柯西积分公式是复变函数里最基本的定理，它相当于微积分里的牛顿-莱不尼兹公式。它的结论是：函数在单连通区域边界上的积分等于函数在区域内部某一点的值。
我们将柯西积分公式叙述如下：
定理（柯西积分公式）：设函数 \(f(z)\) 在简单闭曲线 \(C\) 的内部解析，在 \(C\) 上连续，\(z_0\) 为\(C\) 内部的一点，则\[f(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{f(z)}{z-z_0}dz\]或者 \[\oint_C\frac{f(z)}{z-z_0}dx=2\pi i f(z_0)\]
证明：\(f(z)\) 在 \(C\) 内解析 \(\Rightarrow\) \(f(z)\) 在 \(C\) 内连续。那么对任何的 \(\epsilon>0\)，存在 \(\delta>0\)，使得 \(0<|z-z_0|<\delta \) 时，\(|f(z)-f(z_0)|<\epsilon\) 成立。
取 \(R\) 满足 \(0<R<\delta\)，作圆 \(|z-z_0|=R\)，由复连通区域上的柯西积分公式
\begin{array}{ll}&\oint_{C}\frac{f(z)}{z-z_0}dz-\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)}{z-z_0}dz=0\\ \Rightarrow&\oint_{C}\frac{f(z)}{z-z_0}dz=\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)}{z-z_0}dz\end{array}
而右边的积分
\begin{align*}\int_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)}{z-z_0}dz&=\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)-f(z_0)+f(z_0)}{z-z_0}dz\\ &=\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z_0)}{z-z_0}dz+\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}dz\\ &=f(z_0)\oint_{|z-z_0|=R}\frac{1}{z-z_0}dz+\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}dz\\ &=f(z_0)\oint_0^{2\pi}\frac{iRe^{i\theta}d\theta}{Ee^{i\theta}}+\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}dz\\ &=2\pi if(z_0)+\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}dz\end{align*}
现在估计第二个积分，
\begin{align*}\left|\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}dz\right|&\le\oint_{|z-z_0|=R}\frac{|f(z)-f(z_0)|}{|z-z_0|}|dz|\\ &<\frac{\epsilon}{R}\int_0^{2\pi}Rd\theta=2\pi\epsilon\end{align*}
令 \(\epsilon\to0\) ，就得到
\[\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}dz\]
所以 \[2\pi if(z_0)=\oint_C\frac{f(z)}{z-z_0}dz\]
例1，求积分 \(\displaystyle\int_{|z|=2}\frac{e^z}{z-1}dz\)。
解：由柯西积分公式
\begin{align*}\oint_{|z|=2}\frac{e^z}{z-1}dz=2\pi if(1)=2\pi i e\end{align*}
例2，求积分 \(\displaystyle \oint_{|z|=2}\frac{zdz}{(9-z^2)(z+i)}\)。
解：这里面，分母的零点只有 \(z=-i\) 在围线内部，所以
\begin{align*}\oint_{|z|=2}\frac{zdz}{(9-z^2)(z+i)}&=\oint_{|z|=2}\frac{z/(9-z^2)dz}{z+i}\\ &=2\pi i\frac{z}{(9-z^2)}\Big|_{z=-i}\\ &=2\pi i\frac{-i}{9+1}=\frac{\pi}{5}\end{align*}
3，若分母有多个零点在围线内部，就要对每一个零点应用柯西积分公式。
例3，求积分 \(\oint_C\frac{dz}{(z^2+1)(z^2+4)}\)，其中 \(C\)为 （1）\(|z|=\frac{3}{2}\)；（2）\(|z|=3\) 。
解：（1）\(|z|=\frac{3}{2}\)，分母里有两个零点在围线内 \(z=\pm i\)，所以
\begin{align*}\oint_C\frac{dz}{(z^2+1)(z^2+4)}&=\oint_C\frac{dz}{(z+i)(z-i)(z^2+4)}\\ &=2\pi i\frac{1}{(z-i)(z^2+4)}\Big|_{z=-i}+2\pi i\frac{1}{(z+i)(z^2+4)}\Big|_{z=i}\\ &=\frac{2\pi i}{-6i}+\frac{2\pi i}{6i}=0\end{align*}
（2）\(|z|=3\)，分母有四个零点在围线内，\(z=\pm i, z=\pm 2i\)，所以
\begin{align*}\oint_C\frac{dz}{(z^2+1)(z^2+4)}&=\oint_C\frac{dz}{(z+i)(z-i)(z+2i)(z-2i)}\\ &=2\pi i\left(\frac{1}{(z-i)(z^2+4)}\Big|_{z=-i}+\frac{1}{(z+i)(z^2+4)}\Big|_{z=i}+\frac{1}{(z^2+1)(z-2i)}\Big|_{z=-2i}+\frac{dz}{(z^2+1)(z+2i)}\Big|_{z=2i}\right)\\ &=2\pi i\left(\frac{1}{-6i}+\frac{1}{6i}+\frac{1}{-12i}+\frac{1}{12i}\right)=0\end{align*}