(1) ， (2) は定義に沿えば容易に証明できるので， (3) のみ示す．

\(\int_a^b z(t)\ dt\) の積分値を \(r_0e^{i\theta_0}\) と書くと， $$\left| \int_a^b z(t)\ dt\ \right| = r_0$$ が成り立つ．また， \begin{eqnarray} r_0 &=& e^{-i\theta_0}\int_a^b z(t)\ dt \\ &=& \int_a^b e^{-i\theta_0} z(t)\ dt \quad (\ \mbox{∵}\ \ (2)\ ) \\ &=& {\rm Re} \int_a^b e^{-i\theta_0} z(t)\ dt \quad (\ \mbox{∵}\ \ r_0\in \mathbb{R}\ ) \\ &=& \int_a^b {\rm Re} \{e^{-i\theta_0} z(t)\}\ dt \quad (\ \mbox{∵}\ \ (1)\ ) \\ &\leq& \int_a^b | e^{-i\theta_0} z(t) | \ dt \quad (\ \mbox{∵}\ \ {\rm Re}\ z \leq |z|\ ) \\ &=& \int_a^b | z(t) | \ dt \quad (\ \mbox{∵}\ \ |e^{i\theta_0}| = 1\ ) \\ \end{eqnarray}

(1) から (4) は被積分関数と積分路を \(f(z)=u(z)+iv(z)\)，\(C:z(t)=x(t)+iy(t)\) と置いて，「複素積分の定義」と「実数変数複素数値関数の定積分の定義」，「通常の積分の性質」を利用すれば証明できるので，(5) のみを示す．
\begin{eqnarray} \left| \int_{C} f(z)\ dz\ \right| &=& \left| \int_{a}^b f(z(t))\ z'(t)\ dt\ \right| \\ &\leq& \int_{a}^b | f(z(t)) | \ | z'(t) | \ dt \\ &\leq& \int_{a}^b M\ | z'(t) | \ dt \quad (\ M=\sup_{z\in C} \left\{\left| f(z) \right| \right\}\ ) \\ &=& M\int_{a}^b \sqrt{(x'(t))^2+(y'(t))^2} \ dt \\ &=& ML\\ \end{eqnarray}

赤色の積分路）積分路は \(C_1+C_2\) で， $$C_1:z_1(t)=2t-1+i\ t\quad (0\leq t\leq 1)$$ $$C_2:z_2(t)=1+i\ (1-t)\ \ \ (0\leq t\leq 1)$$ とかけて， \(z’_1(t)=2+i\) ， \(z’_2(t)=-i\) である．したがって， \begin{eqnarray} \int_{C_1+C_2} f(z)\ dz &=& \int_{0}^1 (2t-1+i\ t)^2\ (2+i)dt \\ & &\quad\quad + \int_{0}^1 (1+i\ (1-t))^2\ (-i)dt \\ &=& \int_{0}^1 2t^2-8t+4\ dt + i \int_{0}^1 12t^2-10t+1\ dt \\ &=& \frac{2}{3} \end{eqnarray}

青色の積分路）積分路は \(C_1+C_2\) で， $$C_1:z_1(t)=2t-1-i\ t\quad (0\leq t\leq 1)$$ $$C_2:z_2(t)=1+i\ (t-1)\ \ \ (0\leq t\leq 1)$$ とかけて， \(z’_1(t)=2-i\) ， \(z’_2(t)=i\) である．したがって， \begin{eqnarray} \int_{C_1+C_2} f(z)\ dz &=& \int_{0}^1 (2t-1-i\ t)^2\ (2-i)dt \\ & &\quad\quad + \int_{0}^1 (1+i\ (t-1))^2\ (i)dt \\ &=& \int_{0}^1 2t^2-8t+4\ dt – i \int_{0}^1 12t^2-10t+1\ dt \\ &=& \frac{2}{3} \end{eqnarray}

積分路は $$C:z(\theta)=re^{i\theta}+z_0\quad (\theta:0\rightarrow 2\pi)$$ とかけて， \(z'(\theta)=i\ re^{i\theta}\) である．このとき， \(C:z(t)\) 上での \(f(z)\) の値は $$f(z(\theta))=\frac{1}{z(\theta)-z_0}=\frac{1}{re^{i\theta}}$$ となり，これは積分路 \(C_0:z_0(\theta)=re^{i\theta}\) 上での関数 \(f_0(z)=1/z\) の値に等しい．したがって， $$\int_{C} f(z)\ dz = \int_{C_0} f_0(z)\ dz$$ が成り立つ．よって， \begin{eqnarray} \int_{C} f(z)\ dz &=& \int_{0}^{2\pi} \frac{i\ re^{i\theta}}{re^{i\theta}}d\theta \\ &=& \int_{0}^{2\pi} i\ d\theta \\ &=& i\ \left[\ \theta\ \right]_{0}^{2\pi} = 2\pi i \\ \end{eqnarray}

