Sau đây là một vài ý tưởng PT tương đương với $|a-\frac{2x}{x^2+1}|+|a+\frac{1-x^2}{x^2+1}|=a+\frac{\sqrt2}{2}$Đặt $x = \tan \frac{\alpha}{2}$ thì PT $\Leftrightarrow |a -\sin\alpha|+|a+ \cos \alpha|=a+\frac{\sqrt2}{2} (*)$Chú ý rằng PT $A\sin \beta + B\cos \beta=C$ có nghiệm $\Leftrightarrow A^2+B^2 \le C^2 (**)$Từ PT $(*)$ phá dấu giá trị tuyệt đối để thu được 4 PT và sử dụng $(**)$ để giải quyết nốt.

Sau đây là một vài ý tưởng PT tương đương với $|a-\frac{2x}{x^2+1}|+|a+\frac{1-x^2}{x^2+1}|=a+\frac{\sqrt2}{2}$Đặt $x = \tan \frac{\alpha}{2}$ thì PT $\Leftrightarrow |a -\sin\alpha|+|a+ \cos \alpha|=a+\frac{\sqrt2}{2} (*)$Chú ý rằng PT $A\sin \beta + B\cos \beta=C$ có nghiệm $\Leftrightarrow A^2+B^2 \ge C^2 (**)$Từ PT $(*)$ phá dấu giá trị tuyệt đối để thu được 4 PT và sử dụng $(**)$ để giải quyết nốt.

Sau đây là một vài ý tưởng PT tương đương với $|a-\frac{2x}{x^2+1}|+|a+\frac{1-x^2}{x^2+1}|=a+\frac{\sqrt2}{2}$Đặt $x = \tan \frac{\alpha}{2}$ thì PT $\Leftrightarrow |a -\sin\alpha|+|a+ \cos \alpha|=a+\frac{\sqrt2}{2} (*)$Chú ý rằng PT $A\sin \beta + B\cos \beta=C$ có nghiệm $\Leftrightarrow A^2+B^2 \le C^2 (**)$Từ PT $(*)$ phá dấu giá trị tuyệt đối để thu được 4 PT và sử dụng $(**)$ để giải quyết nốt.

Sau đây là một vài ý tưởng PT tương đương với $|a-\frac{2x}{x^2+1}|+|a+\frac{1-x^2}{x^2+1}|=a+\frac{\sqrt2}{2}$Đặt $x = \tan \frac{\alpha}{2}$ thì PT $\Leftrightarrow |a -\sin\alpha|+|a+ \cos \alpha|=a+\frac{\sqrt2}{2} (*)$Chú ý rằng PT $A\sin \beta + B\cos \beta=C$ có nghiệm $\Leftrightarrow A^2+B^2 \le C^2 (**)$Từ PT $(*)$ phá dấu giá trị tuyệt đối để thu được 4 PT và sử dụng $(**)$ để giải quyết nốt.

Bài nãy đã được đề cập chi tiết tại đây. Bạn tham khảo nhéhttp://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113295/phuong-phap-dat-an-phu-de-giai-phuong-trinh-co-hai-phep-toan-nguoc-nhau

Bài nãy đã được đề cập chi tiết tại đây. Bạn tham khảo nhéhttp://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113295/phuong-phap-dat-an-phu-de-giai-phuong-trinh-co-hai-phep-toan-nguoc-nhau

