数列 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{1}{k(k+1)(k+2)}$ をそのまま足すのは無理。和がうまく求まる形にしたい。

こういう「積の逆数」は、差の形に直せることが多い。差にできれば、次々に打ち消し合う。$\frac{1}{k(k+1)}$ と $\frac{1}{(k+1)(k+2)}$ の差を作ってみる。分子をそろえると、ちょうど $\frac{2}{k(k+1)(k+2)}$ が出る。

だから $\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right\}$。隣どうしが消えて両端だけ残る。

① 差の形にする。 $\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\frac{(k+2)-k}{k(k+1)(k+2)}=\frac{2}{k(k+1)(k+2)}$ だから

$$\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right\}$$

② 和をとる。 $b_k=\frac{1}{k(k+1)}$ とおくと、和は $\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n(b_k-b_{k+1})$。隣どうしが消し合い、両端 $b_1$ と $b_{n+1}$ だけ残る。

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\left(b_1-b_{n+1}\right)=\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right\}$$

③ 整理する。

$$=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}$$

まとめ:$3$ つの積の部分分数は「$2$ つずつの積の差」に分解して望遠鏡和にする。差を作ると分子に $(k+2)-k=2$ が出るので、$\frac{1}{2}$ を掛けて調整。残るのは両端 $\frac{1}{1\cdot 2}$ と $\frac{1}{(n+1)(n+2)}$。

発展。 $\frac{1}{k(k+1)(k+2)}$ の和が $\frac{1}{4}$ に収束するのは、$\frac{1}{k(k+1)\cdots (k+m)}$ が「$1$ つ短い積の逆数の差」に直せるという一般則の $m=2$ の場合。$\int$ の部分積分に対応する「差分」の考えで、$\frac{1}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+2}{2}\right)}$ 型はいつでも望遠鏡和の形で消える。離散版の積分だ。

別解

別解:きちんと部分分数に分ける(仕組みが見えるルート)。 「差の積を作る」を思いつかなくても、部分分数分解に持ち込めば機械的に差の形が出る。

$$\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{A}{k}+\frac{B}{k+1}+\frac{C}{k+2}$$

とおいて両辺に $k(k+1)(k+2)$ を掛け、$k=0,-1,-2$ を代入すると $A=\frac{1}{2}$、$B=-1$、$C=\frac{1}{2}$。つまり

$$\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{k+2}.$$

これを $k=1$ から $n$ まで足すと、$\frac{1}{k+1}$ と前後の $\frac{1}{k},\frac{1}{k+2}$ が段違いに打ち消し合い、両端の $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1}$、$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}$ と末尾だけ残って $\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}$。「差の積」でまとめて出す本解と同じだ。部分分数の係数 $\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}$ が「両端 $\frac{1}{2}$・真ん中 $-1$」と対称なことが、望遠鏡和が使える理由だ。$n\to \infty$ では $\frac{1}{4}$ に収束する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 群に分けてあるが、まず「もとの数列は何か」を見る。$1,2,3,4,5,\dots$ と、自然数がそのまま並んでいるだけだ。

だから第 $100$ 項の「値」は $100$ 番目の自然数、すなわち $100$。群分けは値を変えない。とはいえ「第 $100$ 項が第何群の何番目か」も押さえておく。第 $n$ 群までの項数は $1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}$。

この三角数と $100$ を比べて、$100$ 項目の位置を特定する。

① 第 $100$ 項が第何群か。 第 $n$ 群までの総項数は $\frac{n(n+1)}{2}$。

$$\frac{13\cdot 14}{2}=91,\frac{14\cdot 15}{2}=105$$

より、$91<100\le 105$。よって第 $100$ 項は第 $14$ 群に含まれ、第 $13$ 群まで($91$ 項)の次だから第 $14$ 群の $100-91=9$ 番目。

