附录9 - 代数基本定理

『代数基本定理（Fundamental Theorem of Algebra）』：任何非常数的，复数域中的多项式，在复数域中至少有一个根。

从“1个根”到“$n$个根”：
『代数基本定理的推论』：对于 $n$ 次复系数多项式，在复数域中必然有 $n$ 个根（包括重根）。

证明代数基本定理的推论：
假设我们有一个 $n$ 次多项式 $P(z)$。
第1步：抓出第一个根（代数基本定理）
根据代数基本定理，$P(z)$ 在复数域中必定能找到一个根。我们把它叫做 $z_1$。

第2步：因式分解与降次（因式定理）
根据因式定理（Factor Theorem）（见附录4）：只要 $z_1$ 是多项式的根，那么多项式就一定能被 $(z - z_1)$ 整除。所以，我们可以把原多项式写成：
$P(z) = (z - z_1) \cdot Q(z)$
因为除去了一个一次项 $(z - z_1)$，剩下的 $Q(z)$ 就变成了一个 $n-1$ 次的新多项式。

第3步：套娃重复
现在，我们把目光集中到这个 $n-1$ 次的 $Q(z)$ 上。代数基本定理对它同样适用！所以 $Q(z)$ 必定也有一个复数根，叫做 $z_2$。我们再次提取因式：
$Q(z) = (z - z_2) \cdot R(z)$
现在 $R(z)$ 变成了 $n-2$ 次。

第4步：彻底分解这样一直“剥洋葱”剥下去，重复 $n$ 次。每次提取一个根，次数就减一。最终，多项式会被彻底分解为 $n$ 个一次因式的乘积：
$P(z) = a(z - z_1)(z - z_2) \cdots (z - z_n)$
（这里的 $a$ 是多项式最高次项的系数）。通过这个分解式，你可以清清楚楚地看到，这 $n$ 个括号对应了 $z_1, z_2, \dots, z_n$ 这 $n$ 个根。

一个需要注意的小细节（重根）：这解出来的 $n$ 个根，有可能是不一样的，也有可能是重复的数字。比如方程 $x^2 - 2x + 1 = 0$，分解后是 $(x - 1)(x - 1) = 0$。它有两个根，只不过这两个根都是 $1$（这在数学上叫“二重根”）。所以，最严谨的说法是：任何 $n$ 次复系数多项式，在计算重根的情况下，在复数域中恰好有 $n$ 个根。

阿甘特证明（Argand's Proof）概要：

• 核心思路： 考虑多项式函数 $P(z)$ 的绝对值 $|P(z)|$。
• 步骤一（极值定理）： $|P(z)|$ 是一个从复平面映射到非负实数的连续函数。当 $|z| \to \infty$ 时，$|P(z)| \to \infty$。根据拓扑学中的定理，连续实值函数在紧致集合（足够大的闭圆盘）上必定能取到最小值。假设在点 $z_0$ 处取得最小值。
• 步骤二（反证法）： 假设这个最小值不是 $0$，即 $P(z_0) \neq 0$。通过对 $P(z)$ 在 $z_0$ 处进行泰勒展开（只需用到多项式的代数展开，不需要微积分求导），可以巧妙地找到一个微小的偏移量 $\Delta z$，使得 $|P(z_0 + \Delta z)| < |P(z_0)|$。
• 结论： 这与 $z_0$ 是最小值的假设矛盾。因此，最小值的点必须满足 $|P(z_0)| = 0$，即 $z_0$ 就是多项式的根。

阿甘特证明详述：
第1步：定义连续函数
令 $P(z)$ 为一个 $n$ 次复系数多项式（$n \ge 1$）。我们定义一个实值函数
$f: \mathbb{C} \to \mathbb{R}$，映射规则为 $f(z) = |P(z)|$。
因为多项式是连续的，绝对值函数也是连续的，所以复合函数 $f(z)$ 在整个 $\mathbb{C}$ 上连续。

第2步：控制无界区域
虽然定义域 $\mathbb{C}$ 是无界的，但多项式有一个极其重要的性质：当自变量趋于无穷远时，最高次项占据绝对主导地位。用极限语言表达就是：
$\lim_{|z| \to \infty} |P(z)| = \infty$
这意味着什么呢？这意味着只要 $|z|$ 足够大，$|P(z)|$ 也会非常大。
具体来说，设 $f(0) = |P(0)|$ 为函数在原点的值。根据无穷远点的极限定义，必定存在一个足够大的实数 $R > 0$，使得对于所有满足 $|z| > R$ 的复数 $z$，都有：
$|P(z)| > |P(0)|$

