Giải
  Ta có:
   $y = 0\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\ln x = 0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,x = 1$
   Hàm số    $y = \ln x$ liên tục và $y \ge 0\,\,\,\forall x \in \left[ {1,e} \right]$
   Suy ra  $V = \pi \int\limits_1^e {{{\ln }^2}xdx} $
   Đặt $u = {\ln ^2}x\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du = \,\,2\ln x\,\frac{{dx}}{x}$
          $dv\, = \,\,\,dx\,\,\, \Rightarrow \,\,\,v = \,\,x$
   Suy ra :  $V = \left. {\pi x{{\ln }^2}x} \right|_1^e - 2\pi \int\limits_1^e {\ln xdx = \left. {\pi e - 2\pi \left( {x\ln x} \right)} \right|} _1^e$
                 $\begin{array}{l}
V = \pi e - 2\pi e  =  - \pi e \\
V = - \pi e (dvtt)
\end{array}$

Hàm số $y = x\ln x$ liên tục và không âm trên đoạn $\left[ {1,e} \right]$, thể tích khối tròn xoay sinh ra cho bởi công thức :
           $V = \pi \int\limits_1^e {f{{(x)}^2}dx} $,
suy ra
          $V = \pi \int\limits_1^e {{x^2}{{\ln }^2}xdx} $ 
   Đặt $u = {\ln ^2}x\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du = 2\ln xdx$
          $dv = \,\,\,{x^2}dx\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,v = \frac{{{x^3}}}{3}$
   Suy ra   $V = \pi \left[ {\frac{{{x^3}}}{3}{{\ln }^2}x} \right]_1^e - \frac{2}{3}\pi \int\limits_1^e {{x^2}\ln xdx} $
    Đặt $u = \ln x\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du\,\, = \,\,\frac{{dx}}{x}$
           $dv = \,\,\,{x^2}dx\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,v = \frac{{{x^3}}}{3}$
    Suy ra:   $\int\limits_1^e {{x^2}{{\ln }^2}xdx}  = \left[{\frac{{{x^3}}}{3}\ln x} \right]_1^e - \frac{1}{3}\int\limits_1^e {{x^2}dx}  = \frac{{{e^3}}}{3} - \frac{1}{9}\left( {{e^3} - 1} \right)$
    Từ đó:   $V = \frac{\pi }{{27}}\left( {7{e^3} - 2} \right)\,\,\,\,dvtt$.

$I = \,\,\int\limits_{ - 1}^0 {\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)dx}  +  \,\,\int\limits_0^1 {\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)dx} $
     $I = K + L$
   Đặt  $x =  - t\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,dx\,\, = \,\, - dt$
           $\begin{array}{l}
x =  - 1\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,t\,\, = \,\,1\\
x =  - t\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,t\,\, = \,\,0
\end{array}$
   Suy ra : 
  $\begin{array}{l}
K = \int\limits_{ - 1}^0 {\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)dx = } \int\limits_0^1 {\ln \left( { - t + \sqrt {{t^2} + 1} } \right)dt} \\
\,\,\,\,\, = \,\,\,\int\limits_0^1 {\ln \frac{1}{{t + \sqrt {{t^2} + 1} }}} dt = \,\, - \int\limits_0^1 {\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)dx =  - L}
\end{array}$
                     
   Vậy $I = K + L =  - L + L = 0$                            ĐS :  $I = 0$

Đặt $u = {e^{3x\,\,\,\,}}\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du\, = \,\,3{e^{3x\,}}dx$
            $dv = \sin \,4x\,dx\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,v = \,\, - \frac{1}{4}\cos 4x$
$\begin{array}{l}
I = \,\,\,\, - \left. {\frac{1}{4}{e^{3x\,}}\cos 4x} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} + \frac{3}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{e^{3x\,}}\cos 4xdx} \\
\,\,\, = \frac{1}{4}\left( {1 + {e^{\frac{3\pi}{4}}}} \right) + \frac{3}{4}K
\end{array}$
Tính $K$ :  Đặt   $u = {e^{3x\,\,\,\,}}\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du\, = \,\,3{e^{3x\,}}dx$
    $dv = \cos 4xdx\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,v = \,\,\frac{1}{4}\sin \,4x\,$
       $\begin{array}{l}
K = \left. {\frac{1}{4}{e^{3x\,}}\sin \,4x} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} - \frac{3}{4}I =  - \frac{3}{4}I\\
I = \frac{1}{4}\left( {1 + {e^{\frac{3\pi}{4}}}} \right) - \frac{9}{{16}}I\,\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{25}}{{16}}I = \frac{1}{4}\left( {1 + {e^{\frac{3\pi}{4}}}} \right)
\end{array}$
   Vậy $I = \frac{4}{{25}}\left( {1 + {e^{\frac{3\pi}{4}}}} \right)$

