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

式Ａの$n$に$2$を代入して、
$a_{2}+a_{3}=\dfrac{1}{2\cdot 4}$
なので、
$$ \begin{align} S_{3}&=a_{1}+(a_{2}+a_{3})\\ &=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\cdot 4}\\ &=\dfrac{5}{8} \end{align} $$ となる。

解答ア：５, イ：８

また、式Ａの$n$に$1$を代入して、
$$ \begin{align} a_{1}+a_{2}&=\dfrac{1}{1\cdot 3}\\ &=\dfrac{1}{3} \end{align} $$ 式Ａの$n$に$3$を代入して、
$a_{3}+a_{4}=\dfrac{1}{3\cdot 5}$
なので、
$$ \begin{align} S_{4}&=(a_{1}+a_{2})+(a_{3}+a_{4})\\ &=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3\cdot 5}\\ &=\dfrac{6}{3\cdot 5}\\ &=\dfrac{2}{5} \end{align} $$ 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
$a_{2k-1}+a_{2k}=\dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}$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、
$a_{2k-1}+a_{2k}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1}\right)$
とかける。
これを式Ｂに代入して、
$$ \begin{align} S_{2m}&=\sum_{k=1}^{m}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1}\right)\\ &=\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{m}\left(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1}\right) \end{align} $$ 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、
$$ \begin{align} \sum_{k=1}^{m}&\left(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1}\right)\\ &=\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{3}\right)+\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}\right)+\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}\right)\\ &\hspace{50px}+\cdots+\left(\dfrac{1}{2m-1}-\dfrac{1}{2m+1}\right) \end{align} $$ なので、復習の方法通り、
$$ \begin{align} \sum_{k=1}^{m}&\left(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1}\right)\\ &=\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}\\ &\hspace{50px}+\cdots+\dfrac{1}{2m-1}-\dfrac{1}{2m+1}\\ &=\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2m+1}\\ &=\dfrac{2m+1}{2m+1}-\dfrac{1}{2m+1}\\ &=\dfrac{2m}{2m+1} \end{align} $$ となる。

これを式Ｄに代入して、
$$ \begin{align} S_{2m}&=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2m}{2m+1}\\ &=\dfrac{m}{2m+1} \end{align} $$ 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、
$a_{2k}+a_{2k+1}=\dfrac{1}{2k(2k+2)}$
右辺を部分分数に分けて、
$$ \begin{align} a_{2k}+a_{2k+1}&=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2k}-\dfrac{1}{2k+2}\right)\\ &=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right) \end{align} $$

これを式Ｅに代入して、
$$ \begin{align} S_{2m+1}&=a_{1}+\sum_{k=1}^{m}\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)\\ &=a_{1}+\dfrac{1}{4}\sum_{k=1}^{m}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right) \end{align} $$ $a_{1}=\dfrac{1}{2}$なので、
$\displaystyle S_{2m+1}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}\sum_{k=1}^{m}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)$
式Ｆ
となる。

解答コ：４, サ：１

式ＦのΣの部分は
$$ \begin{align} \sum_{k=1}^{m}&\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)\\ &=\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right)+\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}\right)\\ &\hspace{100px} +\cdots+\left(\dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{m+1}\right)\\ &=\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{m+1}\\ &=\dfrac{m+1}{m+1}-\dfrac{1}{m+1}\\ &=\dfrac{m}{m+1} \end{align} $$

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

途中式

$$ \begin{align} \phantom{S_{2m+1}}&=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2(m+1)}{2(m+1)}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{m}{m+1}\\ &=\dfrac{2m+2}{4(m+1)}+\dfrac{m}{4(m+1)} \end{align} $$

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

解答シ：３, ス：４, セ：１

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

$\left\{\begin{array}{l} S_{2m}&=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2m}\\ S_{2m+1}&=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2m}+a_{2m+1} \end{array}\right.$

なので、
$$ \begin{align} a_{2m+1}&=S_{2m+1}-S_{2m}\\ &=\dfrac{3m+2}{4(m+1)}-\dfrac{m}{2m+1} \end{align} $$ とかける。

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

途中式

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

$\phantom{a_{2m+1}}=\dfrac{2m^{2}+3m+2}{4(m+1)(2m+1)}$
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。

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

途中式

$$ \begin{align} \phantom{a_{2m}}&=\dfrac{4m\cdot m-(3m-1)(2m+1)}{4m(2m+1)}\\ &=\dfrac{4m^{2}-(6m^{2}+m-1)}{4m(2m+1)} \end{align} $$

$\phantom{a_{2m}}=\dfrac{-2m^{2}-m+1}{4m(2m+1)}$
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、
$a_{n}=\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{-n^{2}-n+2}{4n(n+1)}&(n\text{が偶数のとき})\\ \dfrac{n^{2}+n+2}{4n(n+1)}&\left(\begin{aligned}&n\text{が}3\text{以上の}\\&\text{奇数のとき}\end{aligned}\right) \end{array}\right.$
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、
$a_{n}=\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{1}{2n(n+1)}+\dfrac{\textcolor{red}{-1}}{4}& (n\text{が偶数のとき})\\ \dfrac{1}{2n(n+1)}+\dfrac{\textcolor{red}{1}}{4}& \left(\begin{aligned}& n\text{が}3\text{以上の}\\&\text{奇数のとき}\end{aligned}\right) \end{array}\right.$
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
$a_{n}=\dfrac{1}{2n(n+1)}+\dfrac{(-1)^{n+1}}{4}$
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、
$$ \begin{align} a_{1}&=\dfrac{1}{2\cdot 1(1+1)}+\dfrac{(-1)^{1+1}}{4}\\ &=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\\ &=\dfrac{1}{2} \end{align} $$ 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。