谁能给一个代数基本定理的代数证明
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所有的证明都包含了一些数学分析，至少是实数或复数函数的连续性概念。有些证明也用到了可微函数，甚至是解析函数。
定理的某些证明仅仅证明了任何实系数多项式都有复数根。这足以推出定理的一般形式，这是因为，给定复系数多项式p(z)，以下的多项式
就是一个实系数多项式，如果z是q(z)的根，那么z或它的共轭复数就是p(z)的根。
许多非代数证明都用到了“增长引理”：当|z|足够大时，首系数为1的n次多项式函数p(z)的表现如同z。一个更确切的表述是：存在某个正实数R，使得当|z| > R时，就有： 证明一
寻找一个中心为原点，半径为r的闭圆盘D，使得当|z| ≥ r时，就有|p(z)| > |p(0)|。因此，|p(z)|在D内的最小值（一定存在，因为D是紧致的），是在D的内部的某个点z0取得，但不能在边界上取得。于是，根据最小模原理，p(z0) = 0。也就是说，z0是p(z)的一个零点（根）。
证明二
由于在D之外，有|p(z)| > |p(0)|，因此在整个复平面上，|p(z)|的最小值在z0取得。如果|p(z0)| > 0，那么1/p在整个复平面上是有界的全纯函数，这是因为对于每一个复数z，都有|1/p(z)| ≤ |1/p(z0)|。利用刘维尔定理（有界的整函数一定是常数），可知1/p是常数，因此p是常数。于是得出矛盾，所以p(z0) = 0。
证明三
这个证明用到了辐角原理。设R为足够大的正实数，使得p(z)的每一个根的绝对值都小于R；这个数一定存在，因为n次多项式函数最多有n个根。对于每一个r > R，考虑以下的数：
其中c(r)是中心为0，半径为r的逆时针方向的圆；于是辐角原理表明，这个数是p(z)在中心为0、半径为r的开圆盘内的零点的数目N，由于r > R，所以它也是p(z)的零点的总数目。另一方面，n/z沿着c(r)的积分除以2πi，等于n。但这两个数的差为：
被积分的有理表达式中的分子，次数最多是n 1，而分母的次数是n + 1。因此，当r趋于+∞时，以上的数趋于0。但这个数也等于N n，因此有N = n。
证明四
这个证明结合了线性代数和柯西积分定理。为了证明每一个n > 0次复系数多项式都有一个根，只需证明每一个方块矩阵都有一个复数特征值。证明用到了反证法。
设A为大小n > 0的方块矩阵，并设In为相同大小的单位矩阵。假设A没有特征值。考虑预解函数
它在复平面上是亚纯函数，它的值位于矩阵的向量空间内。A的特征值正好是R(z)的极点。根据假设，A没有特征值，因此函数R(z)是整函数，根据柯西积分定理可知：
另一方面，把R(z)展开为几何级数，可得：
这个公式在半径为||A||的闭圆盘的外部（A的算子范数）成立。设r > ||A||。那么：
（仅当k = 0时，积分才不等于零）。于是得出矛盾，因此A一定有一个特征值。 设z0 ∈ C为使|p(z)|在z0取得最小值的数; 从用到刘维尔定理的证明中，可以看到这样一个数一定存在。我们可以把p(z)写成z z0的多项式：存在某个自然数k和一些复数，使得，以及：
可推出如果a是的一个k重根，且t是足够小的正数，那么|p(z0 + ta)| < |p(z0)|，这是不可能的，因为|p(z0)|是|p|在D内的最小值。
对于另外一个用到反证法的拓扑学证明，假设p(z)没有根。选择一个足够大的正数R，使得对于|z| = R，p(z)的第一项z大于所有其它的项的和；也就是说，|z| > |an 1z + ··· + a0|。当z依逆时针方向绕过方程为|z| = R的圆一次时，p(z)，像z那样，依逆时针方向绕过零n次。在另外一个极端，|z| = 0时，“曲线” p(z)仅仅是一个（非零的）点p(0)，它的卷绕数显然是0。如果z所经过的回路在这两个极端中被连续变形，那么p(z)的路径也连续变形。我们可以把这个变形记为，其中t大于或等于0，而小于或等于1。如果我们把变量t视为时间，那么在时间为零时，曲线为p(z)，时间为1时，曲线为p(0)。显然在每一个点t，根据原先的假设p(z)都不能是零，因此在变形的过程中，曲线一直都没有经过零。因此曲线关于0的绕数应该不变。然而，由于绕数在一开始是n，结束时是0，因此得出矛盾。所以，p(z)至少有一个根。 这个证明需要依赖实数集的如下事实：正实数R在上有实平方根，以及任何奇次多项式在上有一个根（这可以用介值定理证明）。
首先。经过简单的计算可以证明在开平方运算下是封闭的（利用事实1）。结合。得出不存在二阶扩张。
由于，于是任何的扩张都是可分的，从而任何的代数扩张都可以被包含在一个伽罗瓦扩张内。假设是一个伽罗瓦扩张。考虑伽罗瓦群的西罗2-子群H。那么是奇数。由本原元定理得出，K存在本原元，它的极小多项式是奇次的。但是利用实数集的事实2，任何奇次数多项式在实数上有一个根，于是不存在奇次的且次数>1的不可约多项式。于是是2的幂次。
