贡献者： JierPeter; addis
由推论 2 ，如果 $f(z_0)=0$，那么必然存在一个 $n-1$ 阶多项式 $g(z)$，使得 $f(z)=g(z)\cdot(z-z_0)$。对 $g(z)$ 重复此步骤，再对接下来得到的每一个次数大于 $1$ 的多项式都重复此步骤，最终结果是存在一系列 $z_i\in\mathbb{C}$，使得 $f(z)=\prod\limits_{i=0}^{n}(z-z_i)$。
本小节将用不同思路证明代数学基本定理。
考虑 $\mathbb{C}$ 的度量拓扑，其中度量 $d(z_1, z_2)= \left\lvert z_1-z_2 \right\rvert $；换句话说，把 $\mathbb{C}$ 看成二维欧氏空间。假设存在多项式 $f(z)$ 使得任意复数 $z$ 都满足 $f(z)\not=0$，那么 $ \left\lvert f(z) \right\rvert \not=0$，于是可以引入映射 $p:\mathbb{C}\rightarrow S^1$，其中 $p(z)=f(z)/ \left\lvert f(z) \right\rvert $；换句话说，$p$ 将每个 $z\in\mathbb{C}$ 先映射到 $f(z)$，再保持辐角不变并移动到单位圆上。
由于 $f(z)$ 是连续映射，且 $f(z)/ \left\lvert f(z) \right\rvert $ 没有奇点，于是 $p(z)=f(z)/ \left\lvert f(z) \right\rvert $ 也是连续映射。
在 $\mathbb{C}$ 上选择任意一点 $z_0$ 作为基点来构造基本群。设任意回路 $r:S^1\rightarrow\mathbb{C}$，以及零回路 $n:S^1\rightarrow\mathbb{C}$，其中 $n(t)=z_0$ 对所有 $t$ 成立。由于 $\mathbb{C}$ 是可缩空间，因此必有 $r\cong n$。由定理 3 ，$p\circ r\cong p\circ n$，因此单位圆上的回路也彼此同伦。
然而我们知道 $S^1$ 的基本群是 $\mathbb{Z}$，意味着并非所有回路都彼此同伦，因此出现了矛盾。
矛盾意味着假设错误，也就是说 $f(z)$ 必然有零点。