1. Expression de la fonction $h$

    Soit $ x \in \mathbb{R} $. On a $ g(x) = a^x $.

    Calculons la composée de $ g $ avec elle-même :

    \[ g \circ g(x) = g(g(x)) = g(a^x) = a^{\left(a^x\right)} = h(x) \]

    Ainsi, il existe bien une fonction $ g $ telle que $ h(x) = g \circ g(x) $.

  3. Équivalence des points fixes

    Nous devons montrer deux implications :

    • Si $ x $ est un point fixe de $ g $, alors c'est un point fixe de $ h $ :
      Supposons que $ g(x) = x $.
      Alors $ h(x) = g(g(x)) = g(x) = x $. Donc $ x $ est bien un point fixe de $ h $.

    • Si $ x $ n'est pas un point fixe de $ g $, alors ce n'est pas non plus un point fixe de $ h $:
      Supposons que $ g(x) \neq x $. Deux cas se présentent :
      • Si $ g(x) > x $ :
        Comme $ a > 1 $, la fonction $ g $ (définie par $ g(t) = a^t $) est strictement croissante sur $ \mathbb{R} $ et donc on a:
        $ g(x)>x\iff g(g(x)) > g(x) $.
        On a donc $ h(x) > g(x) > x $, ce qui implique $ h(x) > x $ et donc $ h(x) \neq x $.
      • Si $ g(x) < x $ : Par la stricte croissance de $ g $, on obtient $ g(g(x)) < g(x) $.
        On a donc $ h(x) < g(x) < x $, ce qui implique $ h(x) < x $ et donc $ h(x) \neq x $.
      Dans tous les cas, on a $ h(x) \neq x $. Par contraposition, on a bien prouvé que si $ h(x) = x $, alors $ g(x) = x $.

    Conclusion : Les points fixes de $ h $ sont exactement ceux de $ g $. L'équation $ (E) $ équivaut donc à résoudre $ a^x = x $.

    4. Étude de la fonction $ ~\varphi $

    1. On a $ \varphi(x) = a^x - x = e^{x \ln a} - x $.

      En utilisant la dérivée de la composée pour la fonction exponentielle, on obtient :

      \[ \varphi'(x) = (\ln a)e^{x \ln a} - 1 = (\ln a)a^x - 1 \]

      Résolvons l'équation $ \varphi'(x) = 0 $ :

      \[ (\ln a)a^x - 1 = 0 \iff a^x = \frac{1}{\ln a} \]

      En appliquant la fonction logarithme népérien :

      \[ x \ln a = \ln\left(\frac{1}{\ln a}\right) = -\ln(\ln a) \]

      D'où l'unique solution $ c $ :

      \[ c = \frac{-\ln(\ln a)}{\ln a} \]

    2. Tableau de variations de $ \varphi $ :

      • Comme $ a > 1 $, on a $ \ln a > 0 $.
      • Pour $ x < c $, on a $ a^x < a^c $ donc $ (\ln a)a^x < 1 $, d'où $ \varphi'(x) < 0 $. La fonction $ \varphi $ est strictement décroissante sur $ ]-\infty, c] $.
      • Pour $ x > c $, $ \varphi'(x) > 0 $. La fonction $ \varphi $ est strictement croissante sur $ [c, +\infty[ $.
      • La fonction $ \varphi $ admet donc un minimum absolu en $ x = c $.

    3. Si $ \varphi(c) = 0 $, comme $ c $ est le minimum absolu de la fonction, on a pour tout $ x \neq c $, $ \varphi(x) > 0 $.
      L'équation $ \varphi(x) = 0 $ admet donc $ c $ pour unique solution.

      Calculons $ a $ dans ce cas:
      On sait que $ ~\varphi(c) = a^c - c = 0 $, donc $ a^c = c $.
      Or, d'après la définition de $ c $, $ a^c = a^{\frac{-\ln(\ln a)}{\ln a}} = \left(e^{\ln a}\right)^{\frac{-\ln(\ln a)}{\ln a}} = e^{-\ln(\ln a)} = \frac{1}{\ln a} $.

      On a donc :

      \[ \frac{1}{\ln a} = \frac{-\ln(\ln a)}{\ln a} \iff 1 = -\ln(\ln a) \iff \ln(\ln a) = -1 \] \[ \ln a = e^{-1} \iff a = e^{\left(e^{-1}\right)} = e^{\frac{1}{e}} \]

      Conclusion sur $ (E) $ : Puisque $ \varphi(x) = 0 \iff g(x) = x \iff h(x) = x $, l'équation $ (E) $ admet une unique solution $ c $ si $ a = e^{\frac{1}{e}} $.

    4. Calculons l'expression générale de $ \varphi(c) $ :

      \[ \varphi(c) = a^c - c = \frac{1}{\ln a} - \left(\frac{-\ln(\ln a)}{\ln a}\right) = \frac{1 + \ln(\ln a)}{\ln a} \]

      Comme $ \ln a > 0 $ (car $ a > 1 $), le signe de $ \varphi(c) $ dépend uniquement du numérateur :

      \[ \varphi(c) > 0 \iff 1 + \ln(\ln a) > 0 \iff \ln(\ln a) > -1 \iff \ln a > e^{-1} \iff a > e^{\frac{1}{e}} \]

      Si cette condition est vérifiée, le minimum de $ \varphi $ est strictement positif.
      Pour tout réel $ x $, $ \varphi(x) > 0 $. L'équation $ \varphi(x) = 0 $ n'a pas de solution, et par conséquent l'équation $ (E) $ n'en a aucune.

    5. Si $ \varphi(c) < 0 $, la condition nécessaire et suffisante est $ 1 < a < e^{\frac{1}{e}} $.

      Appliquons le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection) sur les deux intervalles $ I_1 = ]-\infty, c] $ et $ I_2 = [c, +\infty[ $ :

      • Sur $ I_1 $, $ \varphi $ est continue et strictement décroissante. $ \lim_{x \to -\infty} \varphi(x) = +\infty $ (car $ a^x \to 0 $) et $ \varphi(c) < 0 $. Elle réalise une bijection de $ I_1 $ sur $ [\varphi(c), +\infty[ $. Or $ 0 \in [\varphi(c), +\infty[ $, donc l'équation $ \varphi(x) = 0 $ admet une unique solution $ \alpha_1 $ sur $ I_1 $.
      • Sur $ I_2 $, $ \varphi $ est continue et strictement croissante. $ \lim_{x \to +\infty} \varphi(x) = +\infty $ et $ \varphi(c) < 0 $. Elle réalise une bijection de $ I_2 $ sur $ [\varphi(c), +\infty[ $. De même, $ 0 $ possède un unique antécédent $ \alpha_2 $ sur $ I_2 $.

      Conclusion : Sous la condition $ 1 < a < e^{\frac{1}{e}} $, l'équation $ (E) $ admet exactement deux solutions distinctes.