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

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

$\cos(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}+e^{-i\,\alpha}}{2}$ y $\sin(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}-e^{-i\,\alpha}}{2\,i}$

Vamos a justificar las siguientes fórmulas: $$\cos(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}+e^{-i\,\alpha}}{2}$$ y $$\sin(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}-e^{-i\,\alpha}}{2\,i}$$

Conocemos la fórmula de Euler: todo número complejo $z=a+i\,b$ puede escribirse de la forma $z=|z|\cdot e^{i\,\alpha}=|z|\cdot (\cos(\alpha)+i\,\sin(\alpha))$, donde $|z|$ es el módulo de $z$ y $\alpha$ representa el argumento de $z$

El número complejo conjugado de $z$ es $\bar{z}=a-i\,b=|z|\cdot e^{-i\,\alpha}$, ya que $|\bar{z}|=|z|$ y $\text{Arg}(\bar{z})=-\text{Arg}(z)=-\alpha$

Hagamos la suma $z+\bar{z}$:
  $z+\bar{z}=\left\{\begin{matrix}|z|\cdot (\cos(\alpha)+i\,\sin(\alpha)) + |z|\cdot (\cos(\alpha)+\,\sin(\alpha)) = 2\,|z|\,\cos(\alpha) \\ |z|\cdot e^{i\,\alpha} + |z|\cdot e^{-i\,\alpha}\end{matrix}\right.\Rightarrow$
    $\Rightarrow 2\,|z|\,\cos(\alpha) = |z|\, (e^{i\,\alpha} + e^{-i\,\alpha}) \Rightarrow \cos(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}+e^{-i\,\alpha}}{2}$

Hagamos ahora la diferencia $z-\bar{z}$:
  $z-\bar{z}=\left\{\begin{matrix}|z|\cdot (\cos(\alpha)+i\,\sin(\alpha)) - |z|\cdot (\cos(\alpha)-\,\sin(\alpha)) = 2\,|z|\,i\,\sin(\alpha) \\ |z|\cdot e^{i\,\alpha} - |z|\cdot e^{-i\,\alpha}\end{matrix}\right.\Rightarrow$
    $\Rightarrow 2\,|z|\,i\sin(\alpha) = |z|\, (e^{i\,\alpha} - e^{-i\,\alpha}) \Rightarrow \sin(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}-e^{-i\,\alpha}}{2\,i}$
$\diamond$

Divisibilidad de polinomios de variable compleja

En este ejercicio voy a demostrar que el polinomio $P(x)=x^n\,\sin\,\alpha-\lambda^{n-1}\,x\,\sin\,(n\alpha)+\lambda^n\,\sin\,((n-1)\,\alpha)$ es divisible por el polinomio $Q(x)=x^2-2\,\lambda\,x\cos\,\alpha+\lambda^2$

Voy a empezar factorizando el polinomio $Q(x)$, y, para ello, tengo que calcular sus ráices: $Q(x)=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{-(-2\,\lambda\,\cos\,\lambda) \pm \sqrt{4\,(-\lambda\,\cos\,\alpha)^2-4\,\lambda^2}}{2}=\lambda\,(\cos\,\alpha \pm i\,\sin\,\alpha)$; por tanto, $Q(x)=(x-r_1)\,(x-r_2)$, donde $r_1=\lambda\,(\cos\,\alpha+i\,\sin\,\alpha)$ y $r_1=\lambda\,(\cos\,\alpha-i\,\sin\,\alpha)$

Entonces, para que $P(x)$ sea divisible (se un polinomio múltiplo de) $Q(x)$ es necesario que lo sea también por sus polinomios factores, $x-r_1$ y $x-r_2$; y, por el teorema del resto, deberá cumplirse que $P(r_1)=P(r_2)=0$. Y, en efecto, así es:

