Estoy tratando de mostrar que
$$ z = \tan \left[ \frac{1}{i} \log \left( \sqrt{ \frac{1+iz}{1-iz} } \right) \right] $$
Mi primera idea es utilizar el hecho de que $\sin x = \frac{ e^{ix} - e^{-ix} }{2i } $ y $\cos x = \frac{ e^{ix} + e^{-ix} }{2} $ para escribir
$$ \tan x = \frac{ e^{ix } - e^{-ix} }{i( e^{ix} + e^{-ix} ) } $$
Pero usando esto, parece que hará algunos cálculos muy desagradables. ¿Hay algún truco para hacer esto?
Su idea de escribir $$\tan x = \frac{ e^{ix } - e^{-ix} }{i( e^{ix} + e^{-ix} ) },$$ es un buen comienzo. Sustituyendo $x=\frac{1}{i}\log\sqrt{\tfrac{1+iz}{1-iz}}$ muestra que $$\tan x=\frac{1}{i}\frac{\sqrt{\frac{1+iz}{1-iz}}-\sqrt{\frac{1-iz}{1+iz}}}{\sqrt{\frac{1+iz}{1-iz}}+\sqrt{\frac{1-iz}{1+iz}}}.$$ Mutiplicando el numerador y el denominador por $\sqrt{(1+iz)(1-iz)}$ produce $$\tan x=\frac{1}{i}\frac{(1+iz)-(1-iz)}{(1+iz)+(1-iz)}=\frac{1}{i}\frac{2iz}{2}=z,$$ lo que no es un cálculo tan desagradable como podrías haber temido.
Hay que tener un poco de cuidado con la elección de la rama de $\sqrt{\cdot}$ para poder garantizar que las simplificaciones que hace son válidas.
Esperaba que nadie se preocupara de mirar debajo de la alfombra para ver qué había barrido allí. Pero tienes razón, la elección de la rama es un paso que uno debe tener en cuenta.
Sugerencia Las funciones trigonométricas inversas suelen extenderse al plano complejo de la siguiente manera: $$\arctan z = \int_0^z \frac{\mathrm dx}{1 + x^2},\qquad z \notin \{i,-i\},$$ donde la parte del eje imaginario que no se encuentra estrictamente entre $-i$ y $i$ es el corte entre la rama principal y las otras ramas.
Entonces se puede expresar la tangente inversa mediante el logaritmo complejo: $$\arctan z = \frac12i\left[\ln(1 - iz) - \ln(1 + iz)\right].$$
El siguiente argumento establece un dominio definido $\Omega'\subset {\mathbb C}$ en la que la identidad declarada es válida utilizando los valores principales de $\sqrt{\mathstrut}$ y $\log$ .
Comenzamos con la región de la rendija $\Omega:=\{z\in{\mathbb C}\>|\>z\ne it, t\in{\mathbb R}, |t|\geq1\}$ . El mapa de Moebius $$T: \quad z\mapsto w:={1+iz\over 1-iz}$$ mapas $\Omega$ en el $w$ -plano con el eje real negativo eliminado. El valor principal $w\mapsto\sqrt{w}$ está bien definida allí y mapea la rendija $w$ -en el semiplano derecho. En este último, el valor principal del logaritmo está bien definido, por lo que llegamos a ${\rm Log}\sqrt{w}$ situado en una franja horizontal de anchura $\pi$ con el eje real como eje central. Los puntos $$\zeta:={1\over i}{\rm Log}\sqrt{w}$$ por lo tanto, llenar la franja vertical $$S:=\left\{\zeta=\xi+i\eta\in{\mathbb C}\>\biggm|\>-{\pi\over2}<\xi<{\pi\over 2}\right\}\ .$$ Poner $\Omega':=\Omega\cap S$ . Afirmo que uno tiene $$q(z):=\tan\left({1\over i}{\rm Log}\sqrt{1+iz\over 1-iz}\right)=z\qquad\forall z\in \Omega'\ .$$ Prueba. Por definición, $$\tan\zeta={1\over i}{e^{i\zeta}-e^{-i\zeta}\over e^{i\zeta}+e^{-i\zeta}}\ .$$ En el caso que nos ocupa tenemos $\zeta:={1\over i}{\rm Log}\sqrt{w}$ de modo que obtenemos $$q(z)={1\over i}{\sqrt{w}-1/\sqrt{w}\over \sqrt{w}+1/\sqrt{w}}={1\over i}{w-1\over w+1}=\ldots=z\ .$$
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