作的代數基本定理教程
- 代數基本定理的文獻目錄