$P(r_1)=(\lambda\,(\cos\,\alpha+i\,\sin\,\alpha)^n\,\sin\,\alpha-\lambda^{n-1}\,(\lambda\,(\cos\,\alpha+i\,\sin\,\alpha))\,\sin\,(n\alpha)+\lambda^n\,\sin\,((n-1)\,\alpha)$
  $=\lambda^n\,(\cos\,(n\alpha)+i\,\sin(n\alpha))\sin\,\alpha-\lambda^{n-1}\,(\lambda\,(\cos\,\alpha+i\,\sin\,\alpha))\,\sin\,(n\alpha)+\lambda^n\,\sin\,((n-1)\,\alpha)$
    $\because \text{por la fórmula de Moivre aplicada al primer sumando}$
    $=\lambda^n\,\left(\cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha-\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha)\right)+\lambda^n\,\sin\,((n-1)\,\alpha)$
      $=\lambda^n\,\left(\cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha-\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha)\right)+\lambda^n\,\sin\,(n\alpha-\alpha)$
        $=\lambda^n\,\left(\cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha-\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha)\right)+\lambda^n\,\left( \sin\,(n\alpha)\,\cos\,\alpha - \cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha \right)$
          $=\lambda^n\, \left( \cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha-\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha) + \sin\,(n\alpha)\,\cos\,\alpha - \cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha \right)$
            $=\lambda^n\, \left( (\cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha - \cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha) + (\cos\,\alpha\, \sin\,(n\alpha) -\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha)) \right)$
              $=\lambda^n\, \left( 0 + 0 \right)$
                $=0$

$P(r_2)=(\lambda\,(\cos\,\alpha-i\,\sin\,\alpha)^n\,\sin\,\alpha-\lambda^{n-1}\,(\lambda\,(\cos\,\alpha-i\,\sin\,\alpha))\,\sin\,(n\alpha)+\lambda^n\,\sin\,((n-1)\,\alpha)$
  $=\lambda^n\,(\cos\,(n\alpha)-i\,\sin(n\alpha))\sin\,\alpha-\lambda^{n-1}\,(\lambda\,(\cos\,\alpha-i\,\sin\,\alpha))\,\sin\,(n\alpha)+\lambda^n\,\sin\,((n-1)\,\alpha)$
    $\because \text{por la fórmula de Moivre aplicada al primer sumando}$
    $=\lambda^n\,\left(\cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha-\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha)\right)+\lambda^n\,\sin\,((n-1)\,\alpha)$
      $=\lambda^n\,\left(\cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha-\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha)\right)+\lambda^n\,\sin\,(n\alpha-\alpha)$
        $=\lambda^n\,\left(\cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha-\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha)\right)+\lambda^n\,\left( \sin\,(n\alpha)\,\cos\,\alpha - \cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha \right)$
          $=\lambda^n\, \left( \cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha-\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha) + \sin\,(n\alpha)\,\cos\,\alpha - \cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha \right)$
            $=\lambda^n\, \left( (\cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha - \cos\,(n\alpha)\,\sin\,\alpha) + (\cos\,\alpha\, \sin\,(n\alpha) -\cos\,\alpha\,\sin\,(n\alpha)) \right)$
              $=\lambda^n\, \left( 0 + 0 \right)$
                $=0$
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Radicación de números complejos

Voy a calcular, como ejercicio, los valores de $\sqrt[4]{1}$ en el conjunto de los números complejos:

