Complex function

用 Liouville 定理（整个有界函数为常数）来证明 代数基本定理 是经典且简洁的方式。下面给出完整而严谨的证明步骤与要点（自洽、可检验的估计）。

目标：若 (p(z)) 为非常数复系数多项式，则 (p) 在 (\mathbb C) 上至少有一个根。

证明（用 Liouville）：

1. 设 (p(z)=a_n z^n + a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_0) 为次数 (n\ge1) 的多项式，且 (a_n\neq0)。

2. 用反证法，假设 (p) 在复平面上没有零点（即对所有 (z\in\mathbb C) 有 (p(z)\neq0)）。

3. 则函数 [ f(z)=\frac{1}{p(z)} ] 在整个复平面上处处解析（因为 (p) 无零），即 (f) 是整个函数（entire）。

4. 我们要证明 (f) 有界，从而由 Liouville 定理推出 (f) 是常数，进而 (p) 也为常数，与 (n\ge1) 矛盾。

5. 为此对大 (z) 做估计。按三角不等式（或常用的多项式主项估计），存在一个半径 (R>0) 使得当 (|z|>R) 时，低次项对主项的贡献被主项主导：具体地，可选 (R) 使得 [ |a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_0|\le \tfrac{|a_n|}{2}|z|^n ] 对所有 (|z|>R) 成立（因为低次项相对 (z^n) 的比值在 (|z|\to\infty) 时趋于 0）。

因此当 (|z|>R) 时有 [ |p(z)| \ge |a_n||z|^n - |a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_0| \ge |a_n||z|^n - \tfrac{|a_n|}{2}|z|^n = \tfrac{|a_n|}{2}|z|^n. ]

1. 从上式立即得到：当 (|z|>R) 时 [ |f(z)| = \frac{1}{|p(z)|} \le \frac{2}{|a_n|},|z|^{-n} \le \frac{2}{|a_n|},R^{-n}. ] 所以 (f) 在外域 ({ |z|>R}) 上受上界 (M_1:=\tfrac{2}{|a_n|}R^{-n}) 约束。

2. 而在闭盘 ({ |z|\le R}) 上，函数 (f) 连续（无极点），所以在紧集上达到最大值，存在常数 (M_2) 使得 (|f(z)|\le M_2) 对所有 (|z|\le R) 成立。

3. 于是对所有 (z\in\mathbb C) 有 [ |f(z)| \le \max{M_1, M_2} =: M <\infty, ] 即 (f) 在整个复平面上有界。

4. 由 Liouville 定理，整个有界解析函数必为常数，因此 (f) 为常数。于是 (p(z)=1/f(z)) 也是常数，矛盾（因 (n\ge1)）。

5. 因此原假设（无根）不成立，故 (p) 在 (\mathbb C) 上至少有一个根。—— 代数基本定理得证。