② 値を求める。 数列は自然数を順に並べたものなので、第 $100$ 項の値は「$100$ 番目の自然数」= $100$。

(確認:第 $14$ 群の最初の数は $92$、その $9$ 番目は $92+8=100$。一致する。)

まとめ:群数列は「第 $n$ 群までの総項数 $\frac{n(n+1)}{2}$」で位置を特定。$100$ 項目は第 $14$ 群の $9$ 番目。もとが自然数の並びなので値は $100$ だが、第 $n$ 群の最初の数(=前群までの総数 $+1$)から数える方法でも確認できる。

発展。 三角数 $\frac{n(n+1)}{2}$ は「第 $n$ 群までの項数」として何度も現れる。群数列では「通し番号 $\leftrightarrow$ 群番号・群内位置」の変換が要。通し番号 $N$ が第 $g$ 群 $⟺\frac{(g-1)g}{2}<N\le \frac{g(g+1)}{2}$。この不等式を解く($g\approx \sqrt{2N}$)のが群数列の共通の型だ。

別解

別解:「値 $=$ 位置」の思い込みを見抜く(苦手な人向けの整理ルート)。 群分けをしても、項の値は変わらない。並んでいる数は $1,2,3,4,5,\dots$ で、$k$ 番目の項の値はただの $k$。

だから第 $100$ 項の値は考えるまでもなく $100$。群の構造は「どこで区切るか」を言っているだけで、数そのものは自然数の順番のまま。

念のため位置も確かめる。第 $n$ 群の最後の項は通し番号 $\frac{n(n+1)}{2}$(三角数)。$\frac{13\cdot 14}{2}=91$、$\frac{14\cdot 15}{2}=105$ だから、$91<100\le 105$ で第 $100$ 項は第 $14$ 群。群の中では $100-91=9$ 番目。

群番号や群内位置を細かく求める本解と同じ。ここで間違えやすいのは「群に分けると値が変わる」と思い込むこと。値は自然数のまま、と気づけば第 $100$ 項 $=100$ は即答できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $S_n$(和)と $a_n$(項)が混ざった関係式。両方を結ぶ橋は $a_n=S_n-S_{n-1}$($n\ge 2$)。

$S_n=2a_n-n$ と、$n$ を $1$ つずらした $S_{n-1}=2a_{n-1}-(n-1)$ を辺々引く。左辺は $S_n-S_{n-1}=a_n$。整理すると $a_n=2a_{n-1}+1$ という漸化式が出る。初項は $S_1=a_1=2a_1-1$ から $a_1=1$。この漸化式を解く。

① 漸化式を作る。 $S_n=2a_n-n$、$S_{n-1}=2a_{n-1}-(n-1)$。辺々引くと($n\ge 2$)

$$a_n=S_n-S_{n-1}=2a_n-2a_{n-1}-1⟹-a_n=-2a_{n-1}-1⟹a_n=2a_{n-1}+1$$

② 初項。 $n=1$ で $S_1=a_1=2a_1-1$ より $a_1=1$。

③ 漸化式を解く。 $a_n=2a_{n-1}+1$ は特性方程式型。$a_n+1=2(a_{n-1}+1)$ と変形でき、$\{a_n+1\}$ は初項 $a_1+1=2$、公比 $2$ の等比数列。

$$a_n+1=2\cdot 2^{n-1}=2^n⟹a_n=2^n-1$$

まとめ:$S_n$ と $a_n$ の関係式は「$a_n=S_n-S_{n-1}$ で漸化式化」。$S_n$ の式を $1$ つずらして引くのがコツ。出た漸化式 $a_n=2a_{n-1}+1$ は $+1$ を移して等比に持ち込む($a_n+1=2(a_{n-1}+1)$)。初項の別処理も忘れない。

発展。 $a_n=2^n-1$ はメルセンヌ数。$S_n=2a_n-n$ のように「和が項で書ける」関係式は、$a_n=S_n-S_{n-1}$ で漸化式に変換するのが基本だ。逆に、漸化式から $S_n$ を作ることもできる。和と項は表裏一体で、片方が分かればもう片方も決まる。