Sé que, siendo $z\in \mathbb{C}$, entonces existen $n$ valores (en $\mathbb{C}$) como resultado: $\sqrt[n]{z}=\sqrt[n]{|z|}\cdot \left( \cos\,\left(\dfrac{\varphi+2k\pi}{n}\right)+i\,\sin\,\left(\dfrac{\varphi+2k\pi}{n}\right) \right)$, con $k=0,1,2,\ldots,n-1$, donde $\varphi$ es el primer argumento de $z$. En este caso, como $z=1=1+i\,0$, se tiene que $|z|=1$ y $\varphi=\text{arctan}\,(\frac{0}{1})=\text{arctan}\,0=0$, con lo cual: $$\sqrt[4]{1}=\left\{\begin{matrix}\text{para}\,k=0,\dfrac{\varphi+2k\pi}{n}=\dfrac{0+0\cdot 2\pi}{4}=0\,\therefore\, &1\cdot ( \cos\,0+i\,\sin\,0)=1 \\ \text{para}\,k=1,\dfrac{\varphi+2k\pi}{n}=\dfrac{0+1\cdot 2\pi}{4}=\frac{\pi}{2}\,\therefore\, &1\cdot ( \cos\,\frac{\pi}{2}+i\,\sin\,\frac{\pi}{2})=i \\ \text{para}\,k=2,\dfrac{\varphi+2k\pi}{n}=\dfrac{0+2\cdot 2\pi}{4}=\pi\,\therefore\, &1\cdot ( \cos\,\pi+i\,\sin\,\pi)=-1 \\ \text{para}\,k=3,\dfrac{\varphi+2k\pi}{n}=\dfrac{0+3\cdot 2\pi}{4}=\dfrac{3}{2}\,\pi \equiv -\dfrac{\pi}{2} \,\therefore\, &1\cdot ( \cos\,(-\frac{\pi}{2}+i\,\sin\,(-\frac{\pi}{2})=-i\end{matrix}\right.$$

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Comprobación. La potencia de cada uno de los valores obtenidos, con exponente igual al índice del radical, ha de ser igual al argumento del mismo, que es $1$. En efecto:

• $1^4=1$
• $i^4=1^2\cdot i^2=(-1)\cdot (-1)=1$
• $(-1)^4=1$
• $(-i)^4=((-1)\,i)^4=(-1)^4\cdot i^4=1\cdot 1=1$

Potenciación de números complejos

En este ejercicio voy a desarrollar la expresión $$\left(\dfrac{1-i}{1+i}\right)^8$$.

Para ello, expresaré el numerador y el denominador de la base de la potencia en forma exponencial (fórmula de Euler):
  $\displaystyle 1-i=|1-i|\cdot e^{i\cdot \text{arctan}(-1)}=\sqrt{2}\,e^{-\frac{\pi}{4}}$
  $\displaystyle 1+i=|1+i|\cdot e^{i\cdot \text{arctan}(1)}=\sqrt{2}\,e^{\frac{\pi}{4}}$
con lo cual, la base de la potencia queda:
  $\left(\dfrac{1-i}{1+i}\right)=\dfrac{\sqrt{2}\,e^{-\frac{\pi}{4}}}{\sqrt{2}\,e^{\frac{\pi}{4}}}=e^{-\frac{2\cdot\pi}{4}}=e^{-\frac{\pi}{2}}$ y por tanto,
  $\left(\dfrac{1-i}{1+i}\right)^8=\left( e^{-\frac{\pi}{2}} \right)^8=e^{-\frac{8\cdot\pi}{2}}=e^{-4\pi}=\cos\,(-4\pi)+i\,\sin\,(-4\pi)=\cos\,(4\pi)-i\,\sin\,(4\pi)=$
    $=\cos\,(2\cdot 2\pi)-i\,\sin\,(2\cdot 2\pi)=1+0\,i=1$ $\diamond$

Un ejercicio para expresar en forma exponencial un número complejo dado en forma algebraica

En este ejercicio me propongo expresar el número complejo $z=-1-\sqrt{3}\,i$ (escrito en forma algebraica) en la forma exponencial.

Necesito calcular el módulo ($|z|$ o $\rho$) y el primer valor del argumento (o argumento principal), pues en la forma exponencial un número complejo se escribe de la forma $\displaystyle z=\rho \cdot e^{i\varphi}$. Entonces, $\rho=\sqrt{(\mathcal{Im}(z))^2+(\mathcal{Re}(z))^2}=\sqrt{(-1)^2+(-\sqrt{3})^2}=2$. Calculo ahora el primer valor del argumento de $z$: $\text{arg}(z)$ (o $\varphi$), de manera que $-\pi \lt \varphi \le \pi$. Como $\mathcal{Im}(z)=-\sqrt{3}\lt 0$ y $\mathcal{Re}(z)=-1\lt 0$, el afijo de $z$, está en el tercer cuadrante (diagrama de Argand), con lo cual $\varphi=\text{arctan}\,(\frac{-\sqrt{3}}{-1})-\pi=-\dfrac{2\,\pi}{3}$, con lo cual $$z= \displaystyle 2 \cdot e^{-i\,\dfrac{2\,\pi}{3}}$$ $\diamond$

