Enunciado:
Demostrar que siendo z=\cos \,w \Leftrightarrow w=\arccos z, entonces
\arccos\,z = -i \, \ln\big( z+i\,\sqrt{z^2-1}\big)
Solución:
De la fórmula de Euler
e^{i\,w}=\cos\,w+i\,\sin\,w
y teniendo en cuenta que
z=\cos\,w
y que, por la identidad fundamental de la trigonometria
\sin\,w=\sqrt{1-z^2}
tendremos
e^{i\,\arccos\,z}=z+i\,\sqrt{1-z^2}
y, sacando logaritmos en cada miembro, podremos escribir
i\,\arccos\,z=\ln \big(z+i\,\sqrt{1-z^2}\big)
de donde
\arccos\,z=\dfrac{1}{i}\,\ln \big(z+i\,\sqrt{1-z^2}\big)
que es igual a
\arccos\,z=-i\,\ln \big(z+i\,\sqrt{1-z^2}\big)
\square
Enunciado:
Demostrar que siendo z=\sin \,w \Leftrightarrow \arcsin z, entonces
\arcsin\,z = -i \, \ln\big( \sqrt{1-z^2}+i\,z\big)
Solución:
De la fórmula de Euler
e^{i\,w=\cos\,w+i\,\sin\,w}
y teniendo en cuenta que
w=\arcsin\,z
además de la identidad fundamental de la trigonometria
\sin^2\,w+\cos^2\,w=1
tendremos
e^{i\,\arcsin\,z}=\sqrt{1-\sin^2\,w}+i\,\sin\,w
y habida cuenta de que \sin\,w=z,
e^{i\,\arcsin\,z}=\sqrt{1-z^2\,w}+i\,z
sacando logaritmos en cada miembro podremos escribir
i\,\arcsin\,z=\ln \big(\sqrt{1-z^2}+i\,z\big)
de donde
\arcsin\,z=\dfrac{1}{i}\,\ln \big(\sqrt{1-z^2}+i\,z\big)
que es igual a
\arcsin\,z=-i\,\ln \big(\sqrt{1-z^2}+i\,z\big)
Nota: Siguiendo procedimientos similares se puede demostrar también que \text{arctan}\,z=-\dfrac{i}{2}\,\ln\,\left( \dfrac{1+iz}{1-iz} \right) y \text{arccotan}\,z=-\dfrac{i}{2}\,\ln\,\left( \dfrac{z+i}{z-i} \right)
\diamond
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