Đặt $z=a+bi, a, b \in \mathbb{R}.$a) $|z-1+i|=2\Leftrightarrow |(a-1)+(b+1)i|=2\Leftrightarrow (a-1)^2+(b+1)^2=4$ Tập hợp $M(x; y)$ là đường tròn $(x-1)^2+(y+1)^2=4$ .b) $|2+z|>|z-2|\Leftrightarrow |(a+2)+bi|> |(a-2)+bi|\Leftrightarrow (a+2)^2+b^2>(a-2)^2+b^2\Leftrightarrow a >0$Tập hợp $M(x; y)$ là nửa mặt phẳng bờ là trục tung Oy lấy về bên phần dương và không tính trục Oy.$1\leq |z+1-i|\leq 2\Leftrightarrow 1 \le |(a+1)+(b-1)i| \le 2 \Leftrightarrow 1 \le (a+1)^2+(b-1)^2 \le 4$Tập hợp $M(x; y)$ là phần diện tích nằm giữa hai đường tròn $(x+1)^2+(y-1)^2=1$ và $(x+1)^2+(y-1)^2=4$ , tính cả biên.

Đặt $z=a+bi, a, b \in \mathbb{R}.$a) $|z-1+i|=2\Leftrightarrow |(a-1)+(b+1)i|=2\Leftrightarrow (a-1)^2+(b+1)^2=4$ Tập hợp $M(x; y)$ là đường tròn $(x-1)^2+(y+1)^2=4$ .b) $|2+z|>|z-2|\Leftrightarrow |(a+2)+bi|> |(a-2)+bi|\Leftrightarrow (a+2)^2+b^2>(a-2)^2+b^2\Leftrightarrow a >0$Tập hợp $M(x; y)$ là nửa mặt phẳng bờ là trục tung Oy lấy về bên phần dương và không tính trục Oy.$1\leq |z+1-i|\leq 2\Leftrightarrow 1 \le |(a+1)+(b-1)i| \le 2 \Leftrightarrow 1 \le (a+1)^2+(b-1)^2 \le 4$Tập hợp $M(x; y)$ là phần diện tích nằm giữa hai đường tròn $(x+1)^2+(y-1)^2=1$ và $(x+1)^2+(y-1)^2=4$ , tính cả biên.

Đặt $\sin x = t, |t| \le 1$. Ta biết rằng $\sin 3x = 3\sin x - 4\sin ^3 x=3t-4t^3, \cos 2x = 1-2\sin^2 x=1-2t^2$.PT $\Leftrightarrow 4(3t-4t^3)(1-2t^2)=1+2(3t-4t^3)$ $\Leftrightarrow 32t^5-32t^3+6t-1=0$ $\Leftrightarrow (4t^2+2t-1)(8t^3-4t^2-4t+1)=0$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right ) \Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x= \arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \\ x= \pi -\arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \end{matrix}} \right.\\ 8t^3-4t^2-4t+1=0 (*)\end{matrix}} \right.$ Với PT $(*)$ ta đặt $t= y + \frac{1}{6}$ và thay vào $(*)$ ta được $y^3-\frac{7}{12}y=-\frac{7}{216}$.Lại đặt $y=\frac{\sqrt 7}{3}z \implies 4z^3-3z=-\frac{1}{2\sqrt 7}$ Đặt $z = \cos \alpha \implies \cos 3 \alpha =-\frac{1}{2\sqrt 7} $ . Từ đây dùng phép thay thế ngược ta có$\sin x=t=\frac{\sqrt 7}{3}z+ \frac{1}{6}=\frac{\sqrt 7}{3}\arccos-\frac{1}{6\sqrt 7}+ \frac{1}{6}$ và từ đây hoàn thành bài toán.