Un ejercicio para expresar en forma trigonométrica un número complejo

Me propongo escribir el número complejo (dado en forma algebraica) $z=1-sin\,\alpha+ i\,\cos\,\alpha$, siendo $0\lt \alpha\lt \dfrac{\pi}{2}$ en la forma trigonométrica: $z=\rho\,(\cos\,\varphi + i\,\sin\,\varphi)$

Necesito calcular el módulo y el primer valor del argumento (o argumento principal): $\rho=|z|=\sqrt{(\mathcal{Im}(z))^2+(\mathcal{Re}(z))^2}=\sqrt{(1-\sin\,\alpha)^2+(\cos\,\alpha)^2}=\sqrt{2\,(1-\sin\,\alpha)}$. Calculo ahora el primer valor del argumento de $z$: $\text{arg}(z)=\varphi$, conviniendo que $-\pi \lt \varphi \le \pi$. Como $\mathcal{Im}(z)=1-\sin\,\alpha \gt 0$ y $\mathcal{Re}(z)=\cos\,\alpha \gt 0$, el afijo de $z$, está en el primer cuadrante del plano de Argand. Sabemos que $\varphi:= \text{arctan}\,\left( \dfrac{\mathcal{Im}\,z}{\mathcal{Re}\,z}\right)=\text{arctan}\,\left( \dfrac{\cos\,\alpha}{1-\sin\,\alpha}\right) \Rightarrow \tan\,\varphi=\dfrac{\cos\,\alpha}{1-\sin\,\alpha}$; y, haciendo uso de las identidades trigonométricas y algebraicas: $\dfrac{\cos\,\alpha}{1-\sin\,\alpha}=\dfrac{\sqrt{1-\sin^2\,\alpha}}{1-\sin\,\alpha}=\dfrac{\sqrt{(1-\sin\,\alpha)(1+\sin\,\alpha)}}{1-\sin\,\alpha}= \sqrt{ \dfrac{(1-\sin\,\alpha)(1+\sin\,\alpha)}{(1-\sin\,\alpha)^2}}=$
$=\sqrt{ \dfrac{1-\sin\,\alpha}{1-\sin\,\alpha}\cdot \dfrac{1+\sin\,\alpha}{1-\sin\,\alpha}}=\sqrt{\dfrac{1+\sin\,\alpha}{1-\sin\,\alpha}}=\sqrt{\dfrac{1+\cos\,(\alpha-\frac{\pi}{2})}{1-\cos\,(\alpha-\frac{\pi}{2})}}\overset{\text{(1)}}{=}-\dfrac{1}{\tan\,\left( \dfrac{\alpha-\frac{\pi}{2}}{2} \right)} \because \dfrac{\alpha-\frac{\pi}{2}}{2}$ es un ángulo del cuarto cuadrante; por lo tanto, $\tan\,\varphi \cdot \tan\, \left( \dfrac{\alpha-\frac{\pi}{2}}{2} \right)=-1$. Por otra parte, sabemos que, denotando $A:=\varphi$ y $B:=\dfrac{\alpha-\frac{\pi}{2}}{2}$, $\tan\,(A-B)\overset{\text{(2)}}{=}\dfrac{\tan\,A-\tan\,B}{1+\tan\,A \cdot \tan\,B}$; y teniendo en cuenta que $\tan\,A \cdot \tan\,B=-1$, el denominador de la fórmula de la tangente de la diferencia de ángulos se anula: $1+\tan\,A \cdot \tan\,B=0$, con lo cual $\tan\,(A-B)=\pm\,\infty$, pero, para ello, como $\tan\,(A-B):=\dfrac{\sin\,(A-B)}{\cos\,(A-B)}$, debe cumplirse que $\cos\,(A-B)=0$, y por tanto, $A-B=\dfrac{\pi}{2}$, esto es $\varphi-\dfrac{\alpha-\frac{\pi}{2}}{2}=\dfrac{\pi}{2} \Leftrightarrow \varphi-\dfrac{\alpha-\frac{\pi}{2}}{2}=\dfrac{\pi}{2}$, de lo cual se desprende que $\varphi=\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\pi}{4}$. Por consiguiente, $$1-\sin\,\alpha+ i\,\cos\,\alpha= \sqrt{2\,(1-\sin\,\alpha)}\cdot \left( \cos\,(\frac{\alpha}{2}+\frac{\pi}{4})+i\,\sin\,(\frac{\alpha}{2}+\frac{\pi}{4}) \right)$$

