我们通过复变函数导数的定义，再将复变函数分成实部和虚部的方法，导出复变函数可导的条件。
1，柯西-黎曼条件：我们将函数 \(w=f(z)\) 分成实部与虚部
\[w=f(z)=u(x,y)+iv(x,y)\]
那么 \[f'(z_0)=\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\]
因为 \(z=x+iy, z_0=x_0+iy_0\)，我们分别沿两个方向让 \(z\to z_0\),
（1）\(x\to x_0, y=y_0\)，就是 \(z\) 沿平行于 \(x\) 轴的方向趋近于 \(z_0\)，则
\begin{align*}f'(z_0)&=\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=\lim_{{x\to x_0}\atop{y=y_0}}\frac{u(x,y_0)+iv(x,y_0)-u(x_0,y_0)-iv(x_0,y_0)}{x-x_0}\\ &=\lim_{x\to x_0}\frac{u(x,y_0)-u(x_0,y_0)}{x-x_0}+i\lim_{x\to x_0}\frac{v(x,y_0)-v(x_0,y_0)}{x-x_0}\\ &=u_x(x_0,y_0)+iv_(x_0,y_0)\end{align*}
（2）\(x= x_0, y\to y_0\)，就是 \(z\) 沿平行于 \(y\) 轴的方向趋近于 \(z_0\)，则
\begin{align*}f'(z_0)&=\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=\lim_{{x= x_0}\atop{y\to y_0}}\frac{u(x_0,y)+iv(x_0,y)-u(x_0,y_0)-iv(x_0,y_0)}{i(y-y_0)}\\ &=\lim_{y\to y_0}\frac{u(x_0,y)-u(x_0,y_0)}{i(y-y_0)}+i\lim_{y\to y_0}\frac{v(x_0,y)-v(x_0,y_0)}{i(y-y_0)}\\ &=-iu_y(x_0,y_0)+v_y(x_0,y_0)\end{align*}
上面两种方向的导数应该是相等的，也就是说
\[u_x(x_0,y_0)+iv_(x_0,y_0)=-iu_y(x_0,y_0)+v_y(x_0,y_0)\]
分开实部与虚部，我们有
\[u_x=v_y, u_y=-v_x\]
这就是柯西-黎曼方程，或者称为复变函数可导的柯西-黎曼条件。我们将上述的结果叙述成一个定理
定理（柯西-黎曼条件）：函数 \(w=f(z)\) 在 \(z_0\) 处解析的必要条件是 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 处满足柯西-黎曼方程
\[u_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0), u_y(x_0,y_0)=-v_x(x_0,y_0)\]
例1，证明 \(w=\bar{z}\) 在复平面上不解析。
证明：因为 \(w=x-iy\)，也就是说 \(u(x,y)=x, v(x,y)=-y\)，所以
\[u_x=1, v_y=-1, u_y=0, v_x=0\]
可以看到 \(u_x\ne v_y\)， 所以函数在整个平面上不满足柯西-黎曼方程，所以函数在整个平面上不可导。
现在我们来证明函数在区域上解析的充分必要条件。
2，定理：\(f(z)=u(x,y)+iv(x,y)\) 在区域 \(D\) 上解析的充分必要条件是 \(u,v\) 在 \(D\) 内有一阶连续偏导数，且满足柯西-黎曼方程。
证明：必要性已经在上面的定理证明了，现在证明必要性。
若 \(u,v\) 在 \(D\) 内一阶连续可导，且 \(u_x=v_y, u_y=-v_x\)，那么 \(u,v\) 在 \(D\) 内可微，
\begin{cases}u(x,y)-u(x_0,y_0)=u_x\cdot(x-x_0)+u_y\cdot (y-y_0)+\epsilon_1(|\Delta z|)\\ v(x,y)-v(x_0,y_0)=v_x\cdot(x-x_0)+v_y\cdot (y-y_0)+\epsilon_2(|\Delta z|)\end{cases}
其中 \[\lim_{\Delta a\to 0}\frac{\epsilon_1(\Delta z)}{|\Delta z|}=0, \lim_{\Delta z\to 0}\frac{\epsilon_2(\Delta z)}{|\Delta z|}=0\]
我们将第二个方程乘以 \(i\) 加上第一个方程，那么方程的左边变为
\[u(x,y)-u(x_0,y_0)+iv(x,y)-iv(x_0,y_0)=(u(x,y)+iv(x,y))-(u(x_0,y_0)+iv(x_0,y_0))=f(z)-f(z_0)\]
注意到柯西-黎曼方程，\(u_x=v_y, u_y=-v_x\)，方程的右边变为
\begin{align*}u_x\cdot(x-x_0)&+u_y\cdot (y-y_0)+\epsilon_1(|\Delta z|)+iv_x\cdot(x-x_0)+iv_y\cdot (y-y_0)+i\epsilon_2(|\Delta z|) \\ &=u_x\cdot(x-x_0+i(y-y_0))+iv_x\cdot(x-x_0+i(y-y_0))+\epsilon_1+i\epsilon_2\\ &=u_x\cdot (z-z_0)+iv_x\cdot(z-z_0)+\epsilon_1+i\epsilon_2\end{align*}
左右两边相等，
\[f(z)-f(z_0)=u_x\cdot (z-z_0)+iv_x\cdot(z-z_0)+\epsilon_1+i\epsilon_2\]
两边取极限，
\[\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=\lim_{z\to z_0}\frac{u_x\cdot (z-z_0)+iv_x\cdot(z-z_0)+\epsilon_1+i\epsilon_2}{z-z_0}=u_x+iv_x\]
也就是说，函数在 \(z_0\) 处解析。因为 \(z_0\in D\) 是任意的，所以函数在 \(D\) 内解析。
例2：设函数 \(f(z)=x^2+axy+by^2+i(cx^2+dxy+y^2)\)，问 \(a,b,c,d\) 取何值时，\(f(z)\) 在平面上解析？
解：可以看到 \[u(x,y)=x^2+axy+by^2, v(x,y)=cx^2+dxy+y^2\]
所以\[u_x=2x+ay, u_y=ax+2by, v_x=2cx+dy, v_y=dx+2y\]
\(u(x,y), v(x,y)\) 都是多项式，它们在整个平面上都是一阶连续可微。再由柯西-黎曼方程，
\[u_x=v_y\quad \Rightarrow\quad 2x+ay=dx+2y\quad \Rightarrow\quad a=2,d=2\]
\[u_y=-v_x\quad \Rightarrow\quad 2x+2by=2cx+2y\quad \Rightarrow\quad b=-1,c=-1\]
所以 \(a=2,b=-1,c=-1,d=2\) 时，函数 \(f(z)=x^2+2xy-y^2+i(-x^2+2xy+y^2)\) 在平面上解析。