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