$1)$   Đặt $t = \sqrt {{e^x} + 1} \,\,\, \Rightarrow \,\,\,{t^2} = {e^x} + 1\,\,\, \Rightarrow \,\,\,2tdt\, = {e^x}dx$
      $ \Rightarrow \,\,\,dx = \frac{{2tdt}}{{{t^2} - 1}}\,\,\,;\,\,\,$$\begin{array}{l}
x = 0\,\,\, \Rightarrow \,\,t = \sqrt 2 \\
x = \ln 3\,\, \Rightarrow \,\,\,t = 2
\end{array}$
      $\begin{array}{l}
I = 2\int\limits_{\sqrt 2 }^2 {\frac{{dt}}{{{t^2} - 1}}}  = \left[ {\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right]|_{\sqrt 2 }^2 = \ln \frac{1}{3} - \ln \frac{{\sqrt 2  - 1}}{{\sqrt 2  + 1}}\\
I = \ln \frac{{\sqrt 2  + 1}}{{3\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}} = \ln \frac{{3 + 2\sqrt 2 }}{3}
\end{array}$
$2)$    Đặt $u = x\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du = dx$
     $dv = {e^{ - \frac{x}{2}}}dx\,\,\,\, \Rightarrow \,\,v =  - 2{e^{ - \frac{x}{2}}}$
 $\begin{array}{l}
J =  - \left. {2x{e^{ - \frac{x}{2}}}} \right|_0^2 + 2\int\limits_0^2 {{e^{ - \frac{x}{2}}dx}} \\
\left. {\,\,\,\, = \, - 4{e^{ - 1}} - 4{e^{ - \frac{x}{2}}}} \right|_0^2 = \,\, - 4{e^{ - 1}} - 4\left( {{e^{ - 1}} - 1} \right) = 4 - \frac{8}{e}
\end{array}$
Vậy $J = 4 - \frac{8}{e}$

Theo định lý hàm số sin ,ta có:
                     $\begin{array}{l}
a = b(1 + 2\cos 2B)\\
 \Leftrightarrow \sin A = \sin B(1 + 2\cos 2B)\\
 \Leftrightarrow \sin A = \sin B + \sin 3B - \sin B\\
 \Leftrightarrow \sin A = \sin 3B  (1)
\end{array}$
Từ $(1)$ suy ra có $2$ khả năng sau:
$1.$ $A=3B$ 
Do   mà $A=3B$ nên 
Dễ thấy  :
Vậy $AMC$ cũng là tam giác cân

$2.$ Nếu $A + 3B = {180^0}$
Khi đó ta có $A+3B=A+B+C$
$\Rightarrow C = 2B$
Kẻ $AE \bot BC$.Gọi $M$ là điểm đối xứng của $B$ qua $E$ suy ra $ABM$
Là tam giác cân
  

Ta có    mà $C=2B$ nên suy ra :
Ta có (đpcm)
Mệnh đề đảo nói chung không đúng

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $C = {70^0},B = {20^0}$
Khi đó lấy $M$ là trung điểm $BC$ thì ta có
$MB=MC=MA$ tức là tồn tại $M$ sao cho $ABM$ và $ACM$  là tam giác cân
Nhưng khi đó $sinA=1$, $sin3B=\frac{{\sqrt 3 }}{2}$
$\Rightarrow \sin A\neq  \sin 3B \Rightarrow a \neq  b(1 + 2\cos B)$
Suy ra (đpcm)

Đặt : $u =ln^2x\Rightarrow du=\frac{2lnx}{x}$
$\begin{array}{l}
dv = xdx   \Rightarrow v = \frac{{{x^2}}}{2}\\
I = \frac{{{x^2}}}{2}{\ln ^2}x\left| {_1^e} \right. - \int_1^e {x\ln xdx}  = \frac{{{e^2}}}{2} - \int_1^e {x\ln xdx}
\end{array}$
Đặt : $u=lnx\Rightarrow du=\frac{dx}{2}$
         $dv=xdx\Rightarrow v=\frac{x^2}{2}$
Suy ra :$\int_1^e {x\ln xdx}  = \frac{{{x^2}}}{2}\ln x\left| {_1^e - \frac{1}{2}} \right.\int_1^e {xdx}  = \frac{{{e^2}}}{2} - \frac{1}{4}\left( {{e^2} - 1} \right)$
Suy ra : $I = \frac{1}{4}\left( {{e^2} + 1} \right)$