Đặt $\sin x = t, |t| \le 1$. Ta biết rằng $\sin 3x = 3\sin x - 4\sin ^3 x=3t-4t^3, \cos 2x = 1-2\sin^2 x=1-2t^2$.PT $\Leftrightarrow 4(3t-4t^3)(1-2t^2)=1+2(3t-4t^3)$ $\Leftrightarrow 32t^5-32t^3+6t-1=0$ $\Leftrightarrow (4t^2+2t-1)(8t^3-4t^2-4t+1)=0$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right ) \Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x= \arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \\ x= \pi -\arcsin\frac{1}{4}\left ( -1 \pm \sqrt5 \right )+k2\pi \end{matrix}} \right.\\ 8t^3-4t^2-4t+1=0 (*)\end{matrix}} \right.$ Với PT $(*)$ ta đặt $t= y + \frac{1}{6}$ và thay vào $(*)$ ta được $y^3-\frac{7}{12}y=-\frac{7}{216}$.Lại đặt $y=\frac{\sqrt 7}{3}z \implies 4z^3-3z=-\frac{1}{2\sqrt 7}$ Đặt $z = \cos \alpha \implies \cos 3 \alpha =-\frac{1}{2\sqrt 7} $ . Từ đây dùng phép thay thế ngược ta có$\sin x=t=\frac{\sqrt 7}{3}z+ \frac{1}{6}=\frac{\sqrt 7}{3}\arccos-\frac{1}{6\sqrt 7}+ \frac{1}{6}$ và từ đây hoàn thành bài toán.

+ Tìm min $P=\frac{x+y}{2+z} +\frac{y+z}{2+x}+\frac{x+z}{2+y} \ge \frac{x+y}{x+y+z} +\frac{y+z}{y+z+x}+\frac{x+z}{z+x+y} =2$Vậy $\min P = 2 \Leftrightarrow x=y=z=1$ .+ Tìm max Ta có $\begin{cases}\frac{x}{2+z} \le \frac{x}{x+z} \\\frac{y}{2+z} \le \frac{y}{y+z} \end{cases} \implies \frac{x+y}{2+z} \le \frac{x}{x+z}+\frac{y} {y+z} (1)$ tương tự ta cũng có $ \frac{y+z}{2+x} \le \frac{y}{y+x}+\frac{z} {z+x} (2)$ $ \frac{x+z}{2+y} \le \frac{x}{x+y}+\frac{z} {y+z} (3)$ Cọng theo từng vế $(1), (2), (3)$ ta có $P \le 3.$ Vậy $\max P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=2$ .

+ Tìm min $P=\frac{x+y}{2+z} +\frac{y+z}{2+x}+\frac{x+z}{2+y} \ge \frac{x+y}{x+y+z} +\frac{y+z}{y+z+x}+\frac{x+z}{z+x+y} =2$Vậy $\min P = 2 \Leftrightarrow x=y=z=1$ .+ Tìm max Ta có $\begin{cases}\frac{x}{2+z} \le \frac{x}{x+z} \\\frac{y}{2+z} \le \frac{y}{y+z} \end{cases} \implies \frac{x+y}{2+z} \le \frac{x}{x+z}+\frac{y} {y+z} (1)$ tương tự ta cũng có $ \frac{y+z}{2+x} \le \frac{y}{y+x}+\frac{z} {z+x} (2)$ $ \frac{x+z}{2+y} \le \frac{x}{x+y}+\frac{z} {y+z} (3)$ Cộng theo từng vế $(1), (2), (3)$ ta có $P \le 3.$ Vậy $\max P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=2$ .

Mình đưa ra cách có thể làm đồng thời hai phần.Gọi $O$ là giao điểm $AC, BD$ . Xét ba mặt phẳng $(SAC), (SBD), (P)$; trong đó giao tuyến của $(P)$ và $(SAC)$ là $AM$, giao tuyến của $(SBD)$ và $(SAC)$ là $SO$, $SO$ và $AM$ cắt nhau nên giao tuyến còn lại của $(P)$ và $(SBD)$ sẽ đi qua giao điểm của $AM$ và $SO$, điểm này chính là trọng tâm $G$ của $\triangle SAC$. Và từ đó ta suy ra cách dựng điểm $E, F$ lần lượt là giao điểm của $SB, SD$ với đường thẳng qua $G$ và song song với $BD$.Từ đó ta tính được $\frac{SE}{SB}=\frac{SF}{SD}=\frac{SG}{SO}=\frac{2}{3}$ Từ đó $\frac{S_{\triangle SME}}{S_{\triangle SBC}}=\frac{SM.SE}{SB.SC}=\frac{SE}{SB}.\frac{SM}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$ Tương tự cũng có$\frac{S_{\triangle SMF}}{S_{\triangle SDC}}=\frac{1}{3}$

