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 :

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