コーシーの積分公式は，ある1点の関数の値を，その周りの領域における線積分で求めるという画期的な公式であり，グルサの定理は， n 階微分を同様に線積分で表す公式です。これにより，正則関数が無限回微分可能であることが証明できます。
これらの2つの定理について証明を解説し，最後に具体例も見ましょう。
コーシーの積分公式
以下で単連結であるとは，簡単に言うと「穴が開いていない」ということです。「単純閉曲線」とは，始点と終点が同じで，始点・終点以外で自己交叉しない曲線のことです。単純閉曲線は，平面を「有界な内部」と「非有界な外部」に分けることが知られています（ジョルダンの曲線定理）。
定理1（コーシーの積分公式）
D \subset \mathbb{C} を単連結領域（開集合）， f\colon D\to \mathbb{C} を正則関数とする。このとき，任意の z\in D と， z を内部に含む区分的 C^1 級単純閉曲線 C \subset D に対し
\Large\color{red} f(z) = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, d\zetaが成り立つ。ただし，積分の向きは内部を左側に見る向き（正の向き）とする。
以下は，積分経路 C の例です。 f(z) の値が，離れた C 上の f(\zeta)/(\zeta-z) の線積分で分かるというのは面白いですね。
逆に言えば，連続関数 f\colon C\to \mathbb{C} が，ある正則な関数 \widetilde{f}\colon D\to \mathbb{C} に拡張できるなら， C の内部の値は， C 上の f の値のみからコーシーの積分公式によって計算できると言えますね。つまり，閉曲線上における正則関数の値を定めると，その内部での値が決まってしまうということです。
証明にはコーシーの積分定理を用いて，積分路を変更します(→コーシーの積分定理とその証明を一気に紹介～三角形分割を用いて～)。
証明
点 z を中心とし， C の内部に含まれる，十分小さい半径 \varepsilon >0 の閉円板の円周を C_\varepsilon とする。 \zeta \mapsto f(\zeta)/(\zeta-z) は D\setminus\{z\} 上正則であるから，コーシーの積分定理の一般化により
\oint_C \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, d\zeta = \oint_{C_\varepsilon} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, d\zetaであり，さらに
\begin{aligned} &\oint_{C_\varepsilon} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, d\zeta\\ &= f(z) \oint_{C_\varepsilon} \frac{1}{\zeta - z} \, d\zeta + \oint_{C_\varepsilon} \frac{f(\zeta) - f(z)}{\zeta - z} \, d\zeta \end{aligned}と変形できる。ここで， \zeta=z+\varepsilon e^{it} \:(0\le t<2\pi) と変数変換すると，
\begin{aligned} \oint_{C_\varepsilon} \frac{1}{\zeta - z} \, d\zeta &= \int_0^{2\pi} \frac{1}{\varepsilon e^{it}} \cdot i \varepsilon e^{it} \, dt = 2\pi i \end{aligned}となる。これら3つの式を組み合わせると，十分小さい任意の \varepsilon>0 に対し，
\oint_{C} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, d\zeta = 2\pi i f(z) + \oint_{{C_\varepsilon}} \frac{f(\zeta) - f(z)}{\zeta - z} \, d\zetaを得る。ここで， f の連続性より
\begin{aligned} &\left|\oint_{{C_\varepsilon}} \frac{f(\zeta) - f(z)}{\zeta - z} \, d\zeta\right| \\ &\le \max_{\zeta\in C_\varepsilon } |f(\zeta)-f(z)| \int_{C_\varepsilon}\frac{1}{|\zeta - z|} \, |d\zeta| \\ &= \frac{2\pi \varepsilon}{\varepsilon} \max_{\zeta\in C_\varepsilon } |f(\zeta)-f(z)|\xrightarrow{\varepsilon \to 0+} 0\end{aligned}であるから，2つ上の式の両辺 \varepsilon \to 0+ とすることで，
\oint_C \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, d\zeta = 2\pi i f(z)
が従う。両辺を 2\pi i で割ることで，結論を得る。
証明終
グルサの定理～正則関数は無限回微分可能～
続いて，コーシーの積分公式を用いることで，正則関数が無限回微分可能であることを示しましょう。微分の値が，逆に積分でかけるという面白い定理です。
定理2（グルサの定理）
D \subset \mathbb{C} を単連結領域（開集合）， f\colon D\to \mathbb{C} を正則関数とする。 このとき， f は D 内で無限回微分可能であり，任意の z\in D と， z を内部に含む区分的 C^1 級単純閉曲線 C \subset D に対し，
\large\color{red} f^{(n)}(z) = \frac{n!}{2\pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^{n+1}} \, d\zeta(n=0, 1,2,3,\ldots) が成り立つ。ただし，積分の向きは内部を左側に見る向き（正の向き）とし， f^{(0)}=f とする。