Mình đưa ra cách có thể làm đồng thời hai phần.Gọi $O$ là giao điểm $AC, BD$ . Xét ba mặt phẳng $(SAC), (SBD), (P)$; trong đó giao tuyến của $(P)$ và $(SAC)$ là $AM$, giao tuyến của $(SBD)$ và $(SAC)$ là $SO$, $SO$ và $AM$ cắt nhau nên giao tuyến còn lại của $(P)$ và $(SBD)$ sẽ đi qua giao điểm của $AM$ và $SO$, điểm này chính là trọng tâm $G$ của $\triangle SAC$. Và từ đó ta suy ra cách dựng điểm $E, F$ lần lượt là giao điểm của $SB, SD$ với đường thẳng qua $G$ và song song với $BD$.Từ đó ta tính được $\frac{SE}{SB}=\frac{SF}{SD}=\frac{SG}{SO}=\frac{2}{3}$ Từ đó $\frac{S_{\triangle SME}}{S_{\triangle SBC}}=\frac{SM.SE}{SB.SC}=\frac{SE}{SB}.\frac{SM}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$ Tương tự cũng có$\frac{S_{\triangle SMF}}{S_{\triangle SDC}}=\frac{1}{3}$

Ai xem hộ bài này nhá

Giải phương trình : $3(x^2-1)^{\frac{1}{2}}=2x^2-3x-1$

Tính đơn điệu của hàm số

Giải phương trình vô tỷ

Giải phương trình : $3(x^2-1)^{\frac{1}{2}}=2x^2-3x-1$

Phương trình vô tỉ

Bác nào làm giúp e cái

Giải hệ phương trình : $\begin{cases}x^3y-y^4=28\\x^2y+2xy^2+y^3=18\sqrt{2} \end{cases} $

Cực trị của hàm số

Hệ phương trình không mẫu mực

Giải hệ phương trình : $\begin{cases}x^3y-y^4=28\\x^2y+2xy^2+y^3=18\sqrt{2} \end{cases} $

Hệ phương trình bậc hai hai ẩn

PT lượng giác chứa phân thức

Giải phương trình : $\frac{\cos 2x}{2\tan (\frac{\pi}{4} -x).\sin^2(\frac{\pi}{4} -x)}=\sqrt{2}.\cos(x+\frac{\pi}{3} ) $

Các dạng phương trình...

PT lượng giác chứa phân thức

Giải phương trình : $\frac{\cos 2x}{2\tan (\frac{\pi}{4} -x).\sin^2(\frac{\pi}{4} -x)}=\sqrt{2}.\cos^2(x-\frac{\pi}{4} ) $

Các dạng phương trình...

e đố các bác giải bài này

Giải phương trình : $\frac{\cos 2x}{2\tan (\frac{\pi}{4} -x).sin^2(\frac{\pi}{4} -x)}=\sqrt{2}.\cos(x+\frac{\pi}{3} ) $

Tính đơn điệu của hàm số

PT lượng giác chứa phân thức

Giải phương trình : $\frac{\cos 2x}{2\tan (\frac{\pi}{4} -x).\sin^2(\frac{\pi}{4} -x)}=\sqrt{2}.\cos(x+\frac{\pi}{3} ) $

Các dạng phương trình...

giúp mình chứng minh bài này với mọi người nhé

giả sử $f(x)$ là hàm số liên tục trên đoạn $[a,b]$. Chứng minh rằng: $\int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\int\limits_{a}^{b}f(a+b-x)dx$. Áp dụng tính $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan x)dx$

