$\text{arctan}(z)=-\dfrac{i}{2}\,\ln\left(\dfrac{1+i\,z}{1-i\,z}\right)$

Consideremos $z,w\in \mathbb{C}$ tales que $z=\tan(w)$. Queremos demostrar que $$\text{arctan}(z)=-\dfrac{i}{2}\,\ln\left(\dfrac{1+i\,z}{1-i\,z}\right)$$

Partamos de la fórmula de Euler $e^{i\,\tilde{z}}=\cos(\tilde{z})+i\,\sin(\tilde{z})\quad (1)$ siendo $\tilde{z}$ un número complejo cualquiera. Entonces, de $z=\tan(w)$, se tiene que $w=\text{arctan}(z) \quad (1')$, y como, en el caso que nos ocupa, $\tilde{z}=w$, de acuerdo con $(1)$, vamos a emplear la fórmula de Euler $(1)$ para desarrollar, según ésta, $e^{i\,w}=e^{i\,\text{arctan}(z)} \quad (2)$
 

Préviamente, tengamos en cuanta que, por definición, $\tan(w)=\dfrac{\sin(w)}{\cos(w)} \quad (3)$, y, por la identidad fundamental de la trigonometría, $\sin^2(w)+\cos^2(w)=1 \quad (4)$. Dividiendo ambos miembros de $(3)$ por $\cos^2(w)$, obtenemos $\tan^2(w)+1=\dfrac{1}{\cos^2(w)} \Rightarrow \cos^2(w)=\dfrac{1}{1+\tan^2(w)}=\dfrac{1}{1+z^2} \Rightarrow \cos(w)=\sqrt{\dfrac{1}{1+z^2}} \quad (5)$

Por otra parte, de $(4)$, se tiene que $\sin^2(w)=1-\cos^2(w)=1-\dfrac{1}{\tan^2(w)+1}=\dfrac{\tan^2(w)}{1+\tan^2(w)}=\dfrac{z^2}{1+z^2}\Rightarrow \sin(w)=\sqrt{\dfrac{z^2}{1+z^2}} \quad (6)$

Teniendo en cuanta ahora $(5)$ y $(6)$, vemos que $(2)$ se expresa de la siguiente manera:
  $e^{i\,w}=e^{i\,\text{arctan}(z)}$
    $e^{i\,w}=\cos\,(\text{arctan}(z))+i\,\sin(\text{arctan}(z))$
      $e^{i\,w}=\sqrt{\dfrac{1}{1+z^2}}+i\,\sqrt{\dfrac{z^2}{1+z^2}}$
        $e^{i\,w}=\dfrac{1}{\sqrt{1+z^2}}+\dfrac{i\,z}{\sqrt{1+z^2}}$
          $e^{i\,w}=\dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}}$
y tomando logaritmos en sendos miembros:
          $\ln\,\left(e^{i\,w}\right)=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
            $i\,w\,\ln\,(e)=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
              $i\,w\cdot 1=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                $i\,w=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
además, teniendo en cuenta $(1')$,
                  $i\,\text{arctan}(z)=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
luego,
                    $i\cdot i\,\text{arctan}(z)=i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                      $i^2\,\text{arctan}(z)=i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                        $-\,\text{arctan}(z)=i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                          $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                            $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{(1+i\,z)(1-i\,z)}} \right)$
                          $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \dfrac{\sqrt{(1+i\,z)^2}}{\sqrt{(1+i\,z)(1-i\,z)}} \right)$
                        $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \sqrt{\dfrac{(1+i\,z)^2}{(1+i\,z)(1-i\,z)}} \right)$
                      $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \sqrt{\dfrac{1+i\,z}{1-i\,z}} \right)$
                    $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left(\left( \dfrac{1+i\,z}{1-i\,z}\right) \right)^{\frac{1}{2}}$
                  $\text{arctan}(z)=-i\, \dfrac{1}{2}\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{1-i\,z} \right)$
                $\text{arctan}(z)=-\dfrac{i}{2}\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{1-i\,z} \right)$
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