赤色の積分路）積分路は $$C:z(\theta)=e^{i\theta}+2\quad (\theta:\pi\rightarrow 0)$$ とかけて， \(z'(\theta)=i\ e^{i\theta}\) である．したがって， \begin{eqnarray} \int_{C} f(z)\ dz &=& \int_{\pi}^{0} \frac{i\ e^{i\theta}}{e^{i\theta}+2}d\theta \\ &=& i\int_{\pi}^{0} \frac{1}{1+2e^{-i\theta}}d\theta \\ &=& i\int_{\pi}^{0} \frac{1}{1+2\cos{\theta}-2i\sin{\theta}}d\theta \\ &=& i\int_{\pi}^{0} \frac{1+2\cos{\theta}+2i\sin{\theta}}{(1+2\cos{\theta})^2+4\sin^2{\theta}}d\theta \\ &=& \underline{-\int_{\pi}^{0} \frac{2\sin{\theta}}{5+4\cos{\theta}}d\theta}_{\ (1)} +\ i\underline{\int_{\pi}^{0} \frac{1+2\cos{\theta}}{5+4\cos{\theta}}d\theta}_{\ (2)} \\ \end{eqnarray} \((1)\) を求める． \(t=\cos\theta\) とおくと， \(dt=-\sin\theta\ d\theta\) であるので， \begin{eqnarray} -\int_{\pi}^{0} \frac{2\sin{\theta}}{5+4\cos{\theta}}d\theta &=& \int_{-1}^{1} \frac{2}{5+4t}dt \\ &=& \left[ \frac{1}{2}\log{(5+4t)}dt \right]_{-1}^{1} \\ &=& \frac{1}{2}\log{9}\ -\ \frac{1}{2}\log{1} = \frac{1}{2}\log{9} \\ \end{eqnarray} \((2)\) を求める． \(3\tan\varphi=\tan{\frac{\theta}{2}}\) とおくと， \(\cos\theta = \frac{1-{9\tan^2{\varphi}}}{1+{9\tan^2{\varphi}}}\) ， \(d\theta = 6\frac{1+{\tan^2{\varphi}}}{1+{9\tan^2{\varphi}}}\ d\varphi\) であるので， \begin{eqnarray} \int_{\pi}^{0} \frac{1+2\cos{\theta}}{5+4\cos{\theta}}d\theta &=& \frac{1}{2}\int_{\pi}^{0} 1-\frac{3}{5+4\cos{\theta}}d\theta \\ &=& -\ \frac{\pi}{2}\ -\ \frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \frac{3\cdot 6}{5+4\frac{1-9\tan^2{\varphi}}{1+{9\tan^2{\varphi}}}} \frac{1+{\tan^2{\varphi}}}{1+{9\tan^2{\varphi}}}\ d\varphi \\ &=& -\ \frac{\pi}{2}\ – \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \ d\varphi \\ &=& 0 \end{eqnarray} したがって， $$\int_{C} f(z)\ dz = \frac{1}{2}\log{9}$$

青色の積分路）赤色の積分路と計算はほぼ同様．積分路は $$C:z(\theta)=e^{i\theta}+2\quad (\theta:-\pi\rightarrow 0)$$ とかけて， \(z'(\theta)=i\ e^{i\theta}\) である．したがって， $$\int_{C} f(z)\ dz = \underline{-\int_{-\pi}^{0} \frac{2\sin{\theta}}{5+4\cos{\theta}}d\theta}_{\ (1)} +\ i\underline{\int_{-\pi}^{0} \frac{1+2\cos{\theta}}{5+4\cos{\theta}}d\theta}_{\ (2)} $$ \((1)\) を求める． \(t=\cos\theta\) とおくと， \(dt=-\sin\theta\ d\theta\) であるので， $$ -\int_{-\pi}^{0} \frac{2\sin{\theta}}{5+4\cos{\theta}}d\theta = \int_{-1}^{1} \frac{2}{5+4t}dt = \frac{1}{2}\log{9} $$ \((2)\) を求める． \(3\tan\varphi=\tan{\frac{\theta}{2}}\) とおくと， \(\cos\theta = \frac{1-{9\tan^2{\varphi}}}{1+{9\tan^2{\varphi}}}\) ， \(d\theta = 6\frac{1+{\tan^2{\varphi}}}{1+{9\tan^2{\varphi}}}\ d\varphi\) であるので， \begin{eqnarray} \int_{-\pi}^{0} \frac{1+2\cos{\theta}}{5+4\cos{\theta}}d\theta &=& \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{0} 1-\frac{3}{5+4\cos{\theta}}d\theta \\ &=& \ \frac{\pi}{2}\ -\ \frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \frac{3\cdot 6}{5+4\frac{1-9\tan^2{\varphi}}{1+{9\tan^2{\varphi}}}} \frac{1+{\tan^2{\varphi}}}{1+{9\tan^2{\varphi}}}\ d\varphi \\ &=& 0 \end{eqnarray} したがって， $$\int_{C} f(z)\ dz = \frac{1}{2}\log{9}$$