Aclaraciones:

1. Spiegel, M.; L. Abellanas, Fórmulas y Tablas de Matemática Aplicada (5.43, p.20), Shaum, McGraw-Hill, Madrid, 1993
2. Spiegel, M.; L. Abellanas, Fórmulas y Tablas de Matemática Aplicada (5.36, p.19), Shaum, McGraw-Hill, Madrid, 1993

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Módulo y primer argumento de un número complejo. Algunos ejercicios

Voy a hallar el módulo, $|z|$ y el valor principal del argumento, $\text{arg}\,z$ o $\varphi$) (recordemos que $-\pi \lt \text{arg}\,z \le \pi$) de los siguientes números complejos:
a) $z=4+3i$; b) $z=-2+2\sqrt{3}\,i$; c) $z=-7-i$; d) $z=-\cos\,\dfrac{\pi}{5}+i\,\sin\,\dfrac{\pi}{5}$; e) $z=4-3\,i$; f) $z=\cos\,\alpha-i\,\sin\,\alpha$; $\pi \lt \alpha \lt \dfrac{3}{2}\,\pi$

• (a) $|z|=\sqrt{4^2+3^2}=5$; $\varphi=\text{arctan}\,\dfrac{3}{4}$. Nota: El afijo de $z$ está en el primer cuadrante, ya que $\mathcal{Im}\,z=3 \gt 0$ y $\mathcal{Re}\,z=4 \gt 0$.
• (b) $|z|=\sqrt{(-2)^2+(2\,\sqrt{3})^2}=4$; $\varphi=\text{arctan}\,\dfrac{2\,\sqrt{3}}{-2}=\dfrac{2}{3}\,\pi$. Nota: El afijo de $z$ está en el seguno cuadrante, ya que $\mathcal{Im}\,z=2\,\sqrt{3} \gt 0$ y $\mathcal{Re}\,z=-2 \lt 0$.
• (c) $|z|=\sqrt{(-7)^2+(-1)^2}=2\,\sqrt{5}$; $\varphi=\text{arctan}\,\dfrac{1}{7}-\pi$. Nota: El afijo de $z$ está en el tercer cuadrante, ya que $\mathcal{Im}\,z=-1 \lt 0$ y $\mathcal{Re}\,z=-7 \lt 0$.
• (d) $|z|=\sqrt{(-\cos\,\dfrac{\pi}{5})^2+(\sin\,\dfrac{\pi}{5})^2}=1$; $\varphi=\text{arctan}\,\left(\dfrac{\sin\,\frac{\pi}{5}}{-\cos\,\frac{\pi}{5}}\right)=\text{arctan}\,\left(-\tan\,(\frac{\pi}{5})\right)=-\frac{\pi}{5}+\pi=\frac{4}{5}\,\pi$. Nota: El afijo de $z$ está en el segundo cuadrante, ya que $\mathcal{Im}\,z=\sin\,\frac{\pi}{5} \gt 0$ y $\mathcal{Re}\,z=-\cos\,\frac{\pi}{5} \lt 0$.
• (e) $|z|=\sqrt{4^2+(-3)^2}=5$; $\varphi=\text{arctan}\,\dfrac{-3}{4}=-\text{arctan}\,\dfrac{3}{4}$. Nota: El afijo de $z$ está en el cuarto cuadrante, ya que $\mathcal{Im}\,z=-3 \lt 0$ y $\mathcal{Re}\,z=4 \gt 0$.
• (f) $|z|=\sqrt{(\cos\,\alpha)^2+(-\sin\,\alpha)^2}=1$; $\varphi=\text{arctan}\,\left(\dfrac{-\sin\,\alpha}{\cos\,\alpha}\right)=\text{arctan}\,(-\tan\,\alpha)=-\alpha$, y, en consecuencia: $\varphi=2\,\pi-\alpha$, que pertenece al cuarto cuadrante, pues $\alpha$ pertenece al tercer cuadrante. En efecto, como $\sin\,\alpha \lt 0$, se tiene que $-\sin\,\alpha \gt 0$, y, al ser $\cos\,\alpha \lt 0$, entonces $-\tan\,\alpha \lt 0$, luego $\varphi$ pertenece o bien al segundo cuadrante o bien al cuarto cuadrante, que es nuestro caso. $\diamond$