別解

別解:小さい項を書き出して見抜く(苦手な人向けの実験ルート)。 漸化式を解く前に、最初の数項を具体的に計算して規則を見つける。

$S_1=a_1$ だから $a_1=2a_1-1$、これで $a_1=1$。$S_2=a_1+a_2=2a_2-2$ に $a_1=1$ を入れて $1+a_2=2a_2-2$、$a_2=3$。同様に $a_3=7$、$a_4=15$。並べると $1,3,7,15,\dots$。どれも「$2$ の累乗より $1$ 小さい」。$a_n=2^n-1$ と予想できる。

確かめると $a_n+1=2^n$ で、$a_n+1=2(a_{n-1}+1)$(公比 $2$ の等比)。$a_1+1=2$ から $a_n+1=2^n$、$a_n=2^n-1$。$a_n=2a_{n-1}+1$ を機械的に解く本解と同じ。「$+1$ すると等比になる」は $a_n=2a_{n-1}+1$ の不動点 $-1$ を引く操作そのもの。実験で答えを見抜き、あとで理由づける流れも有効だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(2k-1{)}^2$ の和。$2k-1$ は奇数だから「奇数の $2$ 乗の和」。

シグマの公式は $k,k^2$ については知っている。だから $(2k-1{)}^2$ を展開して、それらの形に持ち込む。$(2k-1{)}^2=4k^2-4k+1$。

$\Sigma k^2$、$\Sigma k$、$\Sigma 1$ の $3$ つに分けて、それぞれ公式を当てはめて足す。

① 展開する。 $(2k-1{)}^2=4k^2-4k+1$ だから

$$\sum _{k=1}^n(2k-1{)}^2=4\sum k^2-4\sum k+\sum 1$$

② 公式を当てはめる。

$$=4\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-4\cdot \frac{n(n+1)}{2}+n=\frac{2n(n+1)(2n+1)}{3}-2n(n+1)+n$$

③ 整理する。 $n$ でくくり、通分する。

$$=\frac{n}{3}\left\{2(n+1)(2n+1)-6(n+1)+3\right\}=\frac{n}{3}\left\{2(2n^2+3n+1)-6n-6+3\right\}$$ $$=\frac{n}{3}(4n^2+6n+2-6n-3)=\frac{n}{3}(4n^2-1)=\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$$

まとめ:奇数の $2$ 乗の和は「展開して $\Sigma$ の公式に分ける」。$(2k-1{)}^2=4k^2-4k+1$ を $\Sigma k^2,\Sigma k,\Sigma 1$ に。最後の因数分解 $4n^2-1=(2n-1)(2n+1)$ できれいにまとまる。

発展。 奇数の平方和 $\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$ は、全平方和から偶数平方和を引いた差。同じ発想で「奇数の和 $=n^2$」「偶数の和 $=n(n+1)$」も、全体と半分の関係から出る。$\Sigma$ の計算は「全体 $-$ 一部」の引き算に持ち込むと、場合分けや $1$ 次項の処理が楽になることが多い。

別解

別解:「全部の平方」から「偶数の平方」を引く(得意な人向けの視点)。 奇数の $2$ 乗の和は $1$ から $2n$ までの全部の平方から、偶数の平方を引けば出る。

$$\sum _{k=1}^n(2k-1{)}^2=\sum _{j=1}^{2n}{j}^2-\sum _{k=1}^n(2k{)}^2=\sum _{j=1}^{2n}{j}^2-4\sum _{k=1}^n{k}^2.$$

平方和の公式 $\sum _{j=1}^m{j}^2=\frac{m(m+1)(2m+1)}{6}$ を $m=2n$ と $m=n$ で使う。

$$\frac{2n(2n+1)(4n+1)}{6}-4\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}.$$

