代数基本定理

代数基本定理（英語：fundamental theorem of algebra）说明，任何一个一元複系数多项式方程都至少有一个複数根。也就是说，複數域是代数封闭的。

有时这个定理表述为：任何一个非零的一元n次複系数多项式，都正好有 ${\displaystyle n}$ 个複数根（重根視為多個根）。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 ${\displaystyle n}$ 个根。也就是说，任何一个 ${\displaystyle n}$ 次多项式，都可以因式分解为 ${\displaystyle n}$ 个複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複系数多项式方程，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。伽罗瓦理論指出，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，至少是实数或複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複数根。这足以推出定理的一般形式，这是因为，给定複系数多项式 ${\displaystyle p(z)}$，以下的多项式

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

就是一个实系数多项式，如果 ${\displaystyle z}$ 是 ${\displaystyle q(z)}$ 的根，那么z或它的共轭複数就是 ${\displaystyle p(z)}$ 的根。

许多非代数证明都用到了“增长引理”：当 ${\displaystyle |z|}$ 足够大时，首系数为1的 ${\displaystyle n}$ 次多项式函数 ${\displaystyle p(z)}$ 的表现如同 ${\displaystyle z^{n}}$。一个更确切的表述是：存在某个正实数 ${\displaystyle R}$，使得当 ${\displaystyle |z|>R}$ 时，就有：

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

複分析证明

证明一

寻找一个中心为原点，半径为 ${\displaystyle r}$ 的闭圆盘 ${\displaystyle D}$，使得当 ${\displaystyle |z|\geq r}$ 时，就有${\displaystyle |p(z)|>|p(0)|}$。因此，${\displaystyle |p(z)|}$ 在 ${\displaystyle D}$ 内的最小值（一定存在，因为 ${\displaystyle D}$ 是紧致的），是在 ${\displaystyle D}$ 的内部的某个点 ${\displaystyle z_{0}}$ 取得，但不能在边界上取得。于是，根据最大模原理，${\displaystyle p(z_{0})=0}$。也就是说，${\displaystyle z_{0}}$ 是 ${\displaystyle p(z)}$ 的一个零点（根）。

证明二

由于在 ${\displaystyle D}$ 之外，有 ${\displaystyle |p(z)|>|p(0)|}$，因此在整个複平面上，${\displaystyle |p(z)|}$ 的最小值在 ${\displaystyle z_{0}}$ 取得。如果 ${\displaystyle |p(z_{0})|>0}$，那么${\displaystyle {\frac {1}{p}}}$在整个複平面上是有界的全纯函数，这是因为对于每一个複数 ${\displaystyle z}$，都有 ${\displaystyle |{\frac {1}{p}}(z)|\leq |{\frac {1}{p}}(z_{0})|}$。利用刘维尔定理（有界的整函数一定是常数），可知 ${\displaystyle {\frac {1}{p}}}$ 是常数，因此 ${\displaystyle p}$ 是常数。于是得出矛盾，所以 ${\displaystyle |p(z_{0})|=0}$。

证明三

这个证明用到了辐角原理。设 ${\displaystyle R}$ 为足够大的正实数，使得 ${\displaystyle p(z)}$ 的每一个根的绝对值都小于 ${\displaystyle R}$；这个数一定存在，因为 ${\displaystyle n}$ 次多项式函数最多有 ${\displaystyle n}$ 个根。对于每一个 ${\displaystyle r>R}$，考虑以下的数：

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

其中 ${\displaystyle c(r)}$ 是中心为0，半径为 ${\displaystyle r}$ 的逆时针方向的圆；于是辐角原理表明，这个数是 ${\displaystyle p(z)}$ 在中心为0、半径为 ${\displaystyle r}$ 的开圆盘内的零点的数目 ${\displaystyle N}$，由于 ${\displaystyle r>R}$，所以它也是 ${\displaystyle p(z)}$ 的零点的总数目。另一方面，${\displaystyle {\frac {n}{z}}}$ 沿着 ${\displaystyle c(r)}$ 的积分除以 ${\displaystyle 2\pi i}$，等于 ${\displaystyle n}$。但这两个数的差为：

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

被积分的有理表达式中的分子，次数最多是 ${\displaystyle n-1}$，而分母的次数是 ${\displaystyle n+1}$。因此，当 ${\displaystyle r}$ 趋于 ${\displaystyle +\infty }$ 时，以上的数趋于0。但这个数也等于 ${\displaystyle N-n}$，因此有 ${\displaystyle N=n}$。

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 ${\displaystyle n>0}$ 次複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複数特征值。证明用到了反证法。

设 ${\displaystyle A}$ 为大小 ${\displaystyle n>0}$ 的方块矩阵，并设 ${\displaystyle I_{n}}$ 为相同大小的单位矩阵。假设 ${\displaystyle A}$ 没有特征值。考虑预解函数

${\displaystyle R(z)=(zI_{n}-A)^{-1},\,}$

它在複平面上是亚纯函数，它的值位于矩阵的向量空间内。${\displaystyle A}$ 的特征值正好是 ${\displaystyle R(z)}$ 的极点。根据假设，${\displaystyle A}$ 没有特征值，因此函数 ${\displaystyle R(z)}$ 是整函数，根据柯西积分定理可知：

${\displaystyle \int _{c(r)}R(z)dz=0.\,}$

另一方面，把 ${\displaystyle R(z)}$ 展开为几何级数，可得：

${\displaystyle R(z)=z^{-1}(I_{n}-z^{-1}A)^{-1}=z^{-1}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{z^{k}}}A^{k}\cdot }$

