[tex][/tex]Ciao! Non so se eri in classe stamattina ma è stato fatto proprio questo esercizio.
Il suggerimento del professore è stato quello di usare lo slogan "e alla"!
Fissato [tex]\lambda[/tex] si ha che x risolve [tex]x^\lambda=\lambda^x \iff e^{\lambda \ln x}=e^{x\ln \lambda[/tex] quindi per l'iniettività della funzione esponenziale possiamo ridurre il problema di partenza a quello di trovare le soluzioni di [tex]\lambda \ln x = x\ln \lambda[/tex] puoi quindi studiare [tex]\frac{\ln x}{x}=\frac{\ln \lambda}{\lambda} \quad o \quad \frac{x}{\ln x}=\frac{\lambda}{\ln \lambda}[/tex] la prima sembra più pulita da studiare, ma il grafico della seconda è forse più espressivo, anche se le informazioni si devono poter leggere in entrambi. Prendiamo quindi la seconda, studiando la derivata ci accorgiamo che si annulla per [tex]x=e[/tex] che è positiva per valori di x maggiori e negativa per valori di x compresi strettamente tra 1 ed e, quindi [tex]e[/tex] è un punto di minimo locale, in particolare è un (il) punto di minimo della funzione ristretta a [tex]\left ( 1, +\infty \right)[/tex] (basta applicare Weierstrass generalizzato), in questo punto la funzione, coincidenza, vale [tex]e[/tex]. Inoltre la funzione presenta un asintoto verticale in x=1, quindi detto [tex]\frac{\lambda}{\ln \lambda}=\mu[/tex] notiamo che per valori di [tex]\mu > e[/tex] abbiamo almeno due soluzioni, puoi applicare il teorema di esistenza dei valori intermedi in [tex]\left (1, e \right][/tex] e in [tex]\left[e, +\infty \right)[/tex] ma essendo [tex]e[/tex] il minimo in [tex]\left ( 1, +\infty \right)[/tex] abbiamo (traducendo in [tex]\lambda[/tex] ciò che abbiamo dedotto per [tex]\mu[/tex]) che [tex]\forall \lambda \in \left( 1, +\infty \right)\setminus \left \{ e \right\}[/tex] ci sono almeno due soluzioni; se [tex]\lambda=e[/tex] abbiamo invece almeno una sola soluzione. Se guardiamo l'intervallo [tex]\left (0, 1\right)[/tex] la nostra [tex]f\left( x \right)=\frac{x}{\ln x}[/tex] è negativa quindi gli almeno diventano esattamente. Se [tex]\mu \in \left( 0, e\right)[/tex] non esistono valori di [tex]\lambda>0[/tex] tali che [tex]f\left( \lambda \right)=\mu[/tex] quindi non ci poniamo il problema. Se [tex]\mu<0[/tex] c'è una sola soluzione perché la funzione è iniettiva in [tex]\left (0, 1\right)[/tex] intoltre il limite per x che va a 0 da destra è 0, e per x che va a 1 da sinistra è meno infinito quindi sempre per il teorema dei valori intermedi hai una soluzione, l'unicità la ottieni perché altrove la funzione è positiva, traducendo in [tex]\lambda[/tex] abbiamo che per [tex]\lambda \in \left(0, 1 \right)[/tex] si ha un'unica soluzione. Spero di aver reso l'idea