$(2k-1{)}^2=4k^2-4k+1$ と展開する本解と同じ結果。「奇数だけの和 $=$ 全体 $-$ 偶数」という引き算は、$1$ 次項 $-4k$ の扱いを避けられて見通しがよい。偶数の平方は $4k^2$ とまとめて $4$ を外に出せるのがポイント。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $1,3,7,13,21,\dots$。となりの項の差(階差)を見るのが基本だ。

差をとると $2,4,6,8,\dots$。きれいな等差数列で $b_k=2k$。もとの数列は初項に階差を積み上げたもの。公式 $a_n=a_1+\sum _{k=1}^{n-1}{b}_k$($n\ge 2$)を使う。

$\Sigma$ を計算すれば一般項が出る。

① 階差を求める。 差をとると $3-1=2,7-3=4,13-7=6,\cdots$。すなわち $b_k=2k$。

② 公式で一般項。 $n\ge 2$ のとき

$$a_n=a_1+\sum _{k=1}^{n-1}2k=1+2\cdot \frac{(n-1)n}{2}=1+n(n-1)=n^2-n+1$$

③ $n=1$ の確認。 $a_1=1^2-1+1=1$。もとの数列の初項と一致するので、$a_n=n^2-n+1$ は $n=1$ でも成り立つ。

まとめ:規則が見えない数列は「階差をとる」。差 $2,4,6,\cdots$ が等差なら、$a_n=a_1+\Sigma b_k$ で復元。${\Sigma }_{k=1}^{n-1}2k=n(n-1)$ に注意($n-1$ までの和)。$n=1$ でも成り立つことの確認で仕上げる。

発展。 数列の階差を繰り返しとって「何階で定数になるか」を見ると、一般項の次数が分かる($p$ 階差分が定数なら $p$ 次式)。これは多項式の差分がニュートンの前進差分公式 $a_n=\sum \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{j}\right){\Delta }^j{a}_1$ で書けることの現れ。関数の微分と、数列の差分は対になる関係にある。

別解

別解:$2$ 次式だと見抜いて係数を当てる(得意な人向けの視点)。 階差 $2,4,6,\dots$ をさらに差をとると $2,2,2,\dots$ で一定。$2$ 階差分が定数なら、一般項は $n$ の $2$ 次式だ。

そこで $a_n=A{n}^2+Bn+C$ とおき、最初の $3$ 項を当てはめる。

$$a_1=A+B+C=1,a_2=4A+2B+C=3,a_3=9A+3B+C=7.$$

差をとると $3A+B=2$、$5A+B=4$。引いて $2A=2$、$A=1$、$B=-1$、$C=1$。よって $a_n=n^2-n+1$。階差数列の公式で $\Sigma$ を計算する本解と同じ。「$2$ 階差分が一定 $\Rightarrow$ 何次式か」が分かると、未知の係数を連立で決めるだけ。$1$ 階差分が一定なら $1$ 次(等差)、$2$ 階なら $2$ 次、という対応は覚えておくと速い。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{2k+1}{k^2(k+1{)}^2}$。分子 $2k+1$ に注目する。

$2k+1$ は $(k+1{)}^2-k^2$ に等しい($(k+1{)}^2=k^2+2k+1$ だから)。これで分子を分母に「割り込ませる」と、$\frac{(k+1{)}^2-k^2}{k^2(k+1{)}^2}=\frac{1}{k^2}-\frac{1}{(k+1{)}^2}$。これで差の形になった。望遠鏡和で両端だけ残る。

① 差の形にする。 分子 $2k+1=(k+1{)}^2-k^2$ だから

$$\frac{2k+1}{k^2(k+1{)}^2}=\frac{(k+1{)}^2-k^2}{k^2(k+1{)}^2}=\frac{1}{k^2}-\frac{1}{(k+1{)}^2}$$