積分路 \(C\) はジョルダン曲線としていい．なぜなら，点と終点が一致する曲線はジョルダン曲線の組み合わせとして表せるからである．（図参照）


まず，ジョルダン曲線 \(C\) に対して \(\overline{C}\) の領域を次の図のように \(n\) 個の正方形と部分正方形に分割することを考える．


各（部分）正方形を順番付けし， \(D_j\ (1\leq j\leq n)\) と表すことにして，その周を \(C_j\ (1\leq j\leq n)\) と書くとする．このとき， \(f\) 正則なので，任意の \(\varepsilon\gt 0\) と \(D_j\) の任意の 2 点 \(z,z_j\) に対して，次の不等式が成り立つような分割の仕方が存在する． $$\left| \frac{f(z)-f(z_j)}{z-z_j}-f'(z_j) \right|\lt \varepsilon$$ ここで， \(D_j\) 上の点 \(z_j\) を固定して \(D_j\) 上で関数 \(g_j(z)\) を次のように定義する． \begin{eqnarray} g_j(z)=\left\{ \begin{array}{ccc} \displaystyle \frac{f(z)-f(z_j)}{z-z_j}-f'(z_j) &(z\neq z_j)\\ 0 &(z= z_j) \end{array} \right. \end{eqnarray} このとき， $$f(z)=f(z_j)+zf'(z_j)-z_jf'(z)+(z-z_j)g_j(z)$$ が成り立つ．したがって， $$\int_{C_j} dz = \int_{C_j} z\ dz = 0$$ （このことは複素積分の定義にしたがって計算すれば求まる）より， \begin{eqnarray} \left| \int_{C_j} f(z)\ dz \right| &= & \left| \int_{C_j} (z-z_j)g_j(z)\ dz \right| \\ & \leq & \int_{C_j} |z-z_j||g_j(z)||dz| \end{eqnarray} となる．また，正方形の一辺の長さを \(s\) として，\(C_j\) と \(C\) の共通部分の長さを \(L_j\) とすると， $$|z-z_j|\leq \sqrt{2}s,\quad |g_j(z)|\lt \varepsilon,\quad \int_{C_j} |dz|\leq 4s+L_j$$ であるので， \(C\) を内側に含むような正方形の一辺の長さを \(S\) とおくと， \begin{eqnarray} \left| \int_{C} f(z)\ dz \right| &=& \left| \sum_{j=1}^{n}\int_{C_j} f(z)\ dz \right| \\ &\leq& \sum_{j=1}^{n} \left| \int_{C_j} f(z)\ dz \right| \\ &\leq& \sum_{j=1}^{n} \varepsilon (4\sqrt{2} s^2+\sqrt{2}sL_j) \\ &\leq& \varepsilon (4\sqrt{2} S^2+\sqrt{2}S \sum_{j=1}^{n} L_j) \\ &=& \varepsilon (4\sqrt{2} S^2+\sqrt{2}SL) \\ \end{eqnarray} したがって， $$\int_{C} f(z)\ dz = 0$$ である．

\(C_1,C_2\) を点 \(z_1\) から \(z_2\) への曲線とすると， \(C_1-C_2\) は \(z_1\) を始点かつ終点とする曲線といえる．したがってコーシーの積分定理より， $$\int_{C_1-C_2}f(z)\ dz=0 \Longrightarrow \int_{C_1}f(z)\ dz=\int_{C_2}f(z)\ dz$$

下の図のように積分路を \(2\) つに分解できる．（図は \(n=2\) のとき）
分割した積分路をそれぞれ \(C_a,C_b\) とすると，仮定から \(f(z)\) は \(\overline{C_a},\overline{C_b}\) で正則であるからコーシーの積分定理より， $$\int_{C_a}f(z)\ dz=0\ ，\ \int_{C_b}f(z)\ dz=0$$ となる．したがって， $$\int_{C+C_1+\cdots+C_n} f(z)\ dz = \int_{C_a}f(z)\ dz + \int_{C_b}f(z)\ dz = 0$$ （ \(C_a\) と \(C_b\) に共通する積分路は方向が逆なので打ち消される）

