如何证明任何一复系数整式p(z)都可以分解成若干个(z-c)相乘的形式？
要证明任何一个复系数多项式 $p(z)$ 都可以分解成若干个 $(zc)$ 相乘的形式，我们需要依赖一个至关重要的数学工具：代数基本定理（Fundamental Theorem of Algebra）。这个定理是整个证明的基石，没有它，我们寸步难行。
代数基本定理是什么？
简单来说，代数基本定理告诉我们：任何一个次数大于零的复系数多项式，至少有一个复数根。
这句话听起来可能有点抽象，我们来把它拆解一下：
复系数多项式： 就是形如 $p(z) = a_n z^n + a_{n1} z^{n1} + dots + a_1 z + a_0$ 的表达式，其中系数 $a_i$ 可以是任意的复数（包括实数，因为实数是复数的一个特例）。
次数大于零： 意味着这个多项式不是一个常数，至少有 $z$ 这个变量在其中。
至少有一个复数根： 根（或零点）是指一个数值 $c$，当把 $z$ 替换成 $c$ 时，多项式的值 $p(c)$ 等于零。代数基本定理保证，对于任何一个非零常数的多项式，我们总能找到一个复数 $c$ 使得 $p(c) = 0$。
那么，代数基本定理是如何帮助我们分解多项式的呢？
这里我们将使用一种归纳的思想来逐步构建这个分解过程。
第一步：利用代数基本定理找到第一个根
假设我们有一个次数为 $n ge 1$ 的复系数多项式 $p(z) = a_n z^n + a_{n1} z^{n1} + dots + a_1 z + a_0$，其中 $a_n eq 0$。
根据代数基本定理，我们知道 $p(z)$ 至少有一个复数根。我们就称这个根为 $c_1$。
第二步：因式定理的力量
一旦我们找到了一个根 $c_1$，我们就知道 $p(c_1) = 0$。这里就要引出另一个重要的定理——因式定理（Factor Theorem）。
因式定理告诉我们：如果 $c$ 是多项式 $p(z)$ 的一个根，那么 $(zc)$ 是 $p(z)$ 的一个因式。
换句话说，如果 $p(c_1) = 0$，那么我们可以把 $p(z)$ 写成 $(zc_1)$ 乘以另一个多项式 $q(z)$ 的形式：
$p(z) = (zc_1) q(z)$
这里的 $q(z)$ 会是什么样的多项式呢？经过多项式长除法（或者我们知道的代数运算性质），我们可以确定 $q(z)$ 是一个次数比 $p(z)$ 少一次的复系数多项式。如果 $p(z)$ 的次数是 $n$，那么 $q(z)$ 的次数就是 $n1$。
第三步：递归地应用同样的逻辑
现在，我们有了 $p(z) = (zc_1) q(z)$。如果 $q(z)$ 的次数仍然大于零（也就是 $n1 ge 1$），那么根据代数基本定理，$q(z)$ 也至少有一个复数根。我们称这个根为 $c_2$。
同样地，根据因式定理，$(zc_2)$ 是 $q(z)$ 的一个因式。所以我们可以把 $q(z)$ 写成：
$q(z) = (zc_2) r(z)$
其中 $r(z)$ 是一个次数比 $q(z)$ 少一次的复系数多项式。
将这个代回原来的式子，我们就得到：
$p(z) = (zc_1) (zc_2) r(z)$
我们不断重复这个过程。每次我们都会找到剩余多项式的一个根，并将它分解出来，直到剩余的多项式次数降为零为止。
第四步：分解的终结
假设 $p(z)$ 的次数是 $n$。我们每次分解都能将次数降低 $1$。那么最多进行 $n$ 次这样的分解，我们就应该得到一个次数为零的多项式。次数为零的多项式就是一个非零常数。我们就称这个常数为 $a_n$（它就是 $p(z)$ 的最高次项系数）。
所以，经过 $n$ 次这样的分解，我们可以得到：
$p(z) = (zc_1)(zc_2)dots(zc_n) cdot a_n$
这里，$c_1, c_2, dots, c_n$ 是 $p(z)$ 的 $n$ 个复数根（注意，这些根可能重复）。
总结证明过程：
1. 基础（代数基本定理）： 任何一个次数 $n ge 1$ 的复系数多项式 $p(z)$ 都至少有一个复数根 $c_1$。
2. 工具（因式定理）： 由于 $c_1$ 是根，则 $(zc_1)$ 是 $p(z)$ 的一个因式，即 $p(z) = (zc_1)q(z)$，其中 $q(z)$ 是一个次数为 $n1$ 的复系数多项式。
3. 递进（归纳思想）：
如果 $n1 ge 1$，则 $q(z)$ 根据代数基本定理也至少有一个复数根 $c_2$。
根据因式定理，$q(z) = (zc_2)r(z)$，其中 $r(z)$ 次数为 $n2$。
因此，$p(z) = (zc_1)(zc_2)r(z)$。
4. 终点： 重复此过程 $n$ 次，每次都找到剩余多项式的根并分解。最终会得到 $p(z) = a_n(zc_1)(zc_2)dots(zc_n)$ 的形式，其中 $a_n$ 是 $p(z)$ 的最高次项系数，而 $c_1, c_2, dots, c_n$ 是 $p(z)$ 的 $n$ 个复数根（可能重复）。
这个证明的精妙之处在于：
它不依赖于我们知道如何“找到”那个根，只需要知道它“存在”就足够了。代数基本定理就保证了这种存在性。
一旦找到一个根，因式定理就提供了一个明确的分解方法，将问题转化为一个更小的（次数更低）的类似问题，这正是归纳法强大的地方。
所以，任何一个复系数多项式 $p(z)$ 都可以被写成若干个形如 $(zc)$ 的一次因式与一个常数项的乘积。这就是代数基本定理以及因式定理结合的威力。
