代数基本定理

代数基本定理是代数学中的重要结论. 该定理说明, 复数域 $\mathbb{C}$ 是代数闭域. 也就是说, 对任何形如$$a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_0=0$$的多项式方程, 其中各系数 $a_i$ 为复数, 若 $n>0$ 且 $a_n\ne 0$, 则必存在复数 $x\in \mathbb{C}$ 满足该方程, 称为该方程的根.

注意到, 类似的结论对实数域 $\mathbb{R}$、有理数域 $\mathbb{Q}$ 是不成立的. 例如, 方程 $x^2+1=0$ 在这些域中没有解, 但在复数域中有解 $x=\pm \mathrm{i}$.

1陈述

定理 1.1 (代数基本定理). 复数域 $\mathbb{C}$ 是代数闭域.

2证明

用初等分析

考虑多项式$$P(z)=a_n{z}^n+\cdots +a_0,a_n\ne 0.$$令 $m={\inf }_{z\in \mathbb{C}}|P(z)|$, $R=1+\frac{m+|a_{n-1}|+\cdots +|a_0|}{|a_n|}$. 由于 $|z|>R$ 时$$|P(z)|>\left|\frac{P(z)}{z^{n-1}}\right|>|a_n|z-|a_{n-1}|-\cdots -|a_0|>m,$$有 $m={\inf }_{|z|\le R}|P(z)|$. 由于紧集上连续函数有最小值, 故存在 $z_0$ 使得 $|P(z_0)|=m$, 我们要证明 $m=0$. 用反证法, 如 $m>0$, 乘常数可设 $P(z_0)=m=1$; 平移自变量可设 $z_0=0$, 即 $P(0)=1$ 为最小值. 现在按次数从小到大写出$$P(z)=1+a_k{z}^k+\cdots +a_n{z}^n,a_k\ne 0,$$然后写极坐标形式 $a_k=-r{e}^{-i\theta }$, $r>0$. 最后取 $z=\delta e^{i\theta /k}$, 则在 $\delta >0$ 充分小时上式是 $1-r{\delta }^k+o({\delta }^k)<1$, 与 $1$ 是最小值矛盾.

用复分析

若多项式 $P$ 次数大于 $0$ 且没有复根, 考虑函数 $f(z)=1/P(z)$. 则 $f$ 为整个复平面上的全纯函数. 与数学分析证明中的第一步类似, 不难发现 $|z|$ 充分大时 $|P(z)|$ 有正下界, 故 $|f(z)|$ 有界; 而 $|f(z)|$ 在紧集内自然有界, 故它是 $\mathbb{C}$ 上有界全纯函数, 由 Liouville 定理它是常数, 显然不可能.

用线性代数

定理实际上等价于任何 $n$ 阶复方阵 $A$ 都有复特征值. 假设不是这样, 考虑预解函数

$$R(z)=(z{I}_n-A{)}^{-1},$$其中 $I_n$ 是 $n$ 阶单位阵. 一般而言, 它是亚纯函数, 其特征值即为函数的极点. 而假设 $A$ 没有特征值, 所以 $R(z)$ 是全纯函数. 由 Cauchy 积分定理: $${\int }_{\partial B(0,r)}R(z)\mathrm{d}z=0.$$另一方面, 对 $r>\Vert A\Vert$ (其中 $\Vert A\Vert ={\inf }_{|x|=1}|Ax|$ 是矩阵的范数), 把 $R(z)$ 在无穷远处展开: $$R(z)=z^{-1}(I_n-z^{-1}A{)}^{-1}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{z^{k+1}}{A}^k,$$从而计算得$${\int }_{\partial B(0,r)}R(z)\mathrm{d}z=\sum _{k=0}^{\infty }{\int }_{\partial B(0,r)}\frac{\mathrm{d}z}{z^{k+1}}{A}^k=2\pi \mathrm{i}{I}_n,$$矛盾.

用基本群

设 $P(z)=a_n{z}^n+\cdots +a_0,a_n\ne 0$. 如果 $P$ 没有根, 首先 $a_0\ne 0$, 否则 $0$ 是根. 不妨设 $a_n=1$. 对任意 $r>0$, 定义 $f_r:S^1\to S^1$ 为$$f_r(z)=\frac{P(rz)}{|P(rz)|}.$$不难看出 $f_r\simeq f_0$, 而 $f_0(z)=a_0/|a_0|$ 是常值, 故 $f_r$ 是零伦的. 通过计算可以得出$$\underset{r\to +\infty }{\lim }{f}_r(z)=z^n,$$令 $h:S^1\to S^1,z\mapsto z^n$, 则 $r$ 充分大时有 $f_r(z)+h(z)\ne 0$. 考虑 $H:S^1\times I\to S^1$ 为$$H(z,t)=\frac{(1-t)f_r(z)+th(z)}{|(1-t)h_r(z)+th(z)|},$$不难看出 $H$ 是 $f_r$ 与 $h$ 之间的同伦. 这样 $h$ 也是零伦的. 但这并不成立, 因为 $h_{\ast }:{\pi }_1(S^1)\to {\pi }_1(S^1)$ 非平凡.

用 Galois 理论

我们来证明 $\mathbb{C}=\mathbb{R}[\mathrm{i}]$ 是代数闭域. 考虑 $\mathbb{C}$ 的一个有限 Galois 扩张 $E$. 只需证明 $E=\mathbb{C}$. 取 $G=\mathrm{Gal}(E/\mathbb{R})$ 的 Sylow $2$-子群 $H$, 考察 $E^H$. 注意到 $[E^H:\mathbb{R}]$ 是奇数, 而实闭域没有奇次扩张, 故 $E^H=\mathbb{R}$, 得到 $[E:\mathbb{R}]$ 是 $2$ 的幂, $[E:\mathbb{C}]$ 也如此. 设 $[E:\mathbb{C}]=2^n$, 只要证明 $n=0$. 若不然, 根据 Sylow 定理, 可以取 $\mathrm{Gal}(E/\mathbb{C})$ 的 $2^{n-1}$ 阶子群 $N$, 考察 $E^N$. 因为 $[E^N:\mathbb{C}]=2$, 且 $\mathrm{char}C\ne 2$, 得 $E^N=\mathbb{C}[\sqrt{d}]$, 其中 $d\in \mathbb{C}$ 在 $\mathbb{C}$ 中无平方根. 但 $\mathbb{C}$ 中任何元素都有平方根, 矛盾.

3推论

通过代数基本定理, 可以得到多项式复数根的个数.

命题 3.1. 设 $n$ 是正整数, $P$ 是复数域 $\mathbb{C}$ 上的 $n$ 次多项式, 则在计算重数的意义下, $P$ 恰有 $n$ 个复数根. 这是说 $P$ 一定能分解为$$P(z)=c(z-z_1)\cdots (z-z_n)$$的形式, 其中 $c,z_1,\dots ,z_n\in \mathbb{C}$, 且 $c\ne 0$.

证明概要. 用数学归纳法. $n=1$ 时, 不难直接解出根. 对 $n$ 次多项式 $P$, 根据代数基本定理, 它有复数根 $z_0$. 此时可以进行因式分解: $P(z)=(z-z_0)Q(z)$, 其中 $Q$ 是 $n-1$ 次多项式. 对 $Q$ 用归纳假设即可.

$\square$

术语翻译

代数基本定理 • 英文 fundamental theorem of algebra • 德文 Fundamentalsatz der Algebra (m) • 法文 théorème fondamental de l’algèbre (m) • 日文 代数学の基本定理 (だいすうがくのきほんていり) • 韩文 대수학의 기본 정리 (代數學의 基本 定理)