Tích phân

Tích phân chứa logarit và lượng giác

giả sử $f(x)$ là hàm số liên tục trên đoạn $[a,b]$. Chứng minh rằng: $\int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\int\limits_{a}^{b}f(a+b-x)dx$. Áp dụng tính $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln (1+\tan x)dx$

Tích phân

PT $\Leftrightarrow x^4-2x^3+x^2=x^2-x+6$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2=x^2-x+6$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2-x(x-1)+\frac{1}{4}=\frac{25}{4}$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)-\frac{1}{2}} \right]^2=\frac{25}{4}$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\\ x^2-x-\frac{1}{2}=-\frac{5}{2}\end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-3=0\\ x^2-x+2=0 \text{vô nghiệm} \end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\left (1 \pm \sqrt{13} \right )$

PT $\Leftrightarrow x^4-2x^3+x^2=x^2-x+6$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2=x^2-x+6$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)} \right]^2-x(x-1)+\frac{1}{4}=\frac{25}{4}$ $\Leftrightarrow \left[ {x(x-1)-\frac{1}{2}} \right]^2=\frac{25}{4}$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\\ x^2-x-\frac{1}{2}=-\frac{5}{2}\end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2-x-3=0\\ x^2-x+2=0 \text{vô nghiệm} \end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\left (1 \pm \sqrt{13} \right )$

Xét PT tương giao $x^4+(m-2)x^2-m+1 =0$Gọi $x_1<x_2<x_3<x_4$ là hoành độ của $4$ điểm mà hàm số cắt trên trục hoành.Yêu cầu bài toán (YCBT) tương đương với $x_2-x_1=x_3-x_2=x_4-x_3$Đặt $t=x^2 \implies f(t)=t^2+(m-2)t-m+1 =0 (1)$Như vậy YCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$, lúc đó giả sử$x_1=-\sqrt{t_2}, x_2=-\sqrt{t_1}, x_3=\sqrt{t_1}, x_4=\sqrt{t_2}$ và thỏa mãn $-\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}=\sqrt{t_1}--\sqrt{t_1}=\sqrt{t_2}-\sqrt{t_1}\Leftrightarrow \sqrt{t_2}=3\sqrt{t_1}\Leftrightarrow t_2=9t_1$ Vậy tóm lại TCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$ sao cho $t_2=9t_1$ .$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta >0 \\t_2=9t_1 \\-\frac{b}{a}=t_1+t_2=10t_1 >0\\\frac{c}{a}=t_1t_2=9t_1^2 >0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m^2 >0 \\t_2=9t_1 \\2-m=10t_1 >0\\1-m=9t_1^2 >0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}m \ne 0 \\ m<1 \end{cases}$ Từ $\begin{cases}2-m=10t_1\\ 1-m=9t_1^2 \end{cases} \Rightarrow\begin{cases}t_1=\frac{2-m}{10}\\ t_1^2 =\frac{1-m}{9} \end{cases}\Rightarrow \left (\frac{2-m}{10}\right )^2=\frac{1-m}{9}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} m=-8\\ m=\frac{8}{9}\end{matrix}} \right.$