第3步：在紧致子集上应用拓扑性质
现在，我们不看整个复平面了，我们只看一个闭圆盘 $D$：
$D = \{ z \in \mathbb{C} \mid |z| \le R \}$
拓扑性质判定： 这个圆盘 $D$ 在复平面 $\mathbb{C}$ 中显然是有界且闭的。根据拓扑学中的 Heine-Borel 定理，$D$ 是一个紧致集。
$f(z)$ 是定义在紧致集 $D$ 上的实值连续函数。由于连续函数把紧致集合映射为紧致集合，因此 $f(z)$ 的值域是 $\mathbb{R}$ 上的紧致集合。再根据 Heine-Borel 定理，这等价于 $f(z)$ 的值域是有界且闭的。因此 $f(z)$ 必然能在 $D$ 上取到最小值。
因此必定存在一个点 $z_0 \in D$，使得对于所有的 $z \in D$，都有 $f(z_0) \le f(z)$。

第4步：从局部极小推广到全局极小
我们刚才只证明了 $z_0$ 是闭圆盘 $D$ 内的最小值点。但它是不是整个复平面 $\mathbb{C}$ 的最小值点呢？
原点 $0$ 也在圆盘 $D$ 内，所以 $f(z_0) \le f(0)$。而对于所有圆盘外的点（即 $|z| > R$），我们在第二步已经知道 $f(z) > f(0)$。把这两点连起来看：对于圆盘外的任何点 $z$，都有 $f(z) > f(0) \ge f(z_0)$。
因此，$z_0$ 不仅仅是圆盘 $D$ 上的最小值点，它也是整个复平面 $\mathbb{C}$ 上的全局最小值点！

第5步：泰勒展开（找出变化量）
前面已经证明，在某个点 $z_0$ 处，多项式的绝对值能取到全局最小值。
现在我们假设这个最小值大于 $0$，即 $P(z_0) = A \neq 0$。
现在，我们想在 $z_0$ 附近找一个新的点 $z_0 + \Delta z$。将它代入多项式展开。因为是多项式，它的展开式必然是以下形式：

$P(z_0 + \Delta z) = A + c_k(\Delta z)^k + c_{k+1}(\Delta z)^{k+1} + \dots + c_n(\Delta z)^n$

这里有一个细节：展开后紧跟在常数项 $A$ 后面的第一项未必是一次方，因为一次方的系数可能刚好是 $0$。所以我们设 $c_k$ 是常数项之后，第一个不等于 $0$ 的系数（其中 $k \ge 1$）。
为了看着方便，我们把后面那一长串高次项统称为“尾巴函数” $R(\Delta z)$，所以式子变成：

$P(z_0 + \Delta z) = A + c_k(\Delta z)^k + R(\Delta z)$

第6步：复数的几何魔法——“精确瞄准反方向”
在实数轴上，你只能向左或向右走。但在复平面上，$\Delta z$ 是一个向量，你可以向 $360$ 度的任意方向迈步。我们的目标是让 $|A + c_k(\Delta z)^k|$ 比原来的 $|A|$ 更小。怎么做最有效？直接对消它！就像有人用 $10$ 牛顿的力往东拉你（向量 $A$），你想抵消这个力，最好的办法就是产生一个往西的力（向量 $c_k(\Delta z)^k$）。
因为复数的乘法包含了“旋转”，我们可以精心挑选一个步长方向（即 $\Delta z$ 的角度），使得经过 $k$ 次方、再乘上 $c_k$ 之后，这个向量 $c_k(\Delta z)^k$ 在复平面上刚好指向 $A$ 的正反方向。
也就是说，我们强制令：
$c_k(\Delta z)^k = -t \cdot A$ （这里 $t$ 是一个很小的正实数，代表我们反向“削弱”了 $A$ 的一小部分）。
只要这样选定方向，多项式的主体部分就变成了纯实数的算术减法：
$|A + c_k(\Delta z)^k| = |A - tA| = |A|(1 - t)$
因为 $t > 0$，所以 $|A|(1 - t)$ 显然严格小于原来的 $|A|$。

第7步：微小步长压制高次项的干扰
你可能会问：刚才只考虑了第一项 $c_k(\Delta z)^k$，那后面跟着的那一长串“尾巴” $R(\Delta z)$ 万一很大，把我们好不容易减掉的部分又加回去了怎么办？
这时候，极限与微小量的威力就显现出来了。因为“尾巴”里的项至少是 $(\Delta z)^{k+1}$ 及更高的次幂，所以当步长 $|\Delta z|$ 极其微小时（趋于 $0$），高次项缩小的速度，远远快于低次项。
举个直观的例子：如果步长是 $0.01$，那么它的平方是 $0.0001$，立方就是 $0.000001$。所以在步长足够小的时候，第一项 $c_k(\Delta z)^k$ 的大小会形成绝对碾压，后面的所有“尾巴”加起来都微不足道，根本无力翻盘。

结论闭环：把上面的一切拼起来：只要我们挑选了正确的反向角度，并且迈出的步子足够微小，那么就有：
$|P(z_0 + \Delta z)| \approx |A|(1 - t) < |A|$
我们竟然在 $z_0$ 附近找到了一个比“全局最小值”还要小的值！这就引发了直接的逻辑矛盾。
引发矛盾的唯一根源，就是我们最初“假设最小值 $A \neq 0$”。既然假设错误，那么真实的最小值 $A$ 只能、必须等于 $0$。这就完美证明了多项式必定有根。