Forma trigonométrica de un número complejo

Voy a escribir el número complejo $z=1-\sqrt{3}\,i$ (escrito en forma algebraica) en la forma trigonométrica:

Necesito calcular el módulo y el primer valor del argumento (o argumento principal): $|z|=\sqrt{(\mathcal{Im}(z))^2+(\mathcal{Re}(z))^2}=\sqrt{1^2+(-\sqrt{3})^2}=2$. Calculo ahora el primer valor del argumento de $z$: $\text{arg}(z)$ (o $\varphi$), de manera que $-\pi \lt \varphi \le \pi$. Como $\mathcal{Im}(z)=-\sqrt{3}\lt 0$ y $\mathcal{Re}(z)=1\gt 0$, el afijo de $z$, está en el cuarto cuadrante en el diagrama de Argand, con lo cual $\varphi=\text{arctan}\,(-\frac{\sqrt{3}}{1})=-\dfrac{\pi}{3}$, en consecuencia $z=|z|\cdot \left( cos\,(\varphi)+i\,\sin\,(\varphi) \right)=2\cdot (\dfrac{1}{2}-i\,\dfrac{\sqrt{3}}{2})$. Obsérvese que si deshacemos el paréntesis se obtiene otra vez la expresión algebraica de $z$. $\diamond$

Relación entre las funciones tangente y tangente hiperbólica

En dos artículos precedentes [(1) y (2)] hemos visto la relación entre el seno y el seno hiperbólico, y entre el coseno y el coseno hiperbólico; ahora, justificaremos la relación entre la tangente y la tangente hiperbólica: $$\tan\,(z)=-i\,\tanh\,(iz)\quad \quad \tanh\,(z)=-i\,\tan\,(iz)$$ $$\tan\,(iz)=i\,\tanh\,(z)\quad \quad \tanh\,(iz)=i\,\tan\,(z)$$

Recordemos que:
  $\sin\,(z)=-i\,\sinh\,(iz)$
  $\sinh\,(z)=-i\,\sin\,(iz)$
  $\cos\,(z)=\cosh\,(iz)$
  $\cosh\,(z)=\cos\,(iz)$

Entonces, atendiendo a las definiciones de tangente y tangente hiperbólica:
  $\tan\,(z):=\dfrac{\sin\,(z)}{\cos\,(z)}=\dfrac{-i\,\sinh\,(iz)}{\cosh\,(iz)}=-i\,\dfrac{\sinh\,(iz)}{\cosh\,(iz)}=-i\,\tanh\,(iz)$
Cambiando $z$ por $iz$, y teniendo en cuenta que las funciones tangente son impares:
  $\tan\,(iz)=-i\,\tanh\,(i\,(iz))=-i\,\tanh\,(i^2\,z)=-i\,\tanh\,(-z)=-i\cdot (-\tanh\,(-z))=i\,\tanh\,(z)$

