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首先我们处理 $n=2$ 的情况；经缩放，可假设 $z_1z_2=1$，则$z=\pm1$。我们要证明对于任意 $z\ne0$ 和包含 $z,1/z$ 的圆盘 $D$，$\pm1$ 中的一个必须在 $D$ 中。注意到任何这样的 $D$ 必须包含一个较小的圆盘 $D'$，其边界通过 $z,1/z$。
- 如果 $z\in\mathbb{R}$，则 $\operatorname{sgn}(z)\in\{1,-1\}$ 必在 $D'\subseteq D$ 中。
- 如果 $z\notin\mathbb{R}$，恒等式 $\frac{z-1}{1/z-1}\!\big{/}\!\frac{z+1}{1/z+1} = -1$ 告诉我们 $z,1,1/z,-1$ 形成一个调和四边形，因此从 $z$ 到 $1/z$ 和从 $-1$ 到 $1$ 的线段必相交。特别地，如果 $D'$ 不是 $z,1,1/z,-1$ 的外接圆，在其内部必包含 $1,-1$ 中的一个且仅一个，所以我们完成了证明。
现在假设 $n\ge 3$，经缩放，可假设 $z_1z_2\cdots z_n = 1$，则$z$是$n$次单位根中的一个。
对于任意两个索引 $j,k$，$n=2$ 的情况给了我们 $z_j,z_k$ 的几何平均值 $z_{j,k}$，其中 $z_{j,k}\in D$ 且 $z_{j,k}^2 = z_j\cdot z_k$。将此操作 $(z_j,z_k)\mapsto(z_{j,k},z_{j,k})$ 称为 $T_{j,k}$；那么存在一个无限序列 $(j_1,k_1),(j_2,k_2),\ldots$，使得对于任意 $\epsilon>0$，存在一个正整数 $N(\epsilon)$，使得对于所有正整数 $N\ge N(\epsilon)$ 和索引 $j$，$2^{-\epsilon} \le |z_j^{(N)}| \le 2^{\epsilon}$（这里 $z_j^{(N)} = (T_{j_N,k_N}\circ T_{j_{N-1},k_{N-1}}\circ \cdots \circ T_{j_1,k_1}) (z_j)$.）
最后，设 $c\in\mathbb{C}$ 和 $r\ge0$ 分别表示 $D$ 的中心和半径。对于每个 $\epsilon>0$ 和 $N\ge N(\epsilon)$，我们有 $z_1^{(N)}\cdots z_n^{(N)} = 1$，因此必存在两个单位根 $\omega_1 = \omega_1^{(N)},\omega_2 = \omega_2^{(N)}$ 和索引 $j,k$，使得 $z_j^{(N)},\omega_1,z_k^{(N)},\omega_2$ 的（辐角）按逆时针顺序排列。但是如果我们设 $z'_j = z_j^{(N)}/|z_j^{(N)}|$ 和 $z'_k = z_k^{(N)}/|z_k^{(N)}|$，那么
\[ |c-z'_j| \le |c-z_j^{(N)}| + |z_j^{(N)} - z'_j| \le r + \left| |z_j^{(N)}| - 1\right| \le r + (2^\epsilon-1). \]然而 $z'_j,\omega_1,z'_k,\omega_2$ 按逆时针顺序排列于单位圆上，因此类似于 $n=2$ 情况的论证表明，$|c-\omega_1|,|c-\omega_2|$ 中至少有一个$\le r+(2^\epsilon - 1)$。
因此对于任意 $\epsilon>0$，存在一个距离 $D$ 不超过 $2^\epsilon - 1$ 的 $n$ 次单位根。由于这样的根只有有限多个且 $\lim_{\epsilon\to0} 2^\epsilon - 1 = 0$，因此必有一个 $n$ 次单位根在 $D$ 中，证毕。 |
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