儒歇定理给出了计算零点个数的一种比较简便实用的方法。
1，定理（儒歇定理）：若函数 \(f(z),\phi(z)\) 在闭曲线 \(\Gamma\) 上以及 \(\Gamma\) 内部解析，且在 \(\Gamma\) 上 \(|f(z)|>|\phi(z)|\)，则 \(f(z)\) 和 \(f(z)+\phi(z)\) 在 \(\Gamma\) 内部的零点个数相同。
证明：因为在 \(\Gamma\) 上， \(|f(z)|>|\phi(z)|\ge 0\)，\(|f(z)|>0\)，所以 \(f(z)\ne 0\)。
\[|f(z)+\phi(z)|\ge |f(z)|-|\phi(z)|>0\]
所以在 \(\Gamma\) 上，\(f(z)+\phi(z)\ne 0\)。由定理的条件，\(f(z)\) 和 \(f(z)+\phi(z)\) 满足辐角原理的条件。
设 \(M\) 和 \(M’\) 分别为 \(f(z)\) 和 \(f(z)+\phi(z)\) 在 \(\Gamma\) 内部零点的个数。由辐角原理
\[2\pi M=\Delta_{\Gamma}\text{Arg}f(z),\quad 2\pi M’=\Delta_{\Gamma}\text{Arg}(f(z)+\phi(z))\]
因为 \(f(z)+\phi(z)=f(z)\cdot\left(1+\frac{\phi(z)}{f(z)}\right)\)，所以
\begin{align*}2\pi M’&=\Delta_{\Gamma}\text{Arg}(f(z)+\phi(z))\\ &=\Delta_{\Gamma}f(z)\cdot\left(1+\frac{\phi(z)}{f(z)}\right)\\ &=\Delta_{\Gamma}f(z)+\Delta_{\Gamma}\left(1+\frac{\phi(z)}{f(z)}\right)\end{align*}
令 \(F(z)=\left(1+\frac{\phi(z)}{f(z)}\right)\)，因为在 \(\Gamma\) 上， \(|\phi(z)|<|f(z)|\)，所以
\[\text{Re}F(z)=1+\text{Re}\frac{\phi(z)}{f(z)}\ge 1-\left|\frac{\phi(z)}{f(z)}\right|>0\]
所以 \(F(z)\) 的实部大于 \(0\)，也就是说函数的图形在右半平面，所以当 \(z\) 沿 \(\Gamma\) 一圈，\(\Gamma\) 的辐角不会变。所以
\[\Delta_{\Gamma}\left(1+\frac{\phi(z)}{f(z)}\right)=0\]
从面
\[2\pi M’=\Delta_{\Gamma}f(z)+\Delta_{\Gamma}\left(1+\frac{\phi(z)}{f(z)}\right)=\Delta_{\Gamma}f(z)=2\pi M\]
所以 \(M=M’\)。
由儒歇定理，可以证明代数学基本定理，这个证明方式也给出了求函数的零点的个数的一个简便方法。
2，定理（代数学基本定理）：\(n\) 次多项式 \(P_n(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1z+a_0\) 有 \(n\) 个零点（有几重算几个）。
证明：记 \(f(z)=a_nz^n\)，则 \(f(z)\) 有 \(n\) 个零点。
取 \(\Gamma\) 为圆心在原点，半径为 \(R\) 的圆，令 \(\phi(z)=a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1z+a_0\)。
在 \(\Gamma\) 上，
\[|\phi(z)|\le |a_{n-1}|R^{n-1}+|a_{n-2}|R^{n-2}+\cdots+|a_1|R+|a_0|, \quad |f(z)|=|a_n|R^n\]
当 \(R\) 足够大且 \(R>1\) 时，\[R>\frac{|a_{n-1}|+|a_{n-2}|+\cdots+|a_1|+|a_0|}{|a_n|}\]
则在 \(\Gamma\) 上， \(|f(z)|>|\phi(z)|\)。由儒歇定理，\(P_n(z)=f(z)+\phi(z)\) 在 \(\Gamma\) 内与 \(f(z)\) 有相同的零点个数。
所以 \(P_n(z)\) 有 \(n\) 个零点。证毕。
我们用相同的思想来求一个函数的零个的个数。
例1，证明当 \(|a|>e\) 时，方程 \(e^z-az^n=0\) 在单位圆内有 \(n\) 个根。
证明：令 \(f(z)=-az^n\)，则 \(f(z)\) 在单位圆内有 \(n\) 个零点。
在单位圆 \(|z|=1\) 上，
\[|f(z)|=|-az^n|=|a|, \quad |e^z|=e^{\text{Re}z}<e^{|z|}=e\]
所以 \(|f(z)|>|e^z|\)。由儒歇定理， \(e^z-az^n\) 与 \(f(z)=-az^n\) 在单位圆内有相同的零点个数。所以 \(e^z-az^n=0\) 在单位圆内有 \(n\) 个根。