「代数学の基本定理」の証明

$f(K)$が有界閉集合であることを示せばよい．

$f(K)$が有界でないなら，点列$\lbrace z_n \rbrace\in K(n=1,2, \cdots )$で，$\left| f(z_n) \right|\rightarrow \infty$となるものが存在する．$K$は有界なので，Bolzano-Weierstrassの定理から，部分列$\lbrace z_n \rbrace$が存在して，ある$z_0\in \mathbb{C}$に収束する．$K$は閉集合ゆえ，$z_0\in K$である．関数$f$は連続ゆえ，$\left| f(z_{n_k}) \right| \rightarrow \left| f(z_0) \right| $となるが，これは$\lbrace z_n \rbrace$の取り方に反する．ゆえに，$f(K)$は有界集合である．

また，$w_0\in \mathrm{Cl}(f(K))$として，$f(z_n)\rightarrow w_0$となる点列$z_n \in K$をとる．$f$は連続ゆえ，ある$\alpha \in \mathbb{C}$ が存在して，$z_n \rightarrow \alpha，f(\alpha)=w_0$となる．$K$は閉集合ゆえ，$\alpha \in K$だから，$w_0=f(\alpha)\in f(K)$．したがって，$f(K)$は閉集合である．

$\left| f \right|$の像$\left| f \right|(K)$は$\mathbb{R}$に含まれる有界閉集合である．したがって，$a_0\coloneqq \inf \left| f \right| (K), b_0\coloneqq \sup \left| f \right| (K)$はともに有限値であり，しかも$\left| f \right| (K)$に属する．明らかに，$a_0$が$\left| f \right|$の最小値，$b_0$が$\left| f \right|$の最大値である．

$P(z)$が定数のときは明らか．$n \geq 1$とし，$P(z)=a_nz^n+ \cdots +a_1z+a_0(a_n \neq 0)$とおく。$ z \neq 0$のとき，
\begin{align} |P(z)| & = \left| z^n \right| \left| a_n+\displaystyle\frac{a_{n-1}}{z}+ \cdots \displaystyle\frac{a_1}{z^{n-1}}+\displaystyle\frac{a_0}{z^n} \right| \\ & \geq \left| z \right| ^n \left( \left| a_n \right| - \frac{ \left| a_{n-1} \right| }{ \left| z \right| } -\cdots -\frac{ \left| a_{0} \right| }{ \left| z \right|^n }\right) \end{align}
であるから，$z \rightarrow \infty$として，$\left| P(z) \right|\rightarrow \infty$を得る．ゆえに，
\begin{gather} \exists L \gt 0 \mathrm{s.t.} \left| z \right| \gt L \Longrightarrow \left| P(z) \right| \gt \left| P(0) \right| ． \end{gather}
集合$\lbrace z\in \mathbb{C} : \left| z \right| \leq 1 \rbrace$は有界閉集合，すなわちコンパクト集合なので，補題2より$\left| P(z) \right|$はこの集合上で最小値$m$をもち，$m \leq \left| P(0) \right| $であるから，この$m$は$\mathbb{C}$全体における$\left| P(z)\right|$の最小値である．

$P(z)$が$\mathbb{C}$で$0$にならないと仮定する．このとき，補題3により，$\left| P(z) \right|$はある$a \in \mathbb{C}$で正の最小値をもつ．

さて，$Q(z)\coloneqq \displaystyle\frac{P(z+a)}{P(a)} $とおくと，$\left| Q(z) \right|$は$z=0$で最小値$1$をもつ．

ここで，$Q(z)=1+bz^k+$(高次の項)$(0 \neq b \in \mathbb{C})$とする．$-\displaystyle\frac{1}{b}$の$k$乗根を1個選んで$\omega$とする．$Q(t\omega)$ $(t\in \mathbb{R})$を考えると，$Q(t\omega) =1-t^k+o(t^k)$ $(t\rightarrow 0)$となるので，
\begin{align} \lim_{t \to +0} \frac{1- \left| Q(t\omega) \right| }{t^k} & = \lim_{t \to +0} \frac{1- \left( 1-t^k+o(t^k) \right) \overline{\left ( 1-t^k+o(t^k) \right)} }{t^k \left( 1+ \left| Q(t\omega) \right| \right) } \\ & = \lim_{t \to +0} \frac{2t^k+o(t^k)}{t^k \left( 1+ \left| Q(t\omega) \right| \right)} \\ & = \lim_{t \to +0} \frac{2+o(1)}{1+ \left| Q(t\omega) \right| } \\ & = \frac{2}{1+1} \\ & = 1 . \end{align}
ゆえに$t$が十分小のとき，$1-\left| Q(t\omega) \right| \gt 0$，すなわち$\left| Q(t\omega) \right| \lt 1$である．これは，$\left| Q(z) \right|$の最小値が$1$であることに矛盾する．

したがって，任意の$n$次多項式$P(z)$（ただし$n \geq 1$）は$\mathbb{C}$に根をもち，$P(\alpha)=0$となる$\alpha \in \mathbb{C}$があることがわかる．因数定理より$P(z)=(z-\alpha)R(z)$と書けることがわかり，$(n-1)$次の多項式$R(z)$に再び今の議論を適用する．そしてこの議論を繰り返して次数を下げていくことにより，$P(z)$が，重複も込めて，ちょうど$n$個の根をもつことがわかる．