Por otra parte,
  $\tanh\,(z):=\dfrac{\sinh\,(z)}{\cosh\,(z)}=\dfrac{-i\,\sin\,(iz)}{\cos\,(iz)}=-i\,\dfrac{\sin\,(iz)}{\cos\,(iz)}=-i\,\tan\,(iz)$
Otra vez ahora con esta otra igualdad: cambiando $z$ por $iz$, y teniendo en cuenta que las funciones tangente son impares:
  $\tanh\,(iz)=-i\,\tan\,(i\,(iz))=-i\,\tan\,(i^2\,z)=-i\,\tan\,(-z)=-i\cdot (-\tan\,(-z))=i\,\tan\,(z)$

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Relación entre las funciones coseno y coseno hiperbólico

Siendo $z\in \mathbb{C}$, recordemos que la función coseno se puede escribir de la forma $\cos\,(z)\overset{(1)}{=}\dfrac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$ y la función coseno hiperbólico, que se define de la forma $\cosh\,(z):=\dfrac{e^z+e^{-z}}{2} \quad (1)$, se puede demostrar fácilmente que $\cos\,(iz)=\cosh\,(z)$ y $\cos\,(z)=\cosh\,(iz)$. En efecto:

$\cos\,(z)=\dfrac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$ y cambiando el argumento $z$ por $iz$ en ambos miembros de la igualdad podemos escribir $\cos\,(iz)=\dfrac{e^{i\,(iz)}+e^{-i\,(iz)}}{2}=\dfrac{e^{i^2\,z}+e^{-i^2\,z}}{2}=\dfrac{e^{(-1)\cdot z}+e^{-(-1)\,z}}{2}=\dfrac{e^{-z}+e^{z}}{2}=\dfrac{e^{z}+e^{-z}}{2}=:\cosh\,(z)$. De ahí se sigue también que $\cos\,(z)=\cosh\,(iz)$

-oOo-

Nota 1:
De acuerdo con la fórmula de Euler, $e^{iz}=\cos\,(z)+ i\,\sin(z) \quad (2)$, luego $e^{-iz}=e^{i\,(-z)}\cos\,(-z)+ i\,\sin(-z) = \cos\,(z) + i\,(-\sin(z)) = \cos\,(z)-i\,\sin\,(z) \quad (3)$. Sumando, miembro a miembro, $(3)$ y $(2)$, se obtiene $e^{iz}+e^{-iz}=2\,\cos\,(z)$, con lo cual $\cos\,(z)=\dfrac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$

$\diamond$

Relación entre las funciones seno y seno hiperbólico

Siendo $z\in \mathbb{C}$, recordemos que la función seno se puede escribir de la forma $\sin\,(z)\overset{(1)}{=}\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$ y la función seno hiperbólico, que se define de la forma $\sinh\,(z):=\dfrac{e^z-e^{-z}}{2}$, se puede demostrar fácilmente que $\sin\,(z)=-i\,\sinh\,(iz)$ y que $\sinh\,(z)=-i\,\sin\,(iz)$. En efecto:

$\sin\,(z)=\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}\cdot \dfrac{i}{i}=i\cdot \dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{-2}=-i\cdot \left(\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2}\right) \quad (1)$, pero el segundo factor (entre los paréntesis) es justamente la definición del seno hiperbólico, no de $z$, sino de $iz$, esto es, $\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2}=\sinh\,(iz)$; por consiguiente, de $(1)$ se se sigue que, como se pedía, $$\sin\,(z) = -i\,\sinh\,(iz)$$

De ahí se sigue también que, de la igualdad anterior, cambiando $z$ por $iz$:
  $\sin\,(z) = -i\,\sinh\,(iz)$
    $\sin\,(iz) = -i\,\sinh\,(i\cdot (iz)$
      $\sin\,(iz) = -i\,\sinh\,(i^2\,z)$
        $\sin\,(iz) = -i\,\sinh\,(-z)$
          $\sin\,(iz) = -i\cdot (-\sinh\,(z))$
            $\sin\,(iz) = i\cdot \sinh\,(z)$
              $i\,\sin\,(iz) = i\cdot i\, \sinh\,(z)$
                $i\,\sin\,(iz) = i^2\, \sinh\,(z)$
                  $i\,\sin\,(iz) = -\sinh\,(z)$
                    $\sinh\,(z)=-i\,\sin\,(iz)$
-oOo-

