复分析：证明集合$A = \{\vert z\vert: e^{-\frac{1}{z}}= z\}$的上确界小于1

咱们来拆解这个问题：首先给定集合$A = {\vert z\vert: e^{-\frac{1}{z}}= z, z\in \mathbb{C}}$，目标是证明$\sup A < 1$，题目还给了个关键提示——方程$e^z = z$只有模大于1的解。

先看你的思路，其实已经踩中了核心步骤：原方程$e^{-\frac{1}{z}} = z$两边取倒数（注意$z\neq0$，否则原方程左边无意义），就能等价转化为$e^{\frac{1}{z}} = \frac{1}{z}$。令$w = \frac{1}{z}$，方程就变成了$e^w = w$，正好对应提示里的方程！

根据提示，$e^w = w$的所有解都满足$\vert w\vert > 1$，也就是$\left\vert \frac{1}{z} \right\vert > 1$，反过来推导就是$\vert z\vert < 1$——这说明集合$A$里的所有元素都小于1，即$A \subseteq [0,1)$。

接下来要确认$\sup A$不仅存在，而且严格小于1：

• 首先，$A$是闭集：原方程$e^{-\frac{1}{z}} = z$的解集合是解析函数$f(z)=e^{-\frac{1}{z}} - z$的零点集，在$\mathbb{C}\setminus{0}$上是闭集；取模后得到的$A$作为实数集的子集也是闭集。
• 同时$A$有界（所有元素都小于1），根据实数的完备性，$\sup A$存在且是有限的实数，设为$s$，显然$s \leq 1$。

现在要排除$s=1$的可能：假设$s=1$，那必然存在一列$z_n$满足$e^{-\frac{1}{z_n}} = z_n$，且$\vert z_n\vert \to 1$。令$w_n = \frac{1}{z_n}$，则$\vert w_n\vert \to 1$，同时$e^{w_n} = w_n$。
对这列$w_n$取极限（因为模有界，根据Bolzano-Weierstrass定理，存在收敛子列），设$w_n \to w$，则$\vert w\vert = 1$，且由连续性得$e^w = w$。但我们可以证明$e^w = w$不存在模为1的解：
如果$\vert w\vert =1$，那么$\vert e^w\vert = e^{\text{Re}(w)}$，而$\vert w\vert=1$，若$e^w=w$则$e{\text{Re}(w)}=1$，即$\text{Re}(w)=0$，所以$w$是纯虚数，设$w=iy$（$y\in\mathbb{R}$）。此时方程变为$e^{iy}=iy$，左边模是1，右边模是$\vert y\vert$，所以$\vert y\vert=1$。但此时左边是$\cos y + i\sin y$，右边是$i\cdot(\pm1)$，实部$\cos y=0$意味着$y=\pm\frac{\pi}{2}$，但$\sin(\pm\frac{\pi}{2})=\pm1$，而$y=\pm1$时$\sin1\approx0.841\neq1$，$\sin(-1)\approx-0.841\neq-1$，矛盾！

所以$e^w=w$没有模为1的解，这就说明假设$s=1$不成立，因此$\sup A <1$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者user1457233