② 和をとる。 $c_k=\frac{1}{k^2}$ とおくと、和は $\sum _{k=1}^n(c_k-c_{k+1})$。隣どうしが消え、両端だけ残る。

$$\sum _{k=1}^n\frac{2k+1}{k^2(k+1{)}^2}=c_1-c_{n+1}=\frac{1}{1^2}-\frac{1}{(n+1{)}^2}=1-\frac{1}{(n+1{)}^2}$$

まとめ:分子が「連続する平方の差 $(k+1{)}^2-k^2$」になっているのを見抜けば解ける。すると分数が $\frac{1}{k^2}-\frac{1}{(k+1{)}^2}$ の差になり望遠鏡和になる。残るのは両端 $1$ と $\frac{1}{(n+1{)}^2}$。

発展。 $\sum \left(\frac{1}{k^2}-\frac{1}{(k+1{)}^2}\right)=1-\frac{1}{(n+1{)}^2}\to 1$ は、$\frac{1}{k^2}$ という「隣どうしの差」の総和。一方 $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$(バーゼル問題)は別物で、こちらは望遠鏡和しない。差の形になるかどうかで、和の求めやすさが大きく変わる。

別解

別解:全部の部分分数を書いて確かめる(仕組みが見えるルート)。 分子を細工せず、まっさらに部分分数分解しても、$\frac{1}{k^2}-\frac{1}{(k+1{)}^2}$ が出ることを確かめられる。

$$\frac{2k+1}{k^2(k+1{)}^2}=\frac{A}{k}+\frac{B}{k^2}+\frac{C}{k+1}+\frac{D}{(k+1{)}^2}$$

とおいて通分・係数比較すると、$B=1$、$D=-1$、そして $A=C=0$。$\frac{1}{k}$ と $\frac{1}{k+1}$ の項は消える。残るのは

$$\frac{2k+1}{k^2(k+1{)}^2}=\frac{1}{k^2}-\frac{1}{(k+1{)}^2}.$$

これを $k=1$ から $n$ まで足すと望遠鏡和で $\frac{1}{1^2}-\frac{1}{(n+1{)}^2}=1-\frac{1}{(n+1{)}^2}$。分子 $2k+1=(k+1{)}^2-k^2$ に気づく本解と同じ。$\frac{1}{k}$ 型の項が現れないのは、$2k+1$ が $2$ 乗の差にぴったりはまるからだ。$n\to \infty$ で $1$ に収束する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}$。分母が $2$ つの因数の積で、差が一定($2k+1$ と $2k-1$ の差は $2$)。

こういうときは部分分数。$\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$ と差に分ける。分子の $\frac{1}{2}$ は $2$ つの因数の差 $2$ の逆数から来る。

差の形にできれば望遠鏡和になる。隣どうしが消えて両端が残る。

① 部分分数に分ける。

$$\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$$

② 和をとる。

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2n+1}\right)$$

③ 整理する。

$$=\frac{1}{2}\cdot \frac{(2n+1)-1}{2n+1}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2n}{2n+1}=\frac{n}{2n+1}$$

まとめ:奇数の積の部分分数は「$\frac{1}{2}(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})$」。分母の差 $2$ が $\frac{1}{2}$ の係数になる。望遠鏡和で両端 $1$ と $\frac{1}{2n+1}$ が残り、整理して $\frac{n}{2n+1}$。

発展。 $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}$。部分分数 $\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$ が望遠鏡和の形で消える。似た形でも $\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}$ を足すと $\log 2$(交代調和級数)になり、こちらは望遠鏡和せず収束が遅い。差のかみ合い方が決め手だ。

別解

別解:数学的帰納法で公式を裏づける(苦手な人向けの確認ルート)。 部分分数を思いつかなくても、答え $\frac{n}{2n+1}$ を予想して帰納法で証明できる。

