Groups, Rings, Fields ...

Chào mignon, tớ viết cho cậu cách đơn giản nhất nhé:
Xét đa thức P(z)=an*z^n+...+a1*z+a0 với aj thuộc C và an khác 0.
Ta sẽ cm đa thức P(z) có nghiệm phức. Giả sử P(z) khác 0 với mọi z thuộc C. Từ |P(z)|>=|an|*|z|^n-...-|a1||z|-|a0|, ta suy ra
lim|P(z)| = vô cùng khi |z| tiến ra vô cùng. Mà |P(z)| là hàm liên tục nên nó đạt min ở d nào đó, |P(d)|=min{ |P(z)| : z thuộc C} > 0 (vì |P(z)| > 0 với mọi z thuộc C)
Đặt Q(z) = P(z+d) : P(d), ta được Q(z) là đa thức thoả mãn
1 = Q(0) = min{ |Q(z)| : z thuộc C }
(Đặt Q nhu vậy chẳng qua để coi d=0)
Viết Q(z)=bn*z^n+...+bk*z^k+1 với bn, bk khác 0 ( gọi k là số tự nhiên lớn nhất thoả mãn bk = 0, bj=0 với mọi 0<j<k).
Viết lại : Q(z)=H(z)+1 thì Re(Q(z))=Re(H(z))+1, Im(Q(z))=Im(H(z))
Ta có :
|Q(z)|>=1 với mọi z thuộc C.
Suy ra |Q(z)|^2>=1 với mọi z thuộc C
Suy ra (Re(Q(z)))^2+(Im(Q(z))^2>=1 với mọi z thuộc C
Suy ra [Re(H(z))+1]^2 + [Im(H(z))]^2 >=1
Suy ra [Re(H(z))]^2 + [Im(H(z))]^2 + 2*Re(H(z))>=0
Suy ra |H(z)|^2 + 2*Re(H(z))>=0
Ta có H(z)=bn*z^n +... + bk*z^k=z^k*G(z) với G(z) là đa thức.
Suy ra |z|^(2k)|G(z)|^2 + 2Re[bn*z^n+...+b(k+1)*z^(k+1)] + 2Re(bk*z^k)>=0
Suy ra |z|^(2k)|G(z)|^2 + 2|bn*z^n+...+b(k+1)*z^(k+1)| >= -2Re(bk*z^k) với mọi z thuộc C (1)
Suy ra |cm|*|z|^m + ... +|c(k+1)||z|^(k+1) >= -2Re(bk*z^k)
Ta chọn z sao cho Re(bk*z^k)=-|bk||z|^k như sau, đặt
bk=|bk|e^(it) thì chọn z = -re^(-i*(t : k)) thì dược
Re(bk*z^k)=-|bk|r^k
Cho z = -re^(-i*(t : k)) vào (1) ta được
|cm|*r^m + ... +|c(k+1)|r^(k+1) >= 2|bk|r^k với mọi r>0. Điều này không thể khi cho r tiến tới 0 vì vế trái tién về 0 nhanh hơn vế phải. Mâu thuẫn ta được đpcm.

Merci ht_sp, chung minh rất súc tích, chi tiết và dễ hiểu .
mignon

Cách này có vẻ dùng ít kiến thức nhất nhỉ
Em chỉ biết cách dùng nguyên lý module cực đại !!