Xét PT tương giao $x^4+(m-2)x^2-m+1 =0$Gọi $x_1<x_2<x_3<x_4$ là hoành độ của $4$ điểm mà hàm số cắt trên trục hoành.Yêu cầu bài toán (YCBT) tương đương với $x_2-x_1=x_3-x_2=x_4-x_3$Đặt $t=x^2 \implies f(t)=t^2+(m-2)t-m+1 =0 (1)$Như vậy YCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$, lúc đó giả sử$x_1=-\sqrt{t_2}, x_2=-\sqrt{t_1}, x_3=\sqrt{t_1}, x_4=\sqrt{t_2}$ và thỏa mãn $-\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}=\sqrt{t_1}--\sqrt{t_1}=\sqrt{t_2}-\sqrt{t_1}\Leftrightarrow \sqrt{t_2}=3\sqrt{t_1}\Leftrightarrow t_2=9t_1$ Vậy tóm lại TCBT $\Leftrightarrow (1)$ có hai nghiệm dương phân biệt $t_2>t_1>0$ sao cho $t_2=9t_1$ .$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta >0 \\t_2=9t_1 \\-\frac{b}{a}=t_1+t_2=10t_1 >0\\\frac{c}{a}=t_1t_2=9t_1^2 >0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m^2 >0 \\t_2=9t_1 \\2-m=10t_1 >0\\1-m=9t_1^2 >0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}m \ne 0 \\ m<1 \end{cases}$ Từ $\begin{cases}2-m=10t_1\\ 1-m=9t_1^2 \end{cases} \Rightarrow\begin{cases}t_1=\frac{2-m}{10}\\ t_1^2 =\frac{1-m}{9} \end{cases}\Rightarrow \left (\frac{2-m}{10}\right )^2=\frac{1-m}{9}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} m=-8\\ m=\frac{8}{9}\end{matrix}} \right.$

Đặt $S(n)=\sum_{k=0}^{n}\frac{C_{n}^{k}}{C_{n+k+2}^{k+1}}$.Trước tiên ta thấy$\frac{C_{n}^{k}}{C_{n+k+2}^{k+1}}=\frac{\frac{n!}{(n-k)!k!}}{\frac{(n+k+2)!}{(k+1)!(n+1)!}}=\frac{n!(n+1)!(k+1)}{(n-k)!(n+k+2)!}=\frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!} \times (k+1)C_{2n+2}^{n+k+2}$Do đó$S(n)= \frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!} \sum_{k=0}^{n}\left( (k+1)C_{2n+2}^{n+k+2}\right) $Mặt khác, đặt$A=\sum_{k=0}^{n}\left((n+k+2)C_{2n+2}^{n+k+2}\right)$$B=(n+1)\sum_{k=0}^{n}C_{2n+2}^{n+k+2}$Thì$A=\sum_{k=0}^{n}\left((2n+2)C_{2n+1}^{n+k+1}\right)=(2n+2) \times \frac{1}{2}2^{2n+1}$Và$B=(n+1) \times \frac{1}{2}\left(2^{2n+2}-C_{2n+2}^{n+1}\right)$Suy ra$S(n)=\frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!}(A-B)=\frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!}\times \frac{1}{2}(n+1)C_{2n+2}^{n+1}=\frac{1}{2}$

Đặt $S(n)=\sum_{k=0}^{n}\frac{C_{n}^{k}}{C_{n+k+2}^{k+1}}$.Trước tiên ta thấy$\frac{C_{n}^{k}}{C_{n+k+2}^{k+1}}=\frac{\frac{n!}{(n-k)!k!}}{\frac{(n+k+2)!}{(k+1)!(n+1)!}}=\frac{n!(n+1)!(k+1)}{(n-k)!(n+k+2)!}=\frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!} \times (k+1)C_{2n+2}^{n+k+2}$Do đó$S(n)= \frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!} \sum_{k=0}^{n}\left( (k+1)C_{2n+2}^{n+k+2}\right) $Mặt khác, đặt$A=\sum_{k=0}^{n}\left((n+k+2)C_{2n+2}^{n+k+2}\right)$$B=(n+1)\sum_{k=0}^{n}C_{2n+2}^{n+k+2}$Thì$A=\sum_{k=0}^{n}\left((2n+2)C_{2n+1}^{n+k+1}\right)=(2n+2) \times \frac{1}{2}2^{2n+1}$Và$B=(n+1) \times \frac{1}{2}\left(2^{2n+2}-C_{2n+2}^{n+1}\right)$Suy ra$S(n)=\frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!}(A-B)=\frac{n!(n+1)!}{(2n+2)!}\times \frac{1}{2}(n+1)C_{2n+2}^{n+1}=\frac{1}{2}$