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Comme $\displaystyle A$ est connexe par arcs et $\displaystyle \phi$ est continue, son image $\displaystyle \phi(A)$ est une partie connexe par arcs de $\displaystyle \R$, c’est-à-dire un intervalle de $\displaystyle \R$. On sait de plus qu’il existe deux éléments $\displaystyle i \in A \cap I$ et $\displaystyle s \in A \cap S$ qui par définition de $\displaystyle I$ et $\displaystyle S$ vérifient respectivement $\displaystyle \phi(i) < c$ et $\displaystyle \phi(s) >c$. Comme $\displaystyle \phi(A)$ est un intervalle, il contient tout le segment $\displaystyle [\phi(i),\phi(s)]$. En particulier, $\displaystyle c \in \phi(A)$, donc il existe $\displaystyle e \in A$ tel que $\displaystyle \phi(e)=c$, donc $\displaystyle e \in A \cap E \neq \emptyset$.

On considère la partie $\displaystyle A = \R^2 - E$. Comme $\displaystyle E$ est un singleton, on sait que $\displaystyle A$ est connexe par arcs (on peut faire un dessin pour s’en convaincre). D’après la question précédente, si on avait $\displaystyle A \cap I \neq \emptyset$ et $\displaystyle A \cap S \neq \emptyset$, on aurait $\displaystyle A \cap E \neq \emptyset$, ce qui est absurde par définition de $\displaystyle A$. On a donc nécessairement $\displaystyle A \cap I = \emptyset$ ou $\displaystyle A \cap S = \emptyset$. Supposons par exemple que $\displaystyle A \cap I = \emptyset$. On sait que $$\R^2 = I \cup E \cup S,$$ et que cette union est disjointe. En effet, pour $\displaystyle x \in \R^2$, on a soit $\displaystyle \phi(x)<c$, soit $\displaystyle \phi(x)=c$, soit $\displaystyle \phi(x)>c$.
On a $\displaystyle A = I \cup S$, et comme $\displaystyle A \cap I = \emptyset$, on a $\displaystyle A = S$, donc $\displaystyle \R^2 = E \cup S$. Mais cela signifie que tout élément de $\displaystyle x \in \R^2$ satisfait soit $\displaystyle \phi(x)>c$ (si $\displaystyle x \in S$), soit $\displaystyle \phi(x) = c$ (si $\displaystyle x$ est l’unique élément de $\displaystyle E$). Ainsi $\displaystyle c$ est le minimum global de la fonction $\displaystyle \phi$. Si on suppose que $\displaystyle A \cap S = \emptyset$, le même raisonnement montre que $\displaystyle S$ est un maximum global pour $\displaystyle \phi$.

Comme $\displaystyle E$ est une partie compacte de $\displaystyle \R^2$, il existe $\displaystyle R > 0$ tel que $\displaystyle E$ est contenu dans la boule fermée $\displaystyle B = B(0,R)$. On considère l’ensemble $\displaystyle A = \R^2-B$, qui est une partie connexe par arcs de $\displaystyle \R^2$. On raisonne comme à la question précédente : on a $\displaystyle A \cap E = \emptyset$, donc on a soit $\displaystyle A \cap I = \emptyset$, soit $\displaystyle A \cap S = \emptyset$. Supposons par exemple $\displaystyle A \cap I = \emptyset$. Alors $\displaystyle A \subset S$, ce qui signifie que $$\forall x \in A , \phi(x) > c.$$ De plus, $\displaystyle \phi$ est continue sur $\displaystyle B$, qui est un compact de $\displaystyle \R^2$, donc $\displaystyle \phi$ atteint son minimum $\displaystyle m$ sur $\displaystyle B$. Enfin, remarquons que $\displaystyle \emptyset \neq E \subset B$, donc il existe $\displaystyle z \in B$ tel que $\displaystyle \phi(z) = c$, donc $\displaystyle m \le c$, et donc $\displaystyle \forall x \in A, \phi(x) > c \ge m$, ce qui prouve que $\displaystyle m$ est un minimum global pour $\displaystyle \phi$.