代数证明

拓扑证明

设 $p(z)$ 是次数 $n\ge 1$ 的复系数多项式。假设 $p(z)$ 在 $\mathbb{C}$ 上无根。
当 $|z|\to \infty$ 时: $|p(z)|\to \infty$。 因为 $|p(z)|\approx |a_n{z}^n|$。
存在 $R$: 存在 $R>0$ 使得 $|z|>R⟹|p(z)|>|p(0)|$。这意味着 $|p(z)|$ 的最小值点 $z_m$ 必定在闭圆盘 $K=\{z\mid |z|\le R\}$ 内。
又有 $K$ 是紧集 $|p(z)|$ 是连续函数。根据极值定理，$|p(z)|$ 在 $K$ 上取得最小值 $m$ 在某点 $z_m\in K$。
假设 $m>0$: 那么 $p(z_m)\ne 0$。构造 $q(w)=p(z_m+w)$: $q(0)=p(z_m)\ne 0$。
$q(w)=q(0)+c_k{w}^k+\dots$ ($c_k\ne 0$ 是第一个非零系数， $k\ge 1$)。
选择 $w$: 选择一个小的 $w$ (幅角使 $c_k{w}^k$ 与 $-q(0)$ 同向，模长使 $|c_k{w}^k|<|q(0)|$)。$|q(w)|=|q(0)+c_k{w}^k+\dots |<|q(0)|$。即 $|p(z_m+w)|<|p(z_m)|$。
这与 $z_m$ 是 $|p(z)|$ 的最小值点矛盾。

复分析证明

1. Liouville定理的途径

$P(z)=z^n+a_{n-1}{z}^{n-1}+...+a_0$是定义在复平面上的多项式，假设多项式在复平面上没有根，那么$\frac{1}{P(z)}$是一个整函数。$\frac{1}{P(z)}=O\left(\frac{1}{z^n}\right)$因为后面的$\left|1+a_{n-1}\frac{1}{z}+...+a_0\frac{1}{z^n}\right|\to 1\text{as}z\to \infty$,因此$\left|\frac{1}{P(z)}\right|$存在一个上界，因此这是常函数。但这显然是矛盾的。

2.卷绕数的证明途径

基本想法

此证明基于这样两个实事：$P(z)=z^n+a_{n-1}{z}^{n-1}+...+a_0$是定义在复平面上的多项式。给定一个正实数$R$,定义半径为$R$的圆周经过这个多项式映射后的曲线${\gamma }_R(t):=P(R{e}^{it})$

1. 对于足够大的$R$,曲线${\gamma }_R(t)$关于原点0的卷绕数，$W_{{\gamma }_R}(0)>0$ 
2. 如果多项式在闭圆盘$\overline{D(0,R)}$没有零点那么$W_{{\gamma }_R}(0)=0$
   这两个实事在多项式在整个复平面上没有根的假设下是矛盾的。

首先考虑半径为$R$，圆心为$0$的圆周经过多项式映射以后的曲线${\gamma }_R(t)$关于$0$的卷绕数：$\begin{array}{rl}{W}_{{\gamma }_R}(0)& =\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\gamma }_R}\frac{1}{z}dz\\ & =\frac{1}{2\pi i}{\int }_0^{2\pi }\frac{P^{\prime }(R{e}^{it})Ri{e}^{it}}{P(R{e}^{it})}dt\\ & =\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_R(0)}\frac{P^{\prime }(w)}{P(w)}dw\end{array}$如果多项式在$\overline{D(0,R)}$当中没有根，那么积分里面就是一个全纯函数，因此$W_{{\gamma }_R}(0)=0$。这便是想法中的第二个事实。

关于第一个事实，考虑 $\frac{P^{\prime }(w)}{P(w)}=\frac{n}{w}g(w)$，

$g(w)\to 1\text{ as }w\to \infty$。也就是说，对于任意的 $\epsilon >0$，存在 $R_{\epsilon }>0\text{ s.t. }$ 当 $|w|>R_{\epsilon }$ 的时候，有 $|g(w)-1|<\epsilon$。

如此一来，假设我们取 ${\epsilon }_0=1/2$，那么再取一个 $R^{\prime }>R_{{\epsilon }_0}$，这样一来：

于是