Nota 1:
De acuerdo con la fórmula de Euler, $e^{iz}=\cos\,(z)+ i\,\sin(z) \quad (2)$, luego $e^{-iz}=e^{i\,(-z)}\cos\,(-z)+ i\,\sin(-z) = \cos\,(z) + i\,(-\sin(z)) = \cos\,(z)-i\,\sin\,(z) \quad (3)$. Restando, miembro a miembro, $(3)$ de $(2)$, se obtiene $e^{iz}-e^{-iz}=2i\,\sin\,(z)$, con lo cual $\sin\,(z)=\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$

$\diamond$

Justificación de la fórmula de Euler

Dado un número complejo expresado en forma binomial
$z=a+i\,b$
podemos expresarlo de forma trigonométrica
$z=r\,(\cos{\alpha}+i\,\sin{\alpha})$
demostraremos la siguiente igualdad ( que se conoce como fórmula de Euler ):
$$\cos{\alpha}+i\,\sin{\alpha}=e^{i\,\alpha}$$
con lo cual podremos escribir
$r\,\left(\cos{\alpha}+i\,\sin{\alpha}\right)=r\,e^{i\,\alpha}$
por lo que, de aquí, entendemos que se puede expresar un número complejo $z$ de la siguiente forma
$z=r\,e^{i\,\alpha}$
expresión que se conoce como forma polar de $z$



Vamos ahora a justificar dicha expresión

Desarrollando en série de potencias (s. de Taylor) la funciones $\sin{\alpha}$ i $\cos{\alpha}$ alrededor de $\alpha=0$ vemos que

$\sin{\alpha}=\alpha-\dfrac{\alpha^3}{3!}+\dfrac{\alpha^5}{5!}-\ldots + (-1)^{n-1}\,\dfrac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\ldots$

y

$\cos{\alpha}=1-\dfrac{\alpha^2}{2!}+\dfrac{\alpha^4}{4!}-\dfrac{\alpha^6}{6!}+\ldots+(-1)^{n-1}\,\dfrac{x^{2n-2}}{(2n-1)!}+\ldots$

Componiendo la operación

$\cos{\alpha}+i\,\sin{\alpha}$

encontramos

$\big(\alpha-\dfrac{\alpha^3}{3!}+\dfrac{\alpha^5}{5!}-\ldots + (-1)^{n-1}\,\dfrac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\ldots \big)+$
  $+i\,\big(1-\dfrac{\alpha^2}{2!}+\dfrac{\alpha^4}{4!}-\dfrac{\alpha^6}{6!}+\ldots+(-1)^{n-1}\,\dfrac{x^{2n-2}}{(2n-1)!}+\ldots\big)$

que puede expresarse de la forma
$1+\dfrac{i\alpha}{1!}+\dfrac{(i\alpha)^2}{2!}+\dfrac{(i\alpha)^3}{3!}+\ldots+\dfrac{(i\alpha)^n}{n!}+\ldots$

la cual coincide con el desarrollo en serie de potencias de la función

$e^{i\,\alpha}$

por lo que podemos escribir

$\cos{\alpha}+i\,\sin{\alpha}=e^{i\,\alpha} \quad \quad (1)$

y de ahí que

$r\,(\cos{\alpha}+i\,\sin{\alpha}) = r\, e^{i\,\alpha}$

y, por tanto, queda justificada la fórmula de Euler

$z=r\,e^{i\,\alpha}$

Observación:
Haciendo $\alpha:=\pi$ en (1), obtenemos la identidad de Euler:
$$-1=e^{i\,\pi}$$
o lo que es lo mismo
$$1+e^{i\,\pi}=0$$


$\square$