看到這個問題，首先想到的是 Jordan 曲線定理，然而這個定理的證明超過了絕大多數情況下的本科水平。如果想要找一個符合問題且不是太難的，我選擇 Cauchy 積分定理 。
復變函式課上已經強調過復可微是一個很強的性質。設 u,v 是二維區域 D 上的函式，復變函式 f\left(x+\mathrm iy\right)=u\left(x,y\right)+\mathrm iv\left(x,y\right), 則 f 可微的充要條件是 u,v 可微，且
\frac{\partial u\left(x,y\right)}{\partial x}=\frac{\partial v\left(x,y\right)}{\partial y},\quad\frac{\partial v\left(x,y\right)}{\partial x}=-\frac{\partial u\left(x,y\right)}{\partial y}.
稱上面的方程式為 Cauchy-Riemann 方程式。任何一個復變函式都可以表示成這樣的形式，於是以上表明復可微遠比多元函式的可微更強。
有了以上的背景知識，敘述 Cauchy 積分定理。設 f 是單連通復區域 D 上可微的復變函式， \gamma 是 D 上逐段光滑的簡單閉曲線，則
\int_\gamma f\left(z\right)\mathrm dz=0.
為什麽說這個結論一看就覺得是對的？因為復積分可以轉化為第二型曲線積分
\begin{align}&\int_\gamma f\left(z\right)\mathrm dz=\left(\int_\gamma u\left(x,y\right)\mathrm dx-v\left(x,y\right)\mathrm dy\right)+\\&\qquad\mathrm i\left(\int_\gamma v\left(x,y\right)\mathrm dx+u\left(x,y\right)\mathrm dy\right).\end{align}
再利用 Green 公式得到
\begin{align}&\int_\gamma f\left(z\right)\mathrm dz=\int_\gamma\left(-\frac{\partial v\left(x,y\right)}{\partial x}-\frac{\partial u\left(x,y\right)}{\partial y}\right)+\\&\qquad\mathrm i\int_\gamma\left(\frac{\partial u\left(x,y\right)}{\partial x}-\frac{\partial v\left(x,y\right)}{\partial y}\right).\end{align}
直接由 Cauchy-Riemann 方程式得到結論。
然而請你註意，Green 公式的適用條件是 u,v 連續可微 ，而在 Cauchy-Riemann 方程式中只要求 u,v 可微 ，所以上面的推導不能證明結論。
在數學分析中，我們知道從可微推不出連續可微。但是復可微的性質遠比實可微好，能否從復可微推出復連續可微呢？
更進一步的理論指出，復區域上的復變函式可微的充要條件是處處可以展開成冪級數，即對於任意 z_0\in D, 存在 r\in\left(0,+\infty\right), 使得 f 在圓盤 \left\{z:\left|z-z_0\right|<r\right\} 上可以表示為
f\left(z\right)=\sum_{n=0}^\infty a_n\left(z-z_0\right)^n.
由冪級數的逐項求導可知可微必光滑。但是這個結論的證明依賴於 Cauchy 積分公式，而 Cauchy 積分公式是 Cauchy 積分定理的推論。不能迴圈論證。
事實上，為了證明 Cauchy 定理，必須放棄原先用二元函式表達復變函式，將復變函式問題轉化成數學分析問題的方法，完全使用復變函式的方法。以下只介紹證明的思路。
可知 f 在一個包含 \gamma 的區域上均勻連續。取 \gamma 的分割，當分割足夠細時，可以使以分點為頂點的內接多邊形完全含於這個區域，且 f 在 \gamma 上的積分與在內接多邊形上的積分之差的模可以任意小。
內接多邊形區域總是可以被分解成一些三角形區域，且 f 在內接多邊形上的積分等於在這些三角形上的積分之和。
連線三角形的三邊中點，可以將三角形分成四個小三角形，且 f 在三角形上的積分等於在四個小三角形上的積分之和，選擇積分的模最大的那個小三角形。這樣的操作可以持續下去，存在唯一的屬於每次操作得到的小三角形的點。利用 f 在此點處的可微性，控制積分上界。
