代數基本定理

由此推出,n次復係數多項式方程在複數域內有且只有n個根（重根按重數計算）。代數學基本定理說明，任何復係數一元 n次多項式方程在複數域上至少有一根()。

有時這個定理表述為：任何一個非零的一元n次復係數多項式，都正好有n個複數根。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。

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復係數多項式方程，所以才被命名為代數基本定理。

代數基本定理在代數乃至整個數學中起著基礎作用。據說，關於代數學基本定理的證明，現有200多種證法。迄今為止，該定理尚無純代數方法的證明。大數學家 J.P. 塞爾 曾經指出：代數基本定理的所有證明本質上都是拓撲的。美國數學家John Willard Milnor在數學名著《從微分觀點看拓撲》一書中給了一個幾何直觀的證明，但是其中用到了和臨界點測度有關的sard定理。複變函數論中，對代數基本定理的證明是相當優美的，其中用到了很多經典的複變函數的理論結果。

該定理的第一個證明是法國數學家達朗貝爾給出的，但證明不完整。接著，歐拉也給出了一個證明，但也有缺陷，拉格朗日於1772年又重新證明了該定理，后經高斯分析，證明仍然很不嚴格的。

代數基本定理的第一個嚴格證明通常認為是高斯給出的(1799年在哥廷根大學的博士論文)，基本思想如下：

設為n次實係數多項式，記，考慮方根：

即與

這裡 與 分別表示oxy坐標平面上的兩條曲線、，於是通過對曲線作定性的研究，他證明了這兩條曲線必有一個交點，從而得出，即，因此便是方程的一個根，這個論證具有高度的創造性，但從現代的標準看依然是不嚴格的，因為他依靠了曲線的圖形，證明它們必然相交，而這些圖形是比較複雜，正中隱含了很多需要驗證的拓撲結論等等。

高斯後來又給出了另外三個證法，其中第四個證法是他71歲公布的，並且在這個證明中他允許多項式的係數是複數。

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，給定復係數多項式p(z)，以下的多項式

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。一個更確切的表述是：存在某個正實數R，使得當時，就有：

證明一

尋找一個中心為原點，半徑為r的閉圓盤D，使得當時，就有。因此，在D內的最小值（一定存在，因為D是緊緻的），是在D的內部的某個點取得，但不能在邊界上取得。於是，根據最小模原理，。也就是說， 是的一個零點（根）。

證明二

由於在D之外，有，因此在整個複平面上，的最小值在取得。如果，那麼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。利用劉維爾定理（有界的整函數一定是常數），可知是常數，因此p是常數。於是得出矛盾，所以。

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，考慮以下的數：

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，所以它也是p(z)的零點的總數目。另一方面，沿著c(r)的積分除以，等於n。但這兩個數的差為：

被積分的有理表達式中的分子，次數最多是，而分母的次數是。因此，當r趨於時，以上的數趨於0。但這個數也等於，因此有。

證明四

這個證明結合了線性代數和柯西積分定理。為了證明每一個次復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 的方塊矩陣，並設In為相同大小的單位矩陣。假設A沒有特徵值。考慮預解函數

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：

另一方面，把R(z)展開為幾何級數，可得：

這個公式在半徑為的閉圓盤的外部（A的運算元范數）成立。設。那麼：

（僅當時，積分才不等於零）。於是得出矛盾，因此A一定有一個特徵值。

設為使|p(z)|在取得最小值的數; 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 的多項式：存在某個自然數k和一些複數，使得，以及：

可推出如果a是的一個k重根，且t是足夠小的正數，那麼，這是不可能的，因為是在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 ，p(z)的第一項z大於所有其它的項的和；也就是說，。當z依逆時針方向繞過方程為的圓一次時，p(z)，像z那樣，依逆時針方向繞過零n次。在另外一個極端，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，其中t大於或等於0，而小於或等於1。如果我們把變數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。

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

首先。經過簡單的計算可以證明C在開平方運算下是封閉的（利用事實1）。結合。得出C不存在二階擴張。

由於 ，於是任何

的擴張都是可分的，從而任何C的代數擴張都可以被包含在一個伽羅瓦擴張內。假設是一個伽羅瓦擴張。考慮伽羅瓦群的西羅2-子群H。那麼是奇數。由本原元定理得出，K存在本原元，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，於是不存在奇次的且次數>1的不可約多項式。於是，，是2的冪次。

假設並且，再次利用西羅定理，G存在一個階為2的子群N。這時。這和C先前不存在二階擴張矛盾。因此C的任何代數擴張都是本身，代數基本定理得證。