\(C\) 内部の任意の \(z_0\) に対してある \(\delta_1\) が存在して， \(z_0\) を中心とする半径 \(\delta_1\) の開円板が \(C\) の内部に含まれるようにできる．
また， \(f(z)\) は連続なので任意の \(\varepsilon\) に対して，ある \(\delta_2\) があって， $$|z-z_0|\leq \delta_2 \Longrightarrow |f(z)-f(z_0)|\lt \varepsilon$$ が成り立つようにできる． \(\delta = \min\{\delta_1,\delta_2\}\) ととれば， \(z_0\) を中心とする半径 \(\delta\) の円の円周 \(C_0\) は \(\overline{C}\) 上のジョルダン曲線である．また， \(f(z)/(z-z_0)\) は点 \(z_0\) を除いて正則であるので，系5.2.2# より， $$\int_C \frac{f(z)}{z-z_0}dz = \int_{C_0} \frac{f(z)}{z-z_0}dz$$ が成り立つ．したがって，1.5. 複素積分の例題 (2) の結果を用いれば， \begin{eqnarray} \left| \int_C \frac{f(z)}{z-z_0}dz \ -\ 2\pi i\ f(z_0) \right| &=& \left| \int_{C_0} \frac{f(z)}{z-z_0}dz \ – \int_{C_0} \frac{f(z_0)}{z-z_0}dz \right| \\ & = & \left| \int_{C_0} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} dz \right| \end{eqnarray} とできて，積分路 \(C_0\) 上で \(|z-z_0|=\delta\) ，積分路の長さは \(2\pi \delta\) で， \(|f(z)-f(z_0)|\leq \varepsilon\) なので， $$\left| \int_{C_0} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} dz \right| \lt \frac{\varepsilon}{\delta}2\pi\delta = 2\pi\varepsilon$$ となる．よって， $$\int_C \frac{f(z)}{z-z_0}dz = 2\pi i\ f(z_0)$$ が得られた．

数学的帰納法を用いて示す．

\(k=0\) のときはコーシーの積分表示により， $$f^{(0)}(z) = \frac{0!}{2\pi i} \int_C \frac{f(s)}{(s-z)^{0+1}}\ ds$$ が成り立つ．

\(f(z)\) が \(D\) 上で \(k\) 階微分可能で \(D\) 上の正の向きを持ったジョルダン曲線 \(C\) と \(C\) 内部の任意の点 \(z\) に対して， $$f^{(k)}(z) = \frac{k!}{2\pi i} \int_C \frac{f(s)}{(s-z)^{k+1}}\ ds$$ が成り立つとする．このとき \(k+1\) でも同様に成り立つことを示す． \(|\Delta z|\lt \delta\) ならば \(z+\Delta z\) が \(C\) の内部の点となるような \(\delta\) をとると， \(|\Delta z|\lt \delta\) となる任意の \(\Delta z\) で， \begin{eqnarray} &&\frac{f^{(k)}(z)-f^{(k)}(z+\Delta z)}{\Delta z} \\ &&\quad = \frac{k!}{2\pi i} \int_C \left( \frac{1}{(s-z)^{k+1}}\ – \frac{1}{(s-(z+\Delta z))^{k+1}}\right) \frac{f(s)}{\Delta z}ds \\ \end{eqnarray} となる．ここで， $$\lim_{\Delta z \rightarrow 0}\left( \frac{1}{(s-z)^{k+1}}\ – \frac{1}{(s-(z+\Delta z))^{k+1}}\right)\frac{1}{\Delta z}$$ は \(g(z)=1/(s-z)^{k+1}\) の微分で， \(g'(z)=(k+1)/(s-z)^{k+2}\) が得られる．また，この極限は \(s\neq z\) でコンパクト一様収束し， \(z\) は \(C\) の内部の点であるので，上の極限は \(C\) 上一様収束する．よって，極限と積分の順序交換可能で， $$\lim_{\Delta z \rightarrow 0}\frac{f^{(k)}(z)-f^{(k)}(z+\Delta z)}{\Delta z} = \frac{(k+1)!}{2\pi i} \int_C \frac{f(s)}{(s-z)^{k+2}}ds $$ したがって， \(f(z)\) は \(k+1\) 階微分可能で， $$f^{(k+1)}(z) = \frac{(k+1)!}{2\pi i} \int_C \frac{f(s)}{(s-z)^{k+2}}\ ds$$ を満たすので，数学的帰納法により，一般のコーシーの積分表示は示された．