代數基本定理

代數基本定理說明，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個復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zⁿ。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：

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

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| ≥ 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z₀取得，但不能在邊界上取得。於是，根據最大模原理，p(z₀) = 0。也就是說，z₀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z₀取得。如果|p(z₀)| > 0，那麼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|1/p(z)| ≤ |1/p(z₀)|。利用劉維爾定理（有界的整函數一定是常數），可知1/p是常數，因此p是常數。於是得出矛盾，所以p(z₀) = 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：

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

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，n/z沿着c(r)的積分除以2πi，等於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n − 1，而分母的次數是n + 1。因此，當r趨於+∞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^[2]。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

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

它在複平面上是亞純函數，它的值位於矩陣的向量空間內。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：

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

另一方面，把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||A||的閉圓盤的外部（A的算子範數）成立。設r > ||A||。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z₀ ∈ C為使|p(z)|在z₀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 − z₀的多項式：存在某個自然數k和一些複數c_k、c_k + 1、…、c_n，使得c_k ≠ 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a是(p(z)-p(z₀))/c_k的一個k重根，且t是足夠小的正數，那麼|p(z₀ + ta)| < |p(z₀)|，這是不可能的，因為|p(z₀)|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zⁿ大於所有其它的項的和；也就是說，|z|ⁿ > |a_n − 1z^n −1 + ··· + a₀|。當z依逆時針方向繞過方程為|z| = R的圓一次時，p(z)，像zⁿ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${\displaystyle H(Re^{i\theta },t)=p((1-t)Re^{i\theta })}$，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${\displaystyle \mathbb {R} }$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（利用事實1）。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H。那麼${\displaystyle [K^{H}:\mathbb {R} ]}$是奇數。由本原元定理得出，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${\displaystyle [K^{N}:\mathbb {C} ]=2}$。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。

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x² + ax + b形式的多項式（a和b為實數，a² − 4b < 0）的乘積。

• 每一個一元實係數有理函數都可以寫成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(ax + b)/(x² + 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，c² − 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： ${\displaystyle a_{n}X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_{0}=a_{n}(X-x_{1})(X-x_{2})\cdots (X-x_{n})}$

註釋

1. 參見R. Remmert的作品The fundamental theorem of Algebra的§1.9。
2. 證明參見這裏。

參考文獻

歷史上的文獻

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• van der Waerden, Bartel Leendert, Algebra I 7th, Springer-Verlag, 2003, ISBN 0-387-40624-7

外部連結

• 代數基本定理（頁面存檔備份，存於互聯網檔案館）；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