代数基本定理是什么？
简单来说，代数基本定理告诉我们：任何一个次数大于零的复系数多项式，至少有一个复数根。
这句话听起来可能有点抽象，我们来把它拆解一下：
复系数多项式： 就是形如 $p(z) = a_n z^n + a_{n1} z^{n1} + dots + a_1 z + a_0$ 的表达式，其中系数 $a_i$ 可以是任意的复数（包括实数，因为实数是复数的一个特例）。
次数大于零： 意味着这个多项式不是一个常数，至少有 $z$ 这个变量在其中。
至少有一个复数根： 根（或零点）是指一个数值 $c$，当把 $z$ 替换成 $c$ 时，多项式的值 $p(c)$ 等于零。代数基本定理保证，对于任何一个非零常数的多项式，我们总能找到一个复数 $c$ 使得 $p(c) = 0$。
那么，代数基本定理是如何帮助我们分解多项式的呢？
这里我们将使用一种归纳的思想来逐步构建这个分解过程。
第一步：利用代数基本定理找到第一个根
假设我们有一个次数为 $n ge 1$ 的复系数多项式 $p(z) = a_n z^n + a_{n1} z^{n1} + dots + a_1 z + a_0$，其中 $a_n eq 0$。
根据代数基本定理，我们知道 $p(z)$ 至少有一个复数根。我们就称这个根为 $c_1$。
第二步：因式定理的力量
一旦我们找到了一个根 $c_1$，我们就知道 $p(c_1) = 0$。这里就要引出另一个重要的定理——因式定理（Factor Theorem）。
因式定理告诉我们：如果 $c$ 是多项式 $p(z)$ 的一个根，那么 $(zc)$ 是 $p(z)$ 的一个因式。
换句话说，如果 $p(c_1) = 0$，那么我们可以把 $p(z)$ 写成 $(zc_1)$ 乘以另一个多项式 $q(z)$ 的形式：
$p(z) = (zc_1) q(z)$
这里的 $q(z)$ 会是什么样的多项式呢？经过多项式长除法（或者我们知道的代数运算性质），我们可以确定 $q(z)$ 是一个次数比 $p(z)$ 少一次的复系数多项式。如果 $p(z)$ 的次数是 $n$，那么 $q(z)$ 的次数就是 $n1$。
第三步：递归地应用同样的逻辑
现在，我们有了 $p(z) = (zc_1) q(z)$。如果 $q(z)$ 的次数仍然大于零（也就是 $n1 ge 1$），那么根据代数基本定理，$q(z)$ 也至少有一个复数根。我们称这个根为 $c_2$。
同样地，根据因式定理，$(zc_2)$ 是 $q(z)$ 的一个因式。所以我们可以把 $q(z)$ 写成：
$q(z) = (zc_2) r(z)$
其中 $r(z)$ 是一个次数比 $q(z)$ 少一次的复系数多项式。
将这个代回原来的式子，我们就得到：
$p(z) = (zc_1) (zc_2) r(z)$
我们不断重复这个过程。每次我们都会找到剩余多项式的一个根，并将它分解出来，直到剩余的多项式次数降为零为止。
第四步：分解的终结
假设 $p(z)$ 的次数是 $n$。我们每次分解都能将次数降低 $1$。那么最多进行 $n$ 次这样的分解，我们就应该得到一个次数为零的多项式。次数为零的多项式就是一个非零常数。我们就称这个常数为 $a_n$（它就是 $p(z)$ 的最高次项系数）。
所以，经过 $n$ 次这样的分解，我们可以得到：
$p(z) = (zc_1)(zc_2)dots(zc_n) cdot a_n$
这里，$c_1, c_2, dots, c_n$ 是 $p(z)$ 的 $n$ 个复数根（注意，这些根可能重复）。
总结证明过程：
1. 基础（代数基本定理）： 任何一个次数 $n ge 1$ 的复系数多项式 $p(z)$ 都至少有一个复数根 $c_1$。
2. 工具（因式定理）： 由于 $c_1$ 是根，则 $(zc_1)$ 是 $p(z)$ 的一个因式，即 $p(z) = (zc_1)q(z)$，其中 $q(z)$ 是一个次数为 $n1$ 的复系数多项式。
3. 递进（归纳思想）：
如果 $n1 ge 1$，则 $q(z)$ 根据代数基本定理也至少有一个复数根 $c_2$。
根据因式定理，$q(z) = (zc_2)r(z)$，其中 $r(z)$ 次数为 $n2$。
因此，$p(z) = (zc_1)(zc_2)r(z)$。
4. 终点： 重复此过程 $n$ 次，每次都找到剩余多项式的根并分解。最终会得到 $p(z) = a_n(zc_1)(zc_2)dots(zc_n)$ 的形式，其中 $a_n$ 是 $p(z)$ 的最高次项系数，而 $c_1, c_2, dots, c_n$ 是 $p(z)$ 的 $n$ 个复数根（可能重复）。
这个证明的精妙之处在于：
它不依赖于我们知道如何“找到”那个根，只需要知道它“存在”就足够了。代数基本定理就保证了这种存在性。
一旦找到一个根，因式定理就提供了一个明确的分解方法，将问题转化为一个更小的（次数更低）的类似问题，这正是归纳法强大的地方。
所以，任何一个复系数多项式 $p(z)$ 都可以被写成若干个形如 $(zc)$ 的一次因式与一个常数项的乘积。这就是代数基本定理以及因式定理结合的威力。
网友意见
你先证明代数基本定理，然后证明因式定理，这个结果就出来了。
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