$n=1$:左辺 $\frac{1}{1\cdot 3}=\frac{1}{3}$、右辺 $\frac{1}{3}$ で一致。$n$ で成り立つと仮定して、$n+1$ 項目 $\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}$ を足す。

$$\frac{n}{2n+1}+\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{n(2n+3)+1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{2n^2+3n+1}{(2n+1)(2n+3)}.$$

分子は $(2n+1)(n+1)$ と因数分解できるから $\frac{(2n+1)(n+1)}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{n+1}{2n+3}$。これは $n+1$ のときの式そのもの。望遠鏡和でまとめて出す本解と同じ $\frac{n}{2n+1}$ になる。予想が立てば帰納法で必ず裏がとれる。$n\to \infty$ では $\frac{1}{2}$ に収束する(奇数の逆数の積の級数)。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $1^2-2^2+3^2-4^2+\cdots$ と符号が交互。$n$ は偶数。

符号が交互なら、$2$ 項ずつ組にするのが基本だ。$(2k-1{)}^2-(2k{)}^2$ の組を作る。各ペアは $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ で展開できる。$(2k-1{)}^2-(2k{)}^2=(-1)(4k-1)=-(4k-1)$。

$n=2m$ とすると $m$ 組。各ペアの値 $-(4k-1)$ を $k=1$ から $m$ まで足す。

① ペアにして因数分解する。 $n=2m$ とおく。第 $k$ 組は $(2k-1{)}^2-(2k{)}^2$。

$$(2k-1{)}^2-(2k{)}^2=\{(2k-1)+2k\}\{(2k-1)-2k\}=(4k-1)(-1)=-(4k-1)$$

② $m$ 組の和をとる。

$$\sum _{k=1}^m\{-(4k-1)\}=-\left(4\sum _{k=1}^{m}k-\sum _{k=1}^{m}1\right)=-\left(4\cdot \frac{m(m+1)}{2}-m\right)=-(2m^2+2m-m)=-(2m^2+m)$$

③ $n$ に戻す。 $m=\frac{n}{2}$ を代入する。$2m^2+m=2\cdot \frac{n^2}{4}+\frac{n}{2}=\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}=\frac{n(n+1)}{2}$。よって

$$1^2-2^2+\cdots +(-1{)}^{n-1}{n}^2=-\frac{n(n+1)}{2}$$

まとめ:交代和は「$2$ 項ずつペア」。各ペア $(2k-1{)}^2-(2k{)}^2$ を和と差の積で $-(4k-1)$ に。$m=\frac{n}{2}$ 組の和をとって $n$ に戻すと $-\frac{n(n+1)}{2}$。$n$ が偶数だからペアが余らない。

発展。 平方の交代和が自然数の和 $-\frac{n(n+1)}{2}$ になるのは、$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ で隣り合う数だと差 $a-b=-1$ になり、和 $a+b$ だけ残るから。$n$ が奇数のときは最後の項が余り、答えが $+\frac{n(n+1)}{2}$ に変わる。符号のパターンと項数の偶奇で結果が反転する典型だ。

別解

別解:各ペアが「$2$ 数の和のマイナス」になることを使う(得意な人向けの視点)。 ペア $(2k-1{)}^2-(2k{)}^2$ を因数分解すると

$$(2k-1{)}^2-(2k{)}^2=\{(2k-1)-(2k)\}\{(2k-1)+(2k)\}=(-1)(4k-1)=-(4k-1).$$

ここで $4k-1=(2k-1)+(2k)$ に注目する。つまり各ペアは「そのペアに含まれる $2$ つの数の和」にマイナスをつけたもの。すると和全体は $1$ から $n$ までのすべての数の和にマイナスをつけたものになる。

$$1^2-2^2+\cdots -n^2=-(1+2+\cdots +n)=-\frac{n(n+1)}{2}.$$

$-(4k-1)$ を $k$ について足す本解と同じ。「平方の交代和が、ただの自然数の和のマイナスになる」のがこの問題の特徴だ。$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ で、隣り合う数なら $a-b=-1$ だから、和 $a+b$ だけが残る。