代數基本定理

代數基本定理（英語：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 ${\displaystyle n}$ 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 ${\displaystyle n}$ 個根。也就是說，任何一個 ${\displaystyle n}$ 次多項式，都可以因式分解為 ${\displaystyle n}$ 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。^[1]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 ${\displaystyle p(z)}$，以下的多項式

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

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

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

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

複分析證明

證明一

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

證明二

由於在 ${\displaystyle D}$ 之外，有 ${\displaystyle |p(z)|>|p(0)|}$，因此在整個複平面上，${\displaystyle |p(z)|}$ 的最小值在 ${\displaystyle z_{0}}$ 取得。如果 ${\displaystyle |p(z_{0})|>0}$，那麼${\displaystyle {\frac {1}{p}}}$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 ${\displaystyle z}$，都有 ${\displaystyle |{\frac {1}{p}}(z)|\leq |{\frac {1}{p}}(z_{0})|}$。利用劉維爾定理（有界的整函數一定是常數），可知 ${\displaystyle {\frac {1}{p}}}$ 是常數，因此 ${\displaystyle p}$ 是常數。於是得出矛盾，所以 ${\displaystyle |p(z_{0})|=0}$。

證明三

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

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

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

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

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

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 ${\displaystyle n>0}$ 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^[2]。證明用到了反證法。

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

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

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

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

另一方面，把 ${\displaystyle R(z)}$ 展開為幾何級數，可得：

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

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

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

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

拓撲學證明

設 ${\displaystyle z_{0}\in \mathbb {C} }$ 為使 ${\displaystyle |p(z)|}$ 在 ${\displaystyle z_{0}}$ 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 ${\displaystyle p(z)}$ 寫成 ${\displaystyle z-z_{0}}$ 的多項式：存在某個自然數 ${\displaystyle k}$ 和一些複數 ${\displaystyle c_{k},c_{k+1},\cdots ,c_{n}}$，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 ${\displaystyle {\frac {p(z)-p(z_{0})}{c_{k}}}}$ 的一個 ${\displaystyle k}$ 重根，且 ${\displaystyle t}$ 是足夠小的正數，那麼 ${\displaystyle |p(z_{0}+ta)|<|p(z_{0})|}$，這是不可能的，因為 ${\displaystyle |p(z_{0})|}$ 是 ${\displaystyle |p|}$ 在 ${\displaystyle D}$ 內的最小值。

對於另外一個用到反證法的拓撲學證明，假設 ${\displaystyle p(z)}$ 沒有根。選擇一個足夠大的正數 ${\displaystyle R}$，使得對於 ${\displaystyle |z|=R}$，${\displaystyle p(z)}$ 的第一項 ${\displaystyle z^{n}}$ 大於所有其它的項的和；也就是說，${\displaystyle |z|^{n}>|a_{n-1}z^{n-1}+\cdots +a_{0}|}$。當 ${\displaystyle z}$ 依逆時針方向繞過方程為 ${\displaystyle |z|=R}$ 的圓一次時，${\displaystyle p(z)}$，像 ${\displaystyle z^{n}}$ 那樣，依逆時針方向繞過零 ${\displaystyle n}$ 次。在另外一個極端，${\displaystyle |z|=0}$ 時，「曲線」 ${\displaystyle p(z)}$ 僅僅是一個（非零的）點 ${\displaystyle p(0)}$，它的卷繞數顯然是0。如果 ${\displaystyle z}$ 所經過的迴路在這兩個極端中被連續變形，那麼 ${\displaystyle p(z)}$ 的路徑也連續變形。我們可以把這個變形記為${\displaystyle H(Re^{i\theta },t)=p((1-t)Re^{i\theta })}$，其中 ${\displaystyle t}$ 大於或等於0，而小於或等於1。如果我們把變量 ${\displaystyle t}$ 視為時間，那麼在時間為零時，曲線為 ${\displaystyle p(z)}$ ，時間為1時，曲線為 ${\displaystyle p(0)}$。顯然在每一個點 ${\displaystyle t}$，根據原先的假設 ${\displaystyle p(z)}$ 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 ${\displaystyle n}$，結束時是0，因此得出矛盾。所以，${\displaystyle p(z)}$ 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 ${\displaystyle \mathbb {R} }$ 上有實平方根，以及任何奇次多項式在 ${\displaystyle \mathbb {R} }$ 上有一個根（這可以用介值定理證明）。

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

由於 ${\displaystyle char\mathbb {R} =0}$，於是任何${\displaystyle \mathbb {R} }$的擴張都是可分的，從而任何${\displaystyle \mathbb {R} }$的代數擴張都可以被包含在一個伽羅瓦擴張內。假設${\displaystyle K/\mathbb {R} }$、${\displaystyle K/\mathbb {C} }$都是伽羅瓦擴張。考慮伽羅瓦群${\displaystyle G=Gal(K/\mathbb {R} )}$的西羅2-子群 ${\displaystyle H}$。那麼${\displaystyle [K^{H}:\mathbb {R} ]}$是奇數。由本原元定理得出，${\displaystyle K^{H}}$ 存在本原元 ${\displaystyle \alpha }$，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${\displaystyle H=G,K^{H}=\mathbb {R} ,[K:\mathbb {R} ]}$是2的冪次。

假設${\displaystyle [K:\mathbb {C} ]=2^{r}}$並且 ${\displaystyle r>0}$，再次利用西羅定理，${\displaystyle G}$ 存在一個階為 ${\displaystyle 2^{r-1}}$ 的子群N。這時${\displaystyle [K^{N}:\mathbb {C} ]=2}$。這和先前${\displaystyle \mathbb {C} }$不存在二階擴張矛盾。因此${\displaystyle \mathbb {C} }$的任何代數擴張都是${\displaystyle \mathbb {C} }$本身，代數基本定理得證。^[3]

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、${\displaystyle x+a}$ 形式的多項式（${\displaystyle a}$ 為實數），以及 ${\displaystyle x^{2}+ax+b}$ 形式的多項式（${\displaystyle a}$ 和 ${\displaystyle b}$ 為實數，${\displaystyle a^{2}-4b<0}$）的乘積。
• 每一個一元實係數有理函數都可以寫成 ${\displaystyle {\frac {a}{(x-b)^{n}}}}$形式的有理函數（其中 ${\displaystyle n}$ 是自然數，${\displaystyle a}$ 和 ${\displaystyle b}$ 是實數），與 ${\displaystyle {\frac {(ax+b)}{(x^{2}+cx+d)^{n}}}}$ 形式的有理函數（其中 ${\displaystyle n}$ 是自然數，${\displaystyle a}$ 、${\displaystyle b}$ 、${\displaystyle c}$和 ${\displaystyle d}$ 是實數，${\displaystyle c^{2}-4d<0}$）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${\displaystyle \lbrace a_{k}\rbrace }$與它的根${\displaystyle \lbrace x_{k}\rbrace }$的和與積聯繫起來。

這可以直接從以下等式的展開式推出： ${\displaystyle a_{n}X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_{0}=a_{n}(X-x_{1})(X-x_{2})\cdots (X-x_{n})}$