贡献者： addis; ACertainUser
预备知识 1 复变函数
，复合函数的偏导、链式法则（多元微积分）
，
全微分，复合命题（高中）
定义 1
类似实函数的导数，定义复变函数 $w = f(z)$（$f:\mathbb C\to \mathbb C$）的导数为
\begin{equation}
f'(z) = \lim_{h\to 0} \frac{f(z + h) - f(z)}{h}~.
\end{equation}
其中 $h$ 也是一个复数。极限 $h \to 0$ 在这里是指 $h$ 可以在复平面上以任意方式趋近于 $0$ 都得到同一个极限值，否则极限不存在。
对于一元实函数 $y=f(x)$，$x$ 只能沿正负两个方向趋于零; 但对于复函数 $w=f(z)=f(x+ \mathrm{i} y)$，$z$ 可以沿复平面 $x-y$ 上的任意路径趋于零，因此复变函数可导的条件更复杂。这（式 1 ）会让我们联想到二元函数的方向导数, 但由于式 1 中的除法是复数的除法，所以它比方向导数要更复杂一些。
在复平面的一个开集 $D$ 上，如果函数 $f(z)$ 处处复可微，那么它就是一个全纯函数（holomorphic function）也叫做解析函数（analytical function）；如果除了一些孤立点外处处复可微，就叫亚纯函数（meromorphic function）。
1. 计算复函数的导数
- 若写为 $w=f(z)$ 形式，则求导法则、方式完全类似于一元实函数。例如 $y=z^2, \frac{\mathrm{d}{y}}{\mathrm{d}{z}} =2z$.
- 若写为 $w=u(x,y)+ \mathrm{i} v(x,y)$ 形式，则由柯西—黎曼条件（子节 2 ）
\begin{equation}
\begin{aligned}
f'(z) &= \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial v}{\partial x} \mathrm{i} = \frac{\partial v}{\partial y} - \frac{\partial u}{\partial y} \mathrm{i} \\
&= \frac{\partial u}{\partial x} - \frac{\partial u}{\partial y} \mathrm{i} = \frac{\partial v}{\partial y} + \frac{\partial v}{\partial x} \mathrm{i} ~.
\end{aligned}
\end{equation}
2. 复函数的可导性
定理 1 柯西—黎曼条件
令 $z = x + y \mathrm{i} $ 且
\begin{equation}
f(z) = u(x, y) + \mathrm{i} v(x, y)~,
\end{equation}
那么 $f(z)$ 在该点可导的充分必要条件是：实函数 $u,v$ 在复平面的某点 $z$ 可微，且
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} ~, \qquad
\frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x} ~.
\end{equation}
该式被称为
柯西—黎曼条件（Cauchy-Riemann condition），有时简称 C-R 条件。
例 1 指数函数 $w= \mathrm{e} ^z$ 的可导性
$$w = \mathrm{e} ^z = \mathrm{e} ^{x + \mathrm{i} y} = \mathrm{e} ^x \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} y}= \mathrm{e} ^x(\cos y + \mathrm{i} \sin y)~
$$
$$\therefore u= \mathrm{e} ^x\cos y, v = \mathrm{e} ^x\sin y~
$$
$$
\therefore
\begin{aligned}
\frac{\partial u}{\partial x} &= \mathrm{e} ^x\cos y\\
\frac{\partial u}{\partial y} &= - \mathrm{e} ^x\sin y\\
\frac{\partial v}{\partial x} &= \mathrm{e} ^x\sin y\\
\frac{\partial v}{\partial y} &= \mathrm{e} ^x\cos y\\
\end{aligned}~
$$
可见
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} = \mathrm{e} ^x\cos y \qquad
\frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x} = \mathrm{e} ^x\sin y~.
\end{equation}
又由于 u，v 均可微，因此 $w= \mathrm{e} ^z$ 可导。
若柯西—黎曼条件成立、复函数可导，函数 $u,v$ 的四个偏导数中只有两个是独立的；函数的 $u,v$ 间也存在某种关联，可以由 $u$ 求出 $v$，或由 $v$ 求出 $u$(存在待定系数)。
推导必要性
其实复变函数并没有什么神秘之处，我们完全可以把它看成两个二元函数，用已经熟悉的多元微积分来处理。根据全微分
\begin{equation}
\,\mathrm{d}{w} = \,\mathrm{d}{u} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{v} = \left( \frac{\partial u}{\partial x} \,\mathrm{d}{x} + \frac{\partial u}{\partial y} \,\mathrm{d}{y} \right) + \left( \frac{\partial v}{\partial x} \,\mathrm{d}{x} + \frac{\partial v}{\partial y} \,\mathrm{d}{y} \right) \mathrm{i} ~.