1) Điều kiện:
$\,\,\,x > 0,\,\,\,x \ne 1,\,\,x \ne \frac{1}{2},\,\,x \ne \frac{1}{4}$
Khi đó ta có
$(1) \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_2}x}}.\frac{1}{{1 + {{\log }_2}x}} > \frac{1}{{2 + {{\log }_2}x}}$  
Đặt $u = {\log _2}x,$ ta có: $\begin{array}{l}
\frac{1}{u}.\frac{1}{{1 + u}} > \frac{1}{{2 + u}}\\

\end{array}$
$ \Leftrightarrow \frac{{2 - {u^2}}}{{u\left( {1 + u} \right)\left( {2 + u} \right)}} > 0\,\,\,\,\,\,\,\,(1');$
Xét dấu vế trái, đặt $f(u)$, bằng phương pháp khoảng

Nghiệm của $(1')$là: $\left[ \begin{array}{l}
u <  - 2\\
- \sqrt 2  < u <  - 1\\
0 < u < \sqrt 2
\end{array} \right.$
Suy ra $\left[ \begin{array}{l}
{\log _2}x <  - 2\\
 - \sqrt 2  < {\log _2}x <  - 1\\
0 < {\log _2}x < \sqrt 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
0 < x < \frac{1}{4}\\
\frac{1}{{{2^{\sqrt 2 }}}} < x < \frac{1}{2}\\
1 < x < {2^{\sqrt 2 }}
\end{array} \right.$
Tập nghiệm của BPT là:
$S=\left (0;\frac{1}{4} \right )\cup \left (\frac{1}{2^\sqrt2};\frac{1}{2} \right )\cup \left (1;2^\sqrt2\right )$

$2)$
Điều kiện:$\left\{ \begin{array}{l}
x \ne 0\\
x \ne  \pm 1\\
x < 0\,\,\,\,;\,\,\,\,x > \frac{1}{2}
\end{array} \right.$
Xét $2$ trường hợp :
$a)\left\{ \begin{array}{l}
\left| x \right| < 1\\
x \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 1 < x < 1\\
x \ne 0
\end{array} \right.$  khi đó $(2) \Leftrightarrow 0 < {x^2} - \frac{1}{2}x < \left| x \right|$
Suy ra      $\left[ \begin{array}{l}
 - \frac{1}{2} < x < 0\\
\frac{1}{2} < x < 1
\end{array} \right.$
$b)$  $\left| x \right| > 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 1\\
x <  - 1
\end{array} \right.$
với
$\begin{array}{l}
x > 1:\,\,(2) \Leftrightarrow {x^2} - \frac{1}{2}x > x\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {x^2} - \frac{3}{2}x \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}
\end{array}$
Với $x <  - 1:(2) \Leftrightarrow {x^2} - \frac{1}{2}x >  - x$
                       $ \Leftrightarrow {x^2} + \frac{1}{2}x > 0\,\,\,\,\, \Leftrightarrow x <  - 1$
Tập nghiệm của $(2)$ là:
$\begin{array}{l}
S = ( - \infty , - 1) \cup ( - \frac{1}{2},0) \cup (\frac{1}{2},1) \cup (\frac{3}{2}, + \infty )\\

\end{array}$

Điều kiện : $\left\{ \begin{array}{l}
x >  - 1\\
x \ne 4
\end{array} \right.$
Dấu của ${x^2} - 3x - 4$:
$\begin{array}{l}
a)\,\, - 1 < x < 4:\,\,\,{x^2} - 3x - 4 < 0\\
(1) \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x + 1} \right)^2} - {\log _3}{\left( {x + 1} \right)^3} < 0\\
 \Leftrightarrow 2.\frac{{\log x\left( {x + 1} \right)}}{{\log 2}} - \frac{{3\log x\left( {x + 1} \right)}}{{\log 3}} < 0\\
 \Leftrightarrow \left( {\frac{{\log 9 - \log 8}}{{\log 2\log 3}}} \right).\log x\left( {x + 1} \right) < 0\,\,\, \Leftrightarrow \log x\left( {x + 1} \right) < 0\\
 \Leftrightarrow 0 < x + 1 < 1\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\, - 1 < x < 0
\end{array}$
$b)\,\,x > 4:\,\,\,\,{x^2} - 3x - 4 > 0$
$\begin{array}{l}
(1) \Leftrightarrow \,\,\,{\log _2}\left( {x + 1} \right) > 0\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,x + 1 > 1\,\,\,\,\, \Leftrightarrow x > 0\\
\end{array}$
Do điều kiện nên $x > 4$
Vậy bất phương trình có nghiệm là : $\left[ \begin{array}{l}
 - 1 < x < 4\\
x > 4
\end{array} \right.$

