代数学基本定理即在域 $\mathbb C$ 中，$n$ 次多项式方程有且仅有 $n$ 个根。
还记得第一次接触代数学基本定理是在刚学数学分析做一道习题时：
证明代数数集合是可数集。
当时数分老师说让我们把代数学基本定理当成一个结论使用来证明这个题，但是这对于我来说还是非常不爽的。
一方面，证明这个题其实并不需要代数学基本定理；另一方面，我比较抗拒使用一个对我来说还没有证明的命题。
在学习拓扑学的过程中，没想到能学到这个定理的一个简洁而又巧妙的证明，这令我十分的惊喜。
本文将从拓扑学的角度证明代数学基本定理。
定义 1 $X,Y$ 是两个拓扑空间，如果 $f:X\to Y,g:X\to Y$ 都是连续映射。如果 $\exists H:X\times[0,1]\to Y $ 是连续映射，满足 $H(\cdot,0)=f,H(\cdot,1)=g$，则称 $f$ 和 $g$ 是同伦的 (homotopic)，记作 $f \simeq g$. $H$ 被称作 $f$ 与 $g$ 之间的同伦 (homotopy)。
容易验证，同伦是一种等价关系。
定义 2 如果 $f$ 和一个常值函数同伦，则称 $f$ 是零伦的，记作 $f\simeq 0$。
定义 3 $S^1:=\{e^{i\theta};\theta\in [0,2\pi)\}$ 是单位圆周。我们可以把 $[0,2\pi]$ 将 $0$ 和 $2\pi$ 黏合的方式去定义 $S^1$ 上的拓扑。
可以注意到，在欧氏空间 $\mathbb R^n\to \mathbb R^m$ 上的每一个连续映射都是零伦的（换句话说，任意两个连续映射都是同伦的）。
但是，在 $S^1\to S^1$ 上的映射并不是这样，比方说恒等映射 $\operatorname{id}:S^1\to S^1,a\mapsto a$ 就不是零伦的。虽然直观理解比较好理解，但其实证明这个映射不是零伦的是有点复杂的，在本文中不作证明。
有了这些基础的概念，接下来我们便可以用一种巧妙的方式证明代数学基本定理。
证明分为两个部分：
- $\mathbb C$ 上的 $n$ 次多项式一定存在至少一个根；
- 我们用数学归纳法证明 $n$ 次多项式有且仅由 $n$ 个根。
在第一个部分中，我们将采用反证法。
假设 $f(x)=a_0+a_1x+\dots+a_nx^n\in \mathbb C[x]$ 是在 $\mathbb C$ 中没有根的 $n$ 次多项式。
那么显然有 $a_0\ne 0$. （因为如果 $a_0=0$ 则有 $0$ 这个根）
在接下来的证明中，我们不妨设 $a_n=1$.
定义函数 $f_r:S^1\to S^1,e^{i\theta}\mapsto \frac {f(re^{i\theta})}{|f(re^{i\theta})|},r\in \mathbb R_{\ge 0}$. 则易得 $f_r$ 是连续映射。
对于任意一个 $r\in \mathbb C$，定义映射 $H:S^1\times [0,1]\to S^1$, $H(\cdot,t)=f_{tr}$，可以得到 $H$ 是一个连续函数，且 $H(\cdot,0)$ 是一个常值函数。
所以 $f_r\simeq 0$ 。
对 $f_r$ 的表达式做一些变换可以得到：
$$f_r(e^{i\theta})=\frac{\frac{a_0}{r^{n}}+\frac{a_1}{r^{n-1}}e^{i\theta}+\dots+\frac{a_{n-1}}{r}e^{i(n-1)\theta}+e^{in\theta}}{|\frac{a_0}{r^{n}}+\frac{a_1}{r^{n-1}}e^{i\theta}+\dots+\frac{a_{n-1}}{r}e^{i(n-1)\theta}+e^{in\theta}|}
$$
由此易知当 $r\to +\infty$ 时 $f_r$ 一致收敛于 $f_\infty:S^1\to S^1,e^{i\theta}\mapsto e^{in\theta}$.
所以定义映射 $K:S^1\times [0,1]\to S^1$, $K(\cdot,t)=\begin{cases}f_{\frac{r}{t}}, &t\ne 0,\\f_\infty,& t=0;\end{cases}$ 可以得到 $K$ 是一个连续函数。所以 $f_\infty\simeq f_r\simeq 0$.
但 $f_{\infty}$ 不是零伦的，产生矛盾。
然后我们再来看第二个部分，第二个部分其实已经是很平凡的了。
-
当 $n=1$ 时，显然成立。
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若当 $n=k$ 时，$k$ 次多项式有且仅有 $k$ 个根，则当 $n=k+1$ 时，
我们由证明的第一部分知道 $k+1$ 次多项式 $f(x)$ 一定存在一个根 $x_0$，则由带余除法知 $f(x)=(x-x_0)g(x)+f(x_0)=(x-x_0)g(x)$.
由于 $g(x)$ 是一个 $k$ 次多项式，它有 $k$ 个根，所以 $f(x)$ 有 $k+1$ 个根。
数学归纳可知，代数学基本定理成立。
一个代数学基本定理的推论：
对于任意的 $f(x)\in\mathbb R[x]$, $f(x)$ 可以被分解为 $\mathbb R$ 上的一次和二次多项式的乘积。
设 $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$, 其中 $a_j\in \mathbb R,\forall j$
由代数学基本定理，我们知道在 $f(x)$ 在 $\mathbb C$ 上可以分解为一次多项式的乘积，但是其中会有一些形如 $x-x_0(x_0\notin \mathbb R)$ 的多项式。
接下来我们来看看如何把这种多项式都组合为二次多项式。
由复数的共轭的性质我们可以知道：
$$\begin{align}
a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n=0 &\Leftrightarrow \overline{a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n}=\overline{0}\\
&\Leftrightarrow a_0+a_1\overline{x}+\cdots+a_n+\overline{x^n}=0\\
&\Leftrightarrow a_0+a_1\overline{x}+\cdots+a_n+\overline{x}^n=0
\end{align}
$$
所以如果 $x_0\in \mathbb C\textbackslash\mathbb R$ 是 $f(x)$ 的虚数根，那么 $\overline{x_0}$ 也是 $f(x)$ 的虚数根。
我们知道 $(x-x_0)(x-\overline{x_0})=x^2-(x_0+\overline{x_0})x+|x_0|^2$
而 $(x_0+\overline{x_0})$ 是一个实数，所以 $x^2-(x_0+\overline{x_0})x+|x_0|^2\in \mathbb R[x]$。
由上面的性质易知：如果 $x_0\in \mathbb C\textbackslash \mathbb R$ 是 $f(x)$ 的根，则 $x^2-(x_0+\overline{x_0})x+|x_0|^2\mid f(x)$.
再结合数学归纳法，我们便可以证明这个推论了。
😸👍🏻