漸化式を
$a_n+a_{n+1}={\displaystyle \frac{1}{n(n+2)}}$式Ａ
とする。

式Ａの$n$に$2$を代入して、
$a_2+a_3={\displaystyle \frac{1}{2\cdot 4}}$
なので、
$$\begin{array}{rl}{S}_3& =a_1+(a_2+a_3)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{2\cdot 4}}\\ & ={\displaystyle \frac{5}{8}}\end{array}$$ となる。

解答ア：５, イ：８

また、式Ａの$n$に$1$を代入して、
$$\begin{array}{rl}{a}_1+a_2& ={\displaystyle \frac{1}{1\cdot 3}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{3}}\end{array}$$ 式Ａの$n$に$3$を代入して、
$a_3+a_4={\displaystyle \frac{1}{3\cdot 5}}$
なので、
$$\begin{array}{rl}{S}_4& =(a_1+a_2)+(a_3+a_4)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{3\cdot 5}}\\ & ={\displaystyle \frac{6}{3\cdot 5}}\\ & ={\displaystyle \frac{2}{5}}\end{array}$$ である。

解答ウ：２, エ：５

問題文中の
${\displaystyle S_{2m}=\sum _{k=1}^m(a_{2k-1}+a_{2k})}$式Ｂ
を計算するのだけど、まずΣの中の
$a_{2k-1}+a_{2k}$
を作ろう。

式Ａの$n$に$2k-1$を代入すると
$a_{2k-1}+a_{2k}={\displaystyle \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}}$式Ｃ
となる。どこかで見た形だ。

ということで、復習の方法で式Ｃの右辺を部分分数に分けよう。
分母の２つの数、$2k-1$と$2k+1$の差は$2$なので、
$a_{2k-1}+a_{2k}={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{2k-1}}-{\displaystyle \frac{1}{2k+1}})$
とかける。
これを式Ｂに代入して、
$$\begin{array}{rl}{S}_{2m}& =\sum _{k=1}^m{\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{2k-1}}-{\displaystyle \frac{1}{2k+1}})\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{k=1}^m({\displaystyle \frac{1}{2k-1}}-{\displaystyle \frac{1}{2k+1}})\end{array}$$ 式Ｄ
となる。

解答オ：２, カ：１, キ：１

Σの公式に分母に$k$が含まれるものはないので、式ＤはΣじゃ計算できない。
なので、上の復習の方法を使う。

式ＤのΣの部分を、Σを使わずに書くと、
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^m& ({\displaystyle \frac{1}{2k-1}}-{\displaystyle \frac{1}{2k+1}})\\ & =({\displaystyle \frac{1}{1}}-{\displaystyle \frac{1}{3}})+({\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{1}{5}})+({\displaystyle \frac{1}{5}}-{\displaystyle \frac{1}{7}})\\ & +\cdots +({\displaystyle \frac{1}{2m-1}}-{\displaystyle \frac{1}{2m+1}})\end{array}$$ なので、復習の方法通り、
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^m& ({\displaystyle \frac{1}{2k-1}}-{\displaystyle \frac{1}{2k+1}})\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1}}-{\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{1}{5}}+{\displaystyle \frac{1}{5}}-{\displaystyle \frac{1}{7}}\\ & +\cdots +{\displaystyle \frac{1}{2m-1}}-{\displaystyle \frac{1}{2m+1}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1}}-{\displaystyle \frac{1}{2m+1}}\\ & ={\displaystyle \frac{2m+1}{2m+1}}-{\displaystyle \frac{1}{2m+1}}\\ & ={\displaystyle \frac{2m}{2m+1}}\end{array}$$ となる。

これを式Ｄに代入して、
$$\begin{array}{rl}{S}_{2m}& ={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{2m}{2m+1}}\\ & ={\displaystyle \frac{m}{2m+1}}\end{array}$$ となる。

解答ク：２, ケ：１

次の
${\displaystyle S_{2m+1}=a_1+\sum _{k=1}^m(a_{2k}+a_{2k+1})}$式Ｅ
でも同じことをしよう。

式Ａの$n$に$2k$を代入して、
$a_{2k}+a_{2k+1}={\displaystyle \frac{1}{2k(2k+2)}}$
右辺を部分分数に分けて、
$$\begin{array}{rl}{a}_{2k}+a_{2k+1}& ={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{2k}}-{\displaystyle \frac{1}{2k+2}})\\ & ={\displaystyle \frac{1}{4}}({\displaystyle \frac{1}{k}}-{\displaystyle \frac{1}{k+1}})\end{array}$$

これを式Ｅに代入して、
$$\begin{array}{rl}{S}_{2m+1}& =a_1+\sum _{k=1}^m{\displaystyle \frac{1}{4}}({\displaystyle \frac{1}{k}}-{\displaystyle \frac{1}{k+1}})\\ & =a_1+{\displaystyle \frac{1}{4}}\sum _{k=1}^m({\displaystyle \frac{1}{k}}-{\displaystyle \frac{1}{k+1}})\end{array}$$ $a_1={\displaystyle \frac{1}{2}}$なので、
${\displaystyle S_{2m+1}={\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}\sum _{k=1}^m({\displaystyle \frac{1}{k}}-{\displaystyle \frac{1}{k+1}})}$
式Ｆ
となる。

