Montrons que la restriction de $f$ à $D$ , notée $g$ , est bien une application de $D$ dans $P$ . Soit $z\in D$ . On a $|z|<1$ et en particulier $z\neq i$ . Donc, $f(z)$ existe. De plus,

$\Re(f(z))=\frac{1}{2}(f(z)+\overline{f(z)})=\frac{1}{2}\left(\frac{z+i}{z-i}+\frac{{\bar z}-i}{{\bar z}+i}\right)= \frac{1}{2}\frac{2z{\bar z}-2}{(z-i)(\overline{z-i})}=\frac{|z|^2-1}{|z-i|^2}<0.$ Donc, $f(z)$ est élément de $P$ . $g$ est donc une application de $D$ dans $P$ . Montrons que $g$ est injective. Soit $(z,z')\in D^2$ .

$g(z)=g(z')\Rightarrow\frac{z+i}{z-i}=\frac{z'+i}{z'-i}\Rightarrow iz'-iz=iz-iz'\Rightarrow 2i(z'-z)=0\Rightarrow z=z'.$ Montrons que $g$ est surjective. Soient $z\in D$ et $Z\in P$ .

$g(z)=Z\Leftrightarrow\frac{z+i}{z-i}=Z\Leftrightarrow z=\frac{i(Z+1)}{Z-1}\;(\text{car}\;Z\neq1,$ (ce qui montre que $Z$ admet au plus un antécédent dans $D$ , à savoir $z=\frac{i(Z+1)}{Z-1}$ (mais on le sait déjà car $g$ est injective). Il reste cependant à vérifier que $\frac{i(Z+1)}{Z-1}$ est effectivement dans $D$ ). Réciproquement, puisque $\Re(Z)<0$ ,

$\left|\frac{i(Z+1)}{Z-1}\right|=\frac{|Z+1|}{|Z-1|}<1$

( $Z$ étant strictement plus proche de $-1$ que de $1$ ) et $z\in D$ . Finalement $g$ est une bijection de $D$ sur $P$ , et :

$\forall z\in P,\;g^{-1}(z)=\frac{i(z+1)}{z-1}$ .

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