假设并且r>0，再次利用西罗定理，G存在一个阶为2的子群N。这时。这和先前不存在二阶扩张矛盾。因此的任何代数扩张都是本身，代数基本定理得证。
定理的某些证明仅仅证明了任何实系数多项式都有复数根。这足以推出定理的一般形式，这是因为，给定复系数多项式p(z)，以下的多项式
就是一个实系数多项式，如果z是q(z)的根，那么z或它的共轭复数就是p(z)的根。
许多非代数证明都用到了“增长引理”：当|z|足够大时，首系数为1的n次多项式函数p(z)的表现如同z。一个更确切的表述是：存在某个正实数R，使得当|z| > R时，就有： 证明一
寻找一个中心为原点，半径为r的闭圆盘D，使得当|z| ≥ r时，就有|p(z)| > |p(0)|。因此，|p(z)|在D内的最小值（一定存在，因为D是紧致的），是在D的内部的某个点z0取得，但不能在边界上取得。于是，根据最小模原理，p(z0) = 0。也就是说，z0是p(z)的一个零点（根）。
证明二
由于在D之外，有|p(z)| > |p(0)|，因此在整个复平面上，|p(z)|的最小值在z0取得。如果|p(z0)| > 0，那么1/p在整个复平面上是有界的全纯函数，这是因为对于每一个复数z，都有|1/p(z)| ≤ |1/p(z0)|。利用刘维尔定理（有界的整函数一定是常数），可知1/p是常数，因此p是常数。于是得出矛盾，所以p(z0) = 0。
证明三
这个证明用到了辐角原理。设R为足够大的正实数，使得p(z)的每一个根的绝对值都小于R；这个数一定存在，因为n次多项式函数最多有n个根。对于每一个r > R，考虑以下的数：
其中c(r)是中心为0，半径为r的逆时针方向的圆；于是辐角原理表明，这个数是p(z)在中心为0、半径为r的开圆盘内的零点的数目N，由于r > R，所以它也是p(z)的零点的总数目。另一方面，n/z沿着c(r)的积分除以2πi，等于n。但这两个数的差为：
被积分的有理表达式中的分子，次数最多是n 1，而分母的次数是n + 1。因此，当r趋于+∞时，以上的数趋于0。但这个数也等于N n，因此有N = n。
证明四
这个证明结合了线性代数和柯西积分定理。为了证明每一个n > 0次复系数多项式都有一个根，只需证明每一个方块矩阵都有一个复数特征值。证明用到了反证法。
设A为大小n > 0的方块矩阵，并设In为相同大小的单位矩阵。假设A没有特征值。考虑预解函数
它在复平面上是亚纯函数，它的值位于矩阵的向量空间内。A的特征值正好是R(z)的极点。根据假设，A没有特征值，因此函数R(z)是整函数，根据柯西积分定理可知：
另一方面，把R(z)展开为几何级数，可得：
这个公式在半径为||A||的闭圆盘的外部（A的算子范数）成立。设r > ||A||。那么：
（仅当k = 0时，积分才不等于零）。于是得出矛盾，因此A一定有一个特征值。 设z0 ∈ C为使|p(z)|在z0取得最小值的数; 从用到刘维尔定理的证明中，可以看到这样一个数一定存在。我们可以把p(z)写成z z0的多项式：存在某个自然数k和一些复数，使得，以及：
可推出如果a是的一个k重根，且t是足够小的正数，那么|p(z0 + ta)| < |p(z0)|，这是不可能的，因为|p(z0)|是|p|在D内的最小值。
对于另外一个用到反证法的拓扑学证明，假设p(z)没有根。选择一个足够大的正数R，使得对于|z| = R，p(z)的第一项z大于所有其它的项的和；也就是说，|z| > |an 1z + ··· + a0|。当z依逆时针方向绕过方程为|z| = R的圆一次时，p(z)，像z那样，依逆时针方向绕过零n次。在另外一个极端，|z| = 0时，“曲线” p(z)仅仅是一个（非零的）点p(0)，它的卷绕数显然是0。如果z所经过的回路在这两个极端中被连续变形，那么p(z)的路径也连续变形。我们可以把这个变形记为，其中t大于或等于0，而小于或等于1。如果我们把变量t视为时间，那么在时间为零时，曲线为p(z)，时间为1时，曲线为p(0)。显然在每一个点t，根据原先的假设p(z)都不能是零，因此在变形的过程中，曲线一直都没有经过零。因此曲线关于0的绕数应该不变。然而，由于绕数在一开始是n，结束时是0，因此得出矛盾。所以，p(z)至少有一个根。 这个证明需要依赖实数集的如下事实：正实数R在上有实平方根，以及任何奇次多项式在上有一个根（这可以用介值定理证明）。
首先。经过简单的计算可以证明在开平方运算下是封闭的（利用事实1）。结合。得出不存在二阶扩张。
由于，于是任何的扩张都是可分的，从而任何的代数扩张都可以被包含在一个伽罗瓦扩张内。假设是一个伽罗瓦扩张。考虑伽罗瓦群的西罗2-子群H。那么是奇数。由本原元定理得出，K存在本原元，它的极小多项式是奇次的。但是利用实数集的事实2，任何奇次数多项式在实数上有一个根，于是不存在奇次的且次数>1的不可约多项式。于是是2的幂次。
假设并且r>0，再次利用西罗定理，G存在一个阶为2的子群N。这时。这和先前不存在二阶扩张矛盾。因此的任何代数扩张都是本身，代数基本定理得证。
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