$1)\,\,\,$
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} 4-x>0\\ x-1>0 \end{array} \right.\Rightarrow 1<x<4.$
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành
$\log_\frac{1}{2}(4-x)\geq \log_\frac{1}{2}\frac{2}{x-1}$
$\left\{ \begin{array}{l}
4 - x > 0\\
x - 1 > 0\\
\left( {4 - x} \right)\left( {x - 1} \right) \le 2
\end{array} \right.\,\,\,\,\, \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1<x<4\\x^2-5x+6\geq 0 \end{array} \right.
\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1<x<4\\\left[\begin{array}{l} x\geq 3\\ x\leq 2\end{array} \right.\end{array}\right.
\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 < x \le 2\\
3 \le x < 4
\end{array} \right.$
Vậy BPT đã cho có nghiệm  $\left[ \begin{array}{l}
1 < x \le 2\\
3 \le x < 4
\end{array} \right. $.

$2)\,\,\,$
Điều kiện: $x^2+3x>0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x>0\\x<-3 \end{array} \right.$
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành 
$\log_24\geq \log_2(x^2+3x)$
$\Leftrightarrow 4\geq x^2+3x$
$\Leftrightarrow x^2+3x-4\leq 0$
$\Leftrightarrow (x+4)(x-1)\leq 0\Leftrightarrow -4\leq x\leq 1$
Kết hợp với điều kiện vậy BPT đã cho có nghiệm
$\left[ \begin{array}{l}
- 4 \le x< - 3\\
0 < x \le 1
\end{array} \right.$

Ta có  :

Vì $AE = 2HE \Rightarrow tanBtanC = 2                    (1)$
Lại có    $tanA - tan(B + C) = \frac{{tanB + tanC}}{{tanBtanC - 1}}        (2)$

Từ $(1)(2)$ có  $tanA=tanB+tanC                        (3)$

Từ $tanBtanC=2 \Rightarrow tanB,tanC$ cùng dấu $\Rightarrow tanB > 0,tanC > 0$ (do chúng không thể cùng âm)
Theo bất đẳng thức CÔSI, từ $(3)$ ta có  : $tanA \ge 2\sqrt {tanBtanC} $
                                                          $ \Rightarrow tanA \ge 2\sqrt 2  \Rightarrow dpcm$
Nhận xét:Ta có bài toán tổng quát sau: Cho tam giác $ABC$ nhọn, biết trực tâm $H$ chia đường cao AE thoe tỉ số (tức $\frac{{AH}}{{HE}} = m$)
               CMR: $tanA \ge 2\sqrt {m + 1} $
Cách giả bài toán tương tự như trên sau khi tính được   $tanBtanC=m+1$

