柯西—黎曼方程

柯西—黎曼方程（Cauchy–Riemann equations）刻画复函数的实部与虚部怎样配合，才能使其一阶变化等同于乘以一个复数。设 $z=x+iy$，把函数写成 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$。方程为 $$u_x=v_y,u_y=-v_x.$$ 下标表示相应偏导数。只在一个点验出这两条等式，并不足以保证该点复可微；还要有合适的一阶近似条件。

从差商推出必要条件

若 $f$ 在 $z_0$ 复可微，差商无论沿什么复方向接近都须趋于同一个数。沿实轴方向令增量为实数 $h$，得到 $$f^{\prime }(z_0)=u_x+i{v}_x.$$ 沿虚轴方向令增量为 $ik$，其中 $k$ 为实数，得到 $$f^{\prime }(z_0)=\frac{u_y+i{v}_y}{i}=v_y-i{u}_y.$$ 比较实部与虚部，就得到两条方程。这也说明导数可用 $u_x+i{v}_x$ 计算，而不是误写成实部的两个偏导之和。

这一步只比较了两个方向。一般极限要求所有方向，甚至弯曲路径，都产生相同结果；充分性需要进一步论证。

实可微时的充分性

假设 $u,v$ 在该点作为二元实函数可微，亦即存在矩阵一阶近似，余项相对于增量长度趋于零。若柯西—黎曼方程在该点成立，记 $a=u_x$、$b=v_x$，则实导数矩阵为 $$Df=\left(\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right).$$ 对增量 $h=s+it$，矩阵作用恰好等于复数乘法 $(a+ib)h$。因此 $$f(z_0+h)-f(z_0)=(a+ib)h+o(|h|).$$ 除以 $h$，余项的模趋于零，故复导数存在并等于 $a+ib$。若四个偏导在一个邻域内连续，就能保证这里所用的实可微性；若方程在该邻域每一点都成立，函数便在其中全纯。

指数函数的完整检验

取 $u=e^x\cos y$、$v=e^x\sin y$。四个偏导是 $$\begin{array}{cccc}{u}_x& =e^x\cos y,& u_y& =-e^x\sin y,\\ v_x& =e^x\sin y,& v_y& =e^x\cos y.\end{array}$$ 它们处处连续，两条方程处处成立。因此 $e^z$ 在整个复平面全纯，而且 $$(e^z{)}^{\prime }=u_x+i{v}_x=e^z.$$ 例如在 $z=i\pi /2$，导数为 $i$。乘以 $i$ 的一阶作用是旋转90度，与共形映射中的解释一致。

偏导存在仍然不够的反例

定义 $$f(z)=\{\begin{array}{cc}{\bar{z}}^2/z,& z\ne 0,\\ 0,& z=0.\end{array}$$ 因为 $|f(z)|=|z|$，它在零连续。沿实轴有 $f(x)=x$；沿虚轴有 $f(iy)=iy$。于是零点的四个偏导满足 $$u_x=v_y=1,u_y=v_x=0.$$ 然而复差商在非零增量处为 $$\frac{f(h)-f(0)}{h}=\frac{{\bar{h}}^2}{h^2}.$$ 当 $h$ 为实数时，该值为一；当 $h=t(1+i)$、实数 $t\ne 0$ 时，该值为负一。极限不存在。这个函数在零不具备所需的实可微一阶近似，因而没有违反充分性定理。

变式。 对 $g(z)=\bar{z}=x-iy$，有 $u_x=1$、$v_y=-1$，第一条方程直接失败；沿实轴和虚轴的差商分别为一和负一。它在任何一点都不可复微。与前一个反例比较，检查方程不成立可立即否定复可微，检查方程成立则仍需核对实可微性。

方程也把复分析与调和函数联系起来。若二阶偏导连续，由交叉偏导交换可得 $u_{xx}+u_{yy}=0$ 与 $v_{xx}+v_{yy}=0$；反方向构造全纯函数则需要寻找调和共轭函数，并留意定义域的孔洞。

参考文献

Jiří Lebl，Guide to Cultivating Complex Analysis，1.9，2026-07-11，§2.1.1—2.1.2（复导数与实可微的等价刻画），附录§B.3。