前 言代数学基本定理在代数学中占有十分重要的地位，而在整个数学界中也起着基础作用。
代数学基本定理有两种等价的陈述方式。
第一种陈述方式为：“任何一个一元n 次复系数多项式0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=--（1≥n ，0≠n a ）在复数域内至少有一根”，它的第二种陈述方式为：“任何一个一元n 次复系数多项式0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=--（1≥n ，0≠n a ）在复数域内有n 个根，重根按重数计算”。
尽管这个定理被命名为代数基本定理，但，迄今为止，该定理尚无纯代数方法证明。
数学家J.P 赛尔曾经指出：代数基本定理的所有证明本质上都是拓扑的。
美国数学家John Willard Milnor 在数学名著《从微分观点看拓扑》中给了一个证明，是几何直观的，但其中用到了和临界点测度有关的萨尔德定理。
在复变函数论中，对代数基本定理的证明是相当优美的，其中运用了很多经典的复变函数的理论成果。
代数基本定理的第一个证明是由法国数学家达朗贝尔给出的，但其证明是不完整的。
紧接着，欧拉也给出了一个证明，但也有缺陷。
严格来说，第一个完整的证明是数学家高斯给出的，他在分析了拉格朗日的证明方法以后于1799年给出的，他是运用的纯解析的方法证明。
而后，到高斯71岁时，共给出了四种证明方法。
十九世纪七十年代，数学家H.W.Kuhn []18对于该定理给出了引人注目的构造性证明，这种方法的数学形象极好，并已实际用于复系数代数方程求根，堪称不动点算法的范例。
如果将复数域理解为复平面，将0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=--（1≥n ，0≠n a ）的根理解为它在复平面上的零点，那么就可以借助复变函数的理论去证明代数学基本定理。
这种证明方法比较简洁，方法也有多种。
近年来，诸多数学家又给出了其它的证明方法，例如2003年翁东东[]6对代数基本定理进行了多种方法的分析，并给予了形象的证明。
他并没有采用常用的刘维尔定理和儒歇原理运用复变函数的方法进行证明，而是采用了初等方法证明了代数基本定理，说明可不用复变函数理论中的有关概念和定理进行证明该定理。
本论文结合有关知识点，主要目的是归纳总结代数基本定理几种代表性的证明方法。
第一章运用复变函数理论中的柯西定理、刘维尔定理、儒歇定理、辐角原理、最大模原理、最小模原理、留数定理来证明代数学基本定理，并对这些证明方法进行说明、比较与总结。
第二章主要介绍了翁东东的初等方法的证明。
第三章介绍了Kuhn 的两个构造性的证明方法。
第四章简单介绍了高斯的纯解析证明方法。
1．代数基本定理的复变函数理论证明将复数域理解为复平面，将0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=--（其中1≥n ，0≠n a ）的根理解为它在复平面上的零点，那么就可以借助复变函数的理论去证明代数学基本定理。
这种证明方法比较简洁，方法也有多种。
本章主要针对于代数基本定理的两种陈述方式，运用复变函数理论中的柯西定理、刘维尔定理、儒歇定理、辐角原理、最大模原理、最小模原理、留数定理来证明代数学基本定理，并对这些证明方法进行说明、比较与总结。
1.1代数学基本定理的第一种陈述方式的证明代数学基本定理的第一种陈述方式为：任何一个一元n 次复系数多项式0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=--（其中1≥n ，0≠n a ）在复数域C 内至少有一根。
1.1.1利用柯西定理证明柯西于1825年给出了复变函数的积分和积分路径无关的条件，它是研究解析函数理论的基础，是复变函数的基本定理定理1.1.1（柯西定理） 设函数)(z f 在整个z 平面上的单连通区域D 内解析，C 为D 内任何一条简单闭合曲线，那么()0Cf z dz =⎰。
证明：设C 所围成的区域是0D ，取一个四边平行于坐标轴的矩形，把C 包含在内。
用线段连接矩形对边的中点，最多可把0D 分成四块。
不妨设分成1D ，E ，F ，G 四块。
由于()f z 沿的积分等于沿这四块区域边界积分的和，所以必有一块边界上的积分，满足11()()4D Cf z dz f z dz ∂≥⎰⎰用的同样的方法把1D 分成四块，其中必有一块2D 使得21211()()()44D D Cf z dz f z dz f z dz ∂∂≥≥⎰⎰⎰把这种做法一直进行下去可以得到曲线C 内的一串矩形区域或矩形被曲线C 截得的区域n D ，使得21()()4nD Cf z dz f z dz ∂≥⎰⎰存在唯一一点0z 属于每个n D 或n D ∂，而且n →∞时，0n D z →。
因为(z)f 在0z 有导数0()f z '，所以对任何0ε>，当z 与0z 充分接近时，0000()()()()f z f z z z f z z z ε'---≤-因为()0nD f z dz ∂=⎰，0()()0nD z z f z dz ∂'-=⎰，所以当n 充分大时，0000()()()()()nnnD D D f z dz f z f z z z f z ds z z ds ε∂∂∂'≤---≤-⎰⎰⎰设最大矩形的周长是L 。