解答コ：４, サ：１

式ＦのΣの部分は
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^m& ({\displaystyle \frac{1}{k}}-{\displaystyle \frac{1}{k+1}})\\ & =({\displaystyle \frac{1}{1}}-{\displaystyle \frac{1}{2}})+({\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{3}})+({\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{1}{4}})\\ & +\cdots +({\displaystyle \frac{1}{m}}-{\displaystyle \frac{1}{m+1}})\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1}}-{\displaystyle \frac{1}{m+1}}\\ & ={\displaystyle \frac{m+1}{m+1}}-{\displaystyle \frac{1}{m+1}}\\ & ={\displaystyle \frac{m}{m+1}}\end{array}$$

なので、これを式Ｆに代入して、
$S_{2m+1}={\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}\cdot {\displaystyle \frac{m}{m+1}}$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{S_{2m+1}}& ={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{2(m+1)}{2(m+1)}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}\cdot {\displaystyle \frac{m}{m+1}}\\ & ={\displaystyle \frac{2m+2}{4(m+1)}}+{\displaystyle \frac{m}{4(m+1)}}\end{array}$$

$\phantom{S_{2m+1}}={\displaystyle \frac{3m+2}{4(m+1)}}$
となる。

解答シ：３, ス：４, セ：１

これまでの結果から、
$\{\begin{array}{l}{S}_{2m}={\displaystyle \frac{m}{2m+1}}\\ S_{2m+1}={\displaystyle \frac{3m+2}{4(m+1)}}\end{array}$
であることが分かった。

$\{\begin{array}{ll}{S}_{2m}& =a_1+a_2+\cdots +a_{2m}\\ S_{2m+1}& =a_1+a_2+\cdots +a_{2m}+a_{2m+1}\end{array}$

なので、
$$\begin{array}{rl}{a}_{2m+1}& =S_{2m+1}-S_{2m}\\ & ={\displaystyle \frac{3m+2}{4(m+1)}}-{\displaystyle \frac{m}{2m+1}}\end{array}$$ とかける。

右辺を通分して、
$a_{2m+1}={\displaystyle \frac{(3m+2)(2m+1)-4m(m+1)}{4(m+1)(2m+1)}}$

途中式

$\phantom{a_{2m+1}}={\displaystyle \frac{(6m^2+7m+2)-(4m^2+4m)}{4(m+1)(2m+1)}}$

$\phantom{a_{2m+1}}={\displaystyle \frac{2m^2+3m+2}{4(m+1)(2m+1)}}$
となる。

同様に、
$a_{2m}=S_{2m}-S_{2m-1}$式Ｇ
だけど、$S_{2m-1}$の式がない。なので、$S_{2m+1}$の式の$m$に$m-1$を代入して作ろう。

$S_{2(m-1)+1}={\displaystyle \frac{3(m-1)+2}{4\{(m-1)+1\}}}$
$S_{2m-1}={\displaystyle \frac{3m-1}{4m}}$
となるから、式Ｇより、
$a_{2m}={\displaystyle \frac{m}{2m+1}}-{\displaystyle \frac{3m-1}{4m}}$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{a_{2m}}& ={\displaystyle \frac{4m\cdot m-(3m-1)(2m+1)}{4m(2m+1)}}\\ & ={\displaystyle \frac{4m^2-(6m^2+m-1)}{4m(2m+1)}}\end{array}$$

$\phantom{a_{2m}}={\displaystyle \frac{-2m^2-m+1}{4m(2m+1)}}$
である。

解答ソ：－, タ：２, チ：２, ツ：１, テ：４

式Ｈ，式Ｉの右辺は$m$で表されているから、$n$になおそう。

となるから、
$a_n=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{-n^2-n+2}{4n(n+1)}}& (n\text{が偶数のとき})\\ {\displaystyle \frac{n^2+n+2}{4n(n+1)}}& \left(\begin{array}{rl}& n\text{が}3\text{以上の}\\ & \text{奇数のとき}\end{array}\right)\end{array}$
である。

でも、この式は問題文中の(＊)の式には入らない。
なので、(＊)の式に合うように、もう少し変形しないといけない。

と変形すると、
$a_n=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{1}{2n(n+1)}}+{\displaystyle \frac{-1}{4}}& (n\text{が偶数のとき})\\ {\displaystyle \frac{1}{2n(n+1)}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}& \left(\begin{array}{rl}& n\text{が}3\text{以上の}\\ & \text{奇数のとき}\end{array}\right)\end{array}$
と表せる。

かなり近くなったけど、赤い部分が違う。
$n$が偶数のときに$-1$ $n$が奇数のときに$1$ なので、この部分を
$(-1{)}^{n+1}$
とすると、$a_n$の式は偶数のときにも奇数のときにも
$a_n={\displaystyle \frac{1}{2n(n+1)}}+{\displaystyle \frac{(-1{)}^{n+1}}{4}}$
と書ける。
これで(＊)の式の形になった。

解答ト：２, ナ：１, ニ：１, ヌ：４

(＊)は、偶数のときと、$3$以上の奇数のときの一般項。
これに$n=1$を代入すると、
$$\begin{array}{rl}{a}_1& ={\displaystyle \frac{1}{2\cdot 1(1+1)}}+{\displaystyle \frac{(-1{)}^{1+1}}{4}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}$$ なので、(＊)は$n=1$のときにも成り立つ。
よって、(＊)はすべての自然数$n$に対して成り立つ。