\end{equation}
该式告诉我们 $z$ 在复平面上朝着某方向 $ \,\mathrm{d}{z} = \,\mathrm{d}{x} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{y} $ 移动一小步，函数值 $w$ 会如何变化。既然要求各个方向的 “方向导数” 都相等，我们不妨先考虑两个最简单的方向即 $x$ 方向和 $y$ 方向。当
式 1 中 $h$ 延 $x$ 方向移动时，令式中 $ \,\mathrm{d}{y} = 0$，即 $ \,\mathrm{d}{z} = \,\mathrm{d}{x} $，有
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}{w}}{\mathrm{d}{z}} = \frac{ \frac{\partial u}{\partial x} \,\mathrm{d}{x} + \mathrm{i} \frac{\partial v}{\partial x} \,\mathrm{d}{x} }{ \,\mathrm{d}{x} } = \frac{\partial u}{\partial x} + \mathrm{i} \frac{\partial v}{\partial x} ~.
\end{equation}
同理，当 $h$ 延 $y$ 方向移动时，令式中 $ \,\mathrm{d}{x} = 0$，即 $ \,\mathrm{d}{z} = \mathrm{i} \,\mathrm{d}{y} $，有
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}{w}}{\mathrm{d}{z}} = \frac{ \frac{\partial u}{\partial y} \,\mathrm{d}{y} + \mathrm{i} \frac{\partial v}{\partial y} \,\mathrm{d}{y} }{ \mathrm{i} \,\mathrm{d}{y} } = \frac{\partial v}{\partial y} - \mathrm{i} \frac{\partial u}{\partial y} ~.
\end{equation}
令以上两式相等，即实部虚部分别相等，就得到柯西黎曼条件
式 4 。
注意我们只通过两个方向的 “方向导数” 相等就得到了柯西黎曼条件，所以这只能说明柯西黎曼条件是可导的必要条件。下面会用更一般的方法说明它是充分必要条件。
推导充分必要性
如果直接由式 6 计算 $ \mathrm{d}{w}/\mathrm{d}{z} = ( \,\mathrm{d}{u} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{v} )/( \,\mathrm{d}{x} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{y} )$ 会发现结果和 $ \,\mathrm{d}{y} / \,\mathrm{d}{x} $ 有关，即与式 1 中 $h$ 趋近于零点的方向有关。所以我们换一种思路，先假设导数存在，那么导数函数总可以表示为
\begin{equation}
f'(z) = a(z) + b(z) \mathrm{i} ~.
\end{equation}
写成微分形式
\begin{equation}
\,\mathrm{d}{w} = f'(z) \,\mathrm{d}{z} ~.
\end{equation}
注意 $ \,\mathrm{d}{z} $ 无论取什么方向上式都成立。拆分实部虚部得
\begin{equation}
\,\mathrm{d}{w} = \,\mathrm{d}{u} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{v} = (a + b \mathrm{i} )( \,\mathrm{d}{x} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{y} ) = (a \,\mathrm{d}{x} - b \,\mathrm{d}{y} ) + (b \,\mathrm{d}{x} + a \,\mathrm{d}{y} ) \mathrm{i} ~.
\end{equation}
所以如果 $f(z)$ 存在（与方向无关的）导数，
式 6 必然具有
式 11 的形式，二者对比可得
\begin{equation}
a(z) = \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} , \qquad
b(z) = - \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial x} ~.
\end{equation}
这样，不仅得到了柯西—黎曼条件，也得到了导数的表达式
\begin{equation}
f'(z) = \frac{\partial u}{\partial x} - \frac{\partial u}{\partial y} \mathrm{i} = \frac{\partial v}{\partial y} + \frac{\partial v}{\partial x} \mathrm{i} ~.
\end{equation}
可见我们仅需要 $u, v$ 中的一个就可以求出导数，因为它们在柯西—黎曼条件下并不是独立的。
未完成：举例子，例如 $\exp$, $z^a$ 等都满足柯西—黎曼