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

${\displaystyle \int _{c(r)}R(z)dz=\sum _{k=0}^{\infty }\int _{c(r)}{\frac {dz}{z^{k+1}}}A^{k}=2\pi iI_{n}}$

（仅当 ${\displaystyle k=0}$ 时，积分才不等于零）。于是得出矛盾，因此 ${\displaystyle A}$ 一定有一个特征值。

拓扑学证明

设 ${\displaystyle z_{0}\in \mathbb {C} }$ 为使 ${\displaystyle |p(z)|}$ 在 ${\displaystyle z_{0}}$ 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 ${\displaystyle p(z)}$ 写成 ${\displaystyle z-z_{0}}$ 的多项式：存在某个自然数 ${\displaystyle k}$ 和一些複数 ${\displaystyle c_{k},c_{k+1},\cdots ,c_{n}}$，使得 ${\displaystyle c_{k}\neq 0}$，以及：

${\displaystyle p(z)=p(z_{0})+c_{k}(z-z_{0})^{k}+c_{k+1}(z-z_{0})^{k+1}+\cdots +c_{n}(z-z_{0})^{n}}$.

可推出如果 ${\displaystyle a}$ 是 ${\displaystyle {\frac {p(z)-p(z_{0})}{c_{k}}}}$ 的一个 ${\displaystyle k}$ 重根，且 ${\displaystyle t}$ 是足够小的正数，那么 ${\displaystyle |p(z_{0}+ta)|<|p(z_{0})|}$，这是不可能的，因为 ${\displaystyle |p(z_{0})|}$ 是 ${\displaystyle |p|}$ 在 ${\displaystyle D}$ 内的最小值。

对于另外一个用到反证法的拓扑学证明，假设 ${\displaystyle p(z)}$ 没有根。选择一个足够大的正数 ${\displaystyle R}$，使得对于 ${\displaystyle |z|=R}$，${\displaystyle p(z)}$ 的第一项 ${\displaystyle z^{n}}$ 大于所有其它的项的和；也就是说，${\displaystyle |z|^{n}>|a_{n-1}z^{n-1}+\cdots +a_{0}|}$。当 ${\displaystyle z}$ 依逆时针方向绕过方程为 ${\displaystyle |z|=R}$ 的圆一次时，${\displaystyle p(z)}$，像 ${\displaystyle z^{n}}$ 那样，依逆时针方向绕过零 ${\displaystyle n}$ 次。在另外一个极端，${\displaystyle |z|=0}$ 时，“曲线” ${\displaystyle p(z)}$ 仅仅是一个（非零的）点 ${\displaystyle p(0)}$，它的卷绕数显然是0。如果 ${\displaystyle z}$ 所经过的回路在这两个极端中被连续变形，那么 ${\displaystyle p(z)}$ 的路径也连续变形。我们可以把这个变形记为${\displaystyle H(Re^{i\theta },t)=p((1-t)Re^{i\theta })}$，其中 ${\displaystyle t}$ 大于或等于0，而小于或等于1。如果我们把变量 ${\displaystyle t}$ 视为时间，那么在时间为零时，曲线为 ${\displaystyle p(z)}$ ，时间为1时，曲线为 ${\displaystyle p(0)}$。显然在每一个点 ${\displaystyle t}$，根据原先的假设 ${\displaystyle p(z)}$ 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 ${\displaystyle n}$，结束时是0，因此得出矛盾。所以，${\displaystyle p(z)}$ 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 ${\displaystyle \mathbb {R} }$ 上有实平方根，以及任何奇次多项式在 ${\displaystyle \mathbb {R} }$ 上有一个根（这可以用介值定理证明）。

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

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

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

推论

由于代数基本定理可以视为複数域是代数封闭的，可推出任何关于代数封闭域的定理在複数域都是适用的。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複数域之间的关系的：

• 複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、${\displaystyle x+a}$ 形式的多项式（${\displaystyle a}$ 为实数），以及 ${\displaystyle x^{2}+ax+b}$ 形式的多项式（${\displaystyle a}$ 和 ${\displaystyle b}$ 为实数，${\displaystyle a^{2}-4b<0}$）的乘积。
• 每一个一元实系数有理函数都可以写成 ${\displaystyle {\frac {a}{(x-b)^{n}}}}$形式的有理函数（其中 ${\displaystyle n}$ 是自然数，${\displaystyle a}$ 和 ${\displaystyle b}$ 是实数），与 ${\displaystyle {\frac {(ax+b)}{(x^{2}+cx+d)^{n}}}}$ 形式的有理函数（其中 ${\displaystyle n}$ 是自然数，${\displaystyle a}$ 、${\displaystyle b}$ 、${\displaystyle c}$和 ${\displaystyle d}$ 是实数，${\displaystyle c^{2}-4d<0}$）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，要么与複数域同构。

韦达公式

韦达公式把多项式的系数${\displaystyle \lbrace a_{k}\rbrace }$与它的根${\displaystyle \lbrace x_{k}\rbrace }$的和与积联系起来。

这可以直接从以下等式的展开式推出： ${\displaystyle a_{n}X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_{0}=a_{n}(X-x_{1})(X-x_{2})\cdots (X-x_{n})}$

注释

1. 参见R. Remmert的作品The fundamental theorem of Algebra的§1.9。
2. 证明参见这里^{[錨點失效]}。
3. [1]，David S Dummit, Richard M Foote Abstract Algebra, p.615-6