Teorema de Pitagoras trigonométrico por series de potencias

Enunciado
Usando los desarrollos en serie de potencias, demostrar el teorema de Pitágoras trigonométrico en $\mathbb{C},$ es decir $$\text{sen }^2 z+\cos^2z=1,\quad \forall z\in \mathbb{C}.$$ Solución
Sabemos que para todo $z\in\mathbb{C}$ se verifica $$\text{sen } z = \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n + 1)!} z^{2n + 1},
\quad \cos z = \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} z^{2n},$$ siendo ambas series absolutamente convergentes para todo $z.$ Para dos series absolutamente convergentes $\sum_{n=0}^{\infty}a_n$ y $\sum_{n=0}^{\infty}b_n,$ también sabemos que se verifica el teorema del producto de Cauchy: $$\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_n\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}b_n\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}\right).$$ Por tanto tenemos: $$\text{sen }^2z=\sum_{n = 0}^\infty \left(\sum_{k = 0}^{n } \frac{(-1)^k}{(2k + 1)!} z^{2k + 1} \cdot  \frac{(-1)^{n-k}}{(2(n-k) + 1)!} z^{2(n-k) + 1}\right) $$ $$=\sum_{n = 0}^\infty \left(\sum_{k = 0}^{n } \frac{(-1)^n}{(2k + 1)!(2(n-k) + 1)!} z^{2(n + 1)} \right). $$ Haciendo una traslación de subíndices podemos escribir $$\text{sen }^2z=\sum_{n = 1}^\infty \left(\sum_{k = 0}^{n – 1} \frac{(-1)^{n – 1}}{(2k + 1)!(2(n – k – 1) + 1)!}\right) z^{2n}. $$ Por otra parte, $$\binom{2n}{2k+1}=\frac{(2n)!}{(2k+1)!(2n-2k-1)!}=\frac{(2n)!}{(2k+1)!(2(n-k-1)+1)!}.$$ En consecuencia, $$\text{sen }^2z= \sum_{n = 1}^\infty \left( \sum_{k = 0}^{n – 1} {2n \choose 2k + 1} \right) \frac{(-1)^{n – 1}}{(2n)!} z^{2n}.\qquad (1)$$ Procedemos de manera análoga para $\cos^2x:$  $$\cos^2z=\sum_{n = 0}^\infty \left(\sum_{k = 0}^{n } \frac{(-1)^k}{(2k)!} z^{2k}\cdot \frac{(-1)^{n-k}}{(2(n-k))!} z^{2(n-k)} \right) $$  $$=\sum_{n = 0}^\infty \left(\sum_{k = 0}^{n } \frac{(-1)^n}{(2k)!(2(n-k))!} z^{2n} \right). $$ Por otra parte, $$\binom{2n}{2k}=\frac{(2n)!}{(2k)!(2n-2k)!}=\frac{(2n)!}{(2k)!(2(n-k))!}.$$ En consecuencia, $$\cos^2z= \sum_{n = 0}^\infty \left( \sum_{k = 0}^n {2n \choose 2k} \right) \frac{(-1)^n}{(2n)!} z^{2n}.\qquad (2)$$ Usando los desarrollos $(1)$ y $(2),$ podemos escribir $$\cos^2z+\text{sen }^2z$$ $$=1+ \sum_{n = 1}^\infty \left( \sum_{k = 0}^n {2n \choose 2k} \right) \frac{(-1)^n}{(2n)!} z^{2n}+\sum_{n = 1}^\infty \left( \sum_{k = 0}^{n – 1} {2n \choose 2k + 1} \right) \frac{(-1)^{n – 1}}{(2n)!} z^{2n}$$ $$=1+ \sum_{n = 1}^\infty \left( \sum_{k = 0}^n {2n \choose 2k} \right) \frac{(-1)^n}{(2n)!} z^{2n}-\sum_{n = 1}^\infty \left( \sum_{k = 0}^{n – 1} {2n \choose 2k + 1} \right) \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} z^{2n}$$ $$=1+\sum_{n = 1}^\infty \left( \sum_{k = 0}^n {2n \choose 2k} – \sum_{k = 0}^{n – 1} {2n \choose 2k + 1}  \right) \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} z^{2n}.$$ Ahora bien, $$\sum_{k = 0}^n {2n \choose 2k} – \sum_{k = 0}^{n – 1} {2n \choose 2k + 1}
= \sum_{j = 0}^{2n} (-1)^j {2n \choose j}
= (1 – 1)^{2n}= 0.$$ Concluimos pues que  $\text{sen }^2 z+\cos^2z=1,\quad \forall z\in \mathbb{C}.$