当n 充分大时，对于n z D ∈∂，有0n z z D -<∂的周长，所以2012224n n n n n n D D L LL L z z ds ds εεεε∂∂-≤≤⨯=⎰⎰，由以上两式得2()Cf z dz L ε≤⎰因为ε为任意正数，所以()0Cf z dz =⎰。
基本定理的证明:设0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=--，其中1≥n ，0≠n a 。
假设)(z p 在复平面上无零点，即对任意z C ∈，有0)(≠z p ， 于是()()p z p z '在z 平面解析，由柯西定理()0()Cp z dz p z '=⎰（其中C 是圆周R z =） (1-1) 另一方面，()()p z p z '=01111211......)1(a z a z a z a a z a n z na n n n n n n n n ++++++-+----- )1...11()11...111(01111n nn n n n n n za a z a a z za a n z a a n n n +++++-+=---)](1[2z q n+= 其中函数()p z 满足当∞→z 时，一致趋于零。
又因为12C dz i zπ=⎰，所以()1max ()2max ()0C C z R z Rq z dz q z dz q z z z π==≤=→⎰⎰ （z R =→∞） (1-2) 故1(z)lim[]C C R dz q dz n i z zπ→∞+=⎰⎰， 比较(1-1)与(1-2)得0=n ，这与定理的条件矛盾，所以()p z 在平面上至少有一个零点，即一元n 次方程在复数域内至少有一个根。
证毕。
1.1.2利用刘维尔定理证明刘维尔定理是复变函数论中的一个著名定理，在复变函数中有着广泛的应用。
下面介绍其内容及运用该定理证明代数基本定理的方法。
定理1.1.2（刘维尔定理） 有界整函数必为常数。
证明：()f z 是有界整函数，即存在(0,)M ∈+∞，使得对任意的z ∈，()f z M <， 因此任意的0z ∈及任意的(0,)ρ∈+∞,()f z 在}{0z z z ρ-≤上解析，从而有0()f z M ρ'≤，令ρ→+∞，可见对任意的0z ∈，0()0f z '=，从而()f z 在复数域上恒等于常数。
基本定理的证明:假设1110()...n n n n p z a z a z a z a --=++++在z 平面上无零点。
则()p z 为整函数且当∞→z 时，∞→+++=-)...()(01n n n n zaz a a z z p 。
令)(1)(z p z f =，则()f z 也是整函数。
又因为z lim ()0f z →∞=，所以)(z f 在整个复平面上有界。
由刘维尔定理知)(z f 为常数，与)(z p 不是常数矛盾。
因此一元n 次方程在复数域内至少有一个根。
证毕。
刘维尔定理的应用非常广泛。
用刘维尔定理做证明题时常见的方法有两种：一种是利用反证法来证明，另一种是构造辅助函数来证明。
而在刘维尔定理证明代数学基本定理的过程中巧妙地把这两种方法结合了起来。
它的证明思路很清晰：利用反证法，并构造辅助函数)(1)(z p z f =，由)(z f 为整函数且在复数域上有界，得到)(z f 为常数，这与假设相比得出矛盾，从而得出结论一元n 次方程在复数域内至少有一个根。
它的证明过程也很简洁，很容易让初学者理解和掌握。
1.1.3利用最大模原理证明最大模原理在复变函数理论中也是很重要的定理，它深刻反映着解析函数的性质。
下面介绍运用该定理证明代数基本定理的方法。
定理 1.1.3（最大模原理） 设函数)(z f 在区域D 内解析，且恒不为常数，则()f z 在区域D 内任意点都取不到最大值。
证明：假定()f z 在D 内不恒等于一常数，那么1()D f D =是一区域。
设()f z 在0z D ∈达到最大值。
显然，001()w f z D =∈且0w 必有一充分小的邻域包含在1D 内，于是在这邻域内可找到一点w '满足0w w '>，从而在D 内有一点z '满足()w f z ''=以及0()()f z f z '>，这与题设矛盾。
因此()f z 在D 内恒等于一常数。
基本定理的证明:假设n n n a z a z z p +++=-...)(11在复平面上没有零点，即0)(≠z p ， 则)(1)(z p z g =在z 平面上解析。
显然当R z =且R 充分大时有 nnnza z a z z p +++=...1)(1n n n nR R a R a R 21)...1(1≥---≥ 因此，在R z =上且R 充分大时，有n Rz p z g 2)(1)(≤=，从而由最大模原理，有 2max ()n z Rg z R=≤特别地，在0=z 处，有2)0(1)0(2R g p a n ≥==。
而这对于充分大的R 显然不成立。
这就说明了“)(z p 在z 平面上没有零点”的假设是不成立的，从而可以得到)(z p 在z 平面至少有一个零点，即一元n 次方程在复数域内至少有一个根。