証明
n=0 は，コーシーの積分公式そのものである。数学的帰納法で示す。 n=k で成り立つと仮定する。 z は C の内部の点で， C は閉集合なので， d(z,C)=\min\{ |\zeta-z|\mid \zeta\in C\}>0 である。
いま， h は，絶対値を十分小さくとることで， d(z+h, C)>d(z,C)/2 かつ z+h が C の内部に含まれるようにできる。このような h を取ろう。ここで，帰納法の仮定より，
\begin{aligned} &\frac{f^{(k)}(z+h) - f^{(k)}(z)}{h} \\ &{\small = \frac{k!}{2\pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{h} \left\{ \frac{1}{(\zeta - z - h)^{k+1}} - \frac{1}{(\zeta - z)^{k+1}} \right\} d\zeta }\end{aligned}となる。ここで，因数分解の公式
A^{k+1} - B^{k+1} = (A - B) \sum_{j=0}^{k} A^{k-j} B^jを A = \frac{1}{\zeta - z - h},\, B = \frac{1}{\zeta - z} とおいて適用し，両辺 h で割ることで，
\begin{aligned} &\frac{1}{h} \left\{\frac{1}{(\zeta - z - h)^{k+1}} - \frac{1}{(\zeta - z)^{k+1}} \right\} \\ &= \frac{1}{(\zeta - z - h)(\zeta - z)}\\ &\qquad\times \sum_{j=0}^{k} \frac{1}{(\zeta - z - h)^{k-j}(\zeta - z)^j} \\ &\xrightarrow{h\to 0} \frac{k+1}{(\zeta - z)^{k+2}}\end{aligned}が分かり，さらに h\to 0 とする直前の式は \zeta\in C と絶対値が十分小さい h に関して有界である（絶対値 \le 2^{k+2}(k+1)/d(z,C)^{k+2} とできる）。ゆえに有界収束定理(※用いない方法は後述)より，
\begin{aligned}&\frac{f^{(k)}(z+h) - f^{(k)}(z)}{h} \\ &\xrightarrow{h\to 0} \frac{k!}{2\pi i} \oint_C f(\zeta) \cdot \frac{k+1}{(\zeta - z)^{k+2}} \, d\zeta \\ &= \frac{(k+1)!}{2\pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^{(k+1)+1}} \, d\zeta \end{aligned}となり， n=k+1 のときも成り立つ。以上より，題意は示された。
証明終
証明中の(※)のところは，有界収束定理を用いなくても，
\small \begin{aligned}&\left|\frac{f^{(k)}(z+h) - f^{(k)}(z)}{h}- \frac{(k+1)!}{2\pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^{(k+1)+1}} \, d\zeta \right| \end{aligned}について，積分の中身に現れる
\small \begin{aligned} \frac{1}{(\zeta - z)} \sum_{j=0}^{k} \left\{\frac{1}{(\zeta - z - h)^{k-j+1}(\zeta - z)^j}-\frac{1}{(\zeta-z)^{k+1}}\right\} \end{aligned}を通分すると，上から |h|\times \mathrm{Const.} の形で抑えられるため， h\to 0 で収束が言えます。演習問題としましょう。
コーシーの積分公式・グルサの定理の計算例
最後に，簡単な計算例を紹介しましょう。
例題1.
次の複素積分を求めよ。ただし， C は原点を中心とする半径 2 の反時計回りの向きが入った円周 |z| = 2 とする。
\oint_C \frac{e^z}{z - 1} \, dzf(z) = e^z とおくと， f は \mathbb{C} 全体で正則であり，点 z = 1 は C の内部にあるため，コーシーの積分公式がそのまま使えて，
\oint_C \frac{e^z}{z - 1} \, dz = 2\pi i f(1) = 2\pi i eとなります。
例題2.
次の複素積分を求めよ。ただし， C は原点を中心とする半径 2 の反時計回りの向きが入った円周 |z| = 2 とする。
\oint_C \frac{\sin z}{z(z - 1)^2} \, dz部分分数分解より，
\begin{aligned} &\oint_C \frac{\sin z}{z(z - 1)^2} \, dz \\ &= \oint_C \frac{\sin z}{z} \, dz - \oint_C \frac{\sin z}{z - 1} \, dz + \oint_C \frac{\sin z}{(z - 1)^2} \, dz \end{aligned}であり，分子の関数 f(z) = \sin z は \mathbb{C} 全体で正則である。 z=0,1 は C の内部に含まれているので，それぞれの積分にコーシーの積分公式・グルサの定理を適用すると，
\begin{aligned} &\oint_C \frac{\sin z}{z} \, dz - \oint_C \frac{\sin z}{z - 1} \, dz + \oint_C \frac{\sin z}{(z - 1)^2} \, dz \\ &= 2\pi i f(0) - 2\pi i f(1) + 2\pi i f'(1) \\ &= 2\pi i \sin 0 - 2\pi i \sin 1 + 2\pi i \cos 1 \\ &= 2\pi i (\cos 1 - \sin 1) \end{aligned}となりますね。
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