Докажем, что других решений, кроме указанного, уравнение не имеет. Выясним сначала, когда левая часть уравнения положительна, т. е.
$$
x^y\gt y^x\tag1
$$
или $\dfrac{\ln x}x\gt\dfrac{\ln y}y$. Производная функции $\dfrac{\ln x}x$ равна $\dfrac{1-\ln x}{x^2}$, поэтому эта функция возрастает на отрезке $[1;e]$ и убывает при $x\ge e$ (см. рисунок). Учитывая, что $2\lt e\lt 3$ и $\dfrac{\ln4}4=\dfrac{\ln2}2\lt\dfrac{\ln3}3$ (так как $2^3\lt3^2$), получаем, что (1) выполняется для следующих пар: $(x,1)$ при $x\gt1$, $(3,2)$, $(2,y)$ при $y\ge5$ и $(x,y)$ при $3\le x\le y$. Непосредственно проверяется, что пары $(x,1)$ и $(3,2)$ не удовлетворяют уравнению, а $(2,5)$ — удовлетворяет. Пользуясь тем, что $2^y\gt y^2$ при $y\ge5$, находим для пар вида $(2,y)$, где $y\ge6$, что $$
x^y-y^x-x-y=2^y-y^2-y-2>2(y-1)^2-y^2-y-2=y^2-5y\gt 0.
$$
Лемма.Если $f'(x)\ge g'(x)$ при $x\ge x_0$, то $$f(x)\gt f(x_0)+g(x)-g(x_0)$$ при $x\gt x_0$ (действительно, функция $f(x)-g(x)$ имеет положительную производную и, следовательно, строго возрастает при $x\ge x_0$).
Теперь остаётся доказать, что при $3\le x\lt y$ (т. е. $y\ge x+1$) уравнение не имеет решений. Фиксируем $x$, полагая $x=a\ge3$, и рассмотрим функцию $f(y)=a^y-y^a$. Достаточно установить неравенства
$$
f'(y)\gt1\quad\text{при}\quad y\ge a+1\tag2
$$
и $$
f(a+1)\gt2a+1;\tag3
$$
Тогда согласно лемме, приведённой на полях, для функций $f(y)$ и $g(y)=y+a$ ($g'(y)=1$) из (2) и (3) будет следовать, что при $y\ge a+1$
$$
a^y-y^a=f(y)\ge f(a+1)+g(y)-g(a+1)\gt2a+1+y-(a+1)=a+y.
$$
Оценим производную $f(y)$:
$$
f'(y)=\ln a\cdot a^y-ay^{a-1}=(\ln a-1)a^y+(a^y-y^a)+y^{a-1}(y-a)\gt y^{a-1}(y-a)
$$
($\ln a\ge\ln3\gt1$, $a^y-y^a\gt0$ по доказанному выше). Из этой оценки сразу следует (2), поскольку $y^{a-1}(y-a)\ge(a+1)^{a-1}$ при $y\ge a+1$.
Для доказательства (3) заметим, что $y^{a-1}(y-a)$ — это производная функции $g(y)=\dfrac{y^{a+1}}{a+1}-y^a$, и по лемме на полях (для $x=a+1$, $x_0=a$)
$$
f(a+1)\gt f(a)+g(a+1)-g(a)=-g(a)=
a^a-\dfrac{a^{a+1}}{a+1}=\dfrac{a^a}{a+1}=\left[a^{a-2}\left(1-\dfrac1{a+1}\right)\right]a.
$$
Функция в квадратных скобках, очевидно, возрастающая и при $a\ge3$ не меньше $3\left(1-\dfrac14\right)=\dfrac94$. Поэтому
$$
f(a+1)\gt 2a+\dfrac a4\ge2a+\dfrac34;
$$
но числа $f(a+1)$ и $2a$ — целые, значит, $f(a+1)\ge2a+1$, причём равенство здесь возможно только при $a=3$, но и в этом случае $f(4)=3^4-4^3=81-64\gt2\cdot3+1=7$.