Do:$A \ge \frac{{2\pi }}{3} \Rightarrow B + C $
Ta có $\cos B\cos C$ =$ \frac{1}{2}\left[ {c{\rm{os}}(B + C) + c{\rm{os}}(B - C)} \right]$
Do cos $(B+C)=-cosA>0$ (do $A \ge \frac{{2\pi }}{3} \Rightarrow \cos A < 0$)
  $cos(B+c)cos(B-C)\leq cos(B+c)(cos(B-C)\leq 1$
$cosBcosC\geq \frac{1}{2}[cos(B+C)cos(B-C)+cos(B-C)]$
$cosBcosC\geq cos^2\frac{B+C}{2}cos(B-C)$
$cosBcosC\geq sin^2\frac{A}{2}(cosBcosC+sinBsinC$
$(1-sin^2\frac{A}{2})cosBcosC\geq sin^2\frac{A}{2}sinBsinC  (1)$
Do $A \ge \frac{{2\pi }}{3} \Rightarrow B,C \in (0,\frac{\pi }{2}) \Rightarrow \cos B\cos C > 0$. Vì thế từ $(1)$ suy ra
                       $\frac{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2}}}{{{{\sin }^2}\frac{A}{2}}} \ge \frac{{\sin B\sin C}}{{\cos B\cos C}} \Leftrightarrow \cot {g^2}\frac{A}{2} \ge tanBtanC  (2)$
Lại do $A \ge \frac{{2\pi }}{3} \Rightarrow \frac{\pi }{2} \ge \frac{A}{2} \ge \frac{\pi }{3} \Rightarrow \cot\frac{A}{2} \le \frac{{\sqrt 3 }}{3}$,vậy từ $(2)$ có $tanBtanC \le \frac{1}{3} (3)$
Vì trong mọi tam giác $ABC$ có $tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC$, nên từ $(3)$ với chú ý là $tanA<0$,suy ra :                 $tanA + tanB + tanC \ge \frac{1}{3}tanA$
$\Leftrightarrow tanB+tanC\geq \frac{-2}{3}tanA$
$\Leftrightarrow tanB+tanC\geq \frac{-2sinA}{3cosA}$
$\Leftrightarrow \frac{sin(B+C)}{b=cosBcosC\geq \frac{-2sinA}{3cosA}   (4)}$
Vì $sinA>0$ nên từ $(4)$ ta có  :
 $2cosBcosC\leq -3cosA$
$\Rightarrow 2cosAcosBcosC\geqslant -3cos^2A$(do $cosA<0)$
Áp dụng công thức $c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}A + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}B + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}C = 1 - 2\cos A\cos B\cos C$, ta có :
                               $1 - (c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}A + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}B + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}C) \ge  - 3{\cos ^2}A \Leftrightarrow 1 \ge c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}B + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}C - 2{\cos ^2}A$
Đó là (đpcm). Dấu $“=”$ xảy ra khi B=C, $A = \frac{{2\pi }}{3}$
Nhận xét :
$1/$ Kết hợp bài $246$, ta có hệ quả sau:
Cho tam giác $ABC$ có $A=max(A,B,C)$ và thỏa mãn điều kiện : 
                                  $\frac{{\sin A + \sin B + \sin C}}{{\cos A + \cos B + \cos C}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$
CMR : $c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}B + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}C - 2{\cos ^2}A \le 1$
$2/$ Tương tự ta có kết quả sau:
Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn điều kiện :
                   $\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}} \le 6\sqrt 3 R$
CMR: $\frac{{\cos B + \cos A + \cos C}}{{\sin A + \sin B + \sin C}} < \frac{{\sqrt 3 }}{2}$
Xin dành cho bạn đọc

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

ĐK :$\begin{cases} x>0\\ x^2-3x+2>0\end{cases}\Leftrightarrow \left[\begin{array}{I}0<x<1\\x>2 \end{array}\right.$
$\frac{{\log (x^2 - 3x + 2)}}{\log x + \lg2} > 2\Leftrightarrow \frac{{\log (x^2 - 3x + 2)}}{log2x} > 2$
$\Leftrightarrow  x^2-3x+2>(2x)^2 \Leftrightarrow 3x^2+3x-2<0 \Leftrightarrow \frac{-3-\sqrt{33}}{6}<x<\frac{-3+\sqrt{33}}{6}$
Kết hợp với ĐK của $x$
ĐS : $0<x<\frac{-3+\sqrt{33} }{6} $

Điều kiện : $\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 5x + 6 > 0\\
x - 2 > 0\\
x + 3 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 3$
$\begin{array}{l}
{\log _3}\sqrt {{x^2} - 5x + 6}  + {\log _{\frac{1}{3}}}\sqrt {x - 2}  > \frac{1}{2}{\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x + 3} \right)\,       (1)\\
{x^2}{\log _x}27.{\log _9}x > x + 4                      (1)\\

\end{array}$
$\begin{array}{l}
(1) \Leftrightarrow {\log _3}\sqrt {\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}  - {\log _3}\sqrt {x - 2}  >  - {\log _3}\sqrt {x + 3} \\
\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {\log _3}\sqrt {x - 3}  >  - {\log _3}\sqrt {x + 3} \\
\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {\log _3}\sqrt {{x^2} - 9}  > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 9}  > 1\\
\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {x^{\left[ 2 \right.}} > 10\\
\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow x > \sqrt {10}
\end{array}$