浙江 2024 · 数学 q19

题面

19. 设 $m$ 为正整数，数列 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{4m+2}$ 是公差不为 0 的等差数列，若从中删去两项 $a_{i}$ 和 $a_{j} (i < j)$ 后剩余的 $4m$ 项可被平均分为 $m$ 组，且每组的 4 个数都能构成等差数列，则称数列 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{4m+2}$ 是 $(i, j)$-可分数列.

(1) 写出所有的 $(i, j)$, $1 \leq i < j \leq 6$, 使数列 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{6}$ 是 $(i, j)$-可分数列;

(2) 当 $m \geq 3$ 时, 证明: 数列 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{4m+2}$ 是 $(2,13)$-可分数列;

（3）从 $1,2,\dots,4m + 2$ 中一次任取两个数 $\mathrm{i}$ 和 $j(i < j)$，记数列 $a_1, a_2, \dots, a_{4m+2}$ 是 $(i, j)$-可分数列的概率为 $P_m$，证明：$P_m > \frac{1}{8}$.

答案

(1) $(1,2),(1,6),(5,6)$

(2) 证明见解析 (3) 证明见解析

解析

分析

（1）直接根据 $(i,j)$ -可分数列的定义即可；

(2) 根据 $(i,j)$ -可分数列的定义即可验证结论;

(3) 证明使得原数列是 $(i, j)$-可分数列的 $(i, j)$ 至少有 $(m + 1)^2 - m$ 个, 再使用概率的定义.

【小问 1 详解】

首先，我们设数列 $a_1, a_2, \ldots, a_{4m+2}$ 的公差为 $d$，则 $d \neq 0$.

由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，

故我们可以对该数列进行适当的变形 $a_{k}^{\prime} = \frac{a_{k} - a_{1}}{d} + 1 (k = 1,2,\dots,4m + 2)$,

得到新数列 $a_{k}^{\prime} = k(k = 1,2,\dots,4m + 2)$ ，然后对 $a_1^{\prime},a_2^{\prime},\dots,a_{4m + 2}^{\prime}$ 进行相应的讨论即可.

换言之，我们可以不妨设 $a_{k} = k(k = 1,2,\dots,4m + 2)$ ，此后的讨论均建立在该假设下进行

回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和 $j(i < j)$，使得剩下四个数是等差数列.

那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.

所以所有可能的 $(i,j)$ 就是 $(1,2),(1,6),(5,6)$ .

【小问 2 详解】

由于从数列1,2,…,4m+2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：

① $\{1,4,7,10\},\{3,6,9,12\},\{5,8,11,14\}$ ，共3组；

② $\{15,16,17,18\},\{19,20,21,22\},\ldots,\{4m-1,4m,4m+1,4m+2\}$ ，共m-3组.

(如果 m-3=0，则忽略②)

故数列 $1,2,\dots,4m + 2$ 是 $(2,13)$ -可分数列.

【小问 3 详解】

定义集合 $A = \{4k + 1|k = 0,1,2,\dots,m\} = \{1,5,9,13,\dots,4m + 1\}$

$B = \left\{4 k + 2 \mid k = 0, 1, 2, \dots , m \right\} = \left\{2, 6, 1 0, 1 4, \dots , 4 m + 2 \right\}.$

下面证明，对 $1 \leq i < j \leq 4m + 2$ ，如果下面两个命题同时成立，

则数列 $1,2,\dots,4m + 2$ 一定是 $(i,j)$ -可分数列：

命题 1: $i \in A, j \in B$ 或 $i \in B, j \in A$ ;

命题 2: $j-i \neq 3$ .

我们分两种情况证明这个结论.

第一种情况：如果 $i \in A, j \in B$，且 $j - i \neq 3$.

此时设 $i = 4k_{1} + 1$ ， $j = 4k_{2} + 2$ ， $k_{1}, k_{2} \in \{0,1,2,\dots,m\}$.

则由 $i < j$ 可知 $4k_{1} + 1 < 4k_{2} + 2$ ，即 $k_{2} - k_{1} > -\frac{1}{4}$ ，故 $k_{2} \geq k_{1}$.

此时，由于从数列 $1,2,\dots,4m + 2$ 中取出 $i = 4k_{1} + 1$ 和 $j = 4k_{2} + 2$ 后，

剩余的 $4m$ 个数可以分为以下三个部分，共 $m$ 组，使得每组成等差数列：

① $\{1,2,3,4\},\{5,6,7,8\},\ldots,\{4k_{1}-3,4k_{1}-2,4k_{1}-1,4k_{1}\}$ ，共 $k_{1}$ 组；

② $\{4k_{1} + 2,4k_{1} + 3,4k_{1} + 4,4k_{1} + 5\},\{4k_{1} + 6,4k_{1} + 7,4k_{1} + 8,4k_{1} + 9\},\dots,\{4k_{2} - 2,4k_{2} - 1,4k_{2},4k_{2} + 1\}$ ，共$k_{2} - k_{1}$ 组；

③ $\left\{4k_{2}+3,4k_{2}+4,4k_{2}+5,4k_{2}+6\right\},\left\{4k_{2}+7,4k_{2}+8,4k_{2}+9,4k_{2}+10\right\},\ldots,\left\{4m-1,4m,4m+1,4m+2\right\}$ ，共 $m-k_{2}$ 组.

(如果某一部分的组数为0，则忽略之)

故此时数列1,2,…,4m+2是 $(i,j)$ -可分数列.

第二种情况：如果 $i \in B, j \in A$，且 $j - i \neq 3$.

此时设 $i = 4k_{1} + 2$ ， $j = 4k_{2} + 1$ ， $k_{1}, k_{2} \in \{0,1,2,\dots,m\}$.

则由 i < j 可知 $4k_{1} + 2 < 4k_{2} + 1$ ，即 $k_{2} - k_{1} > \frac{1}{4}$ ，故 $k_{2} > k_{1}$ .

由于 $j - i \neq 3$，故 $\left(4k_{2} + 1\right) - \left(4k_{1} + 2\right) \neq 3$，从而 $k_{2} - k_{1} \neq 1$，这就意味着 $k_{2} - k_{1} \geq 2$.

此时，由于从数列 $1,2,\dots,4m + 2$ 中取出 $i = 4k_{1} + 2$ 和 $j = 4k_{2} + 1$ 后，剩余的 $4m$ 个数可以分为以下四个部分，共 $m$ 组，使得每组成等差数列：

① $\{1,2,3,4\},\{5,6,7,8\},\ldots,\{4k_{1}-3,4k_{1}-2,4k_{1}-1,4k_{1}\}$ ，共 $k_{1}$ 组；

② $\left\{4k_{1}+1,3k_{1}+k_{2}+1,2k_{1}+2k_{2}+1,k_{1}+3k_{2}+1\right\},\quad\left\{3k_{1}+k_{2}+2,2k_{1}+2k_{2}+2,k_{1}+3k_{2}+2,4k_{2}+2\right\}$ ，共2组；

③全体 $\left\{4k_{1}+p,3k_{1}+k_{2}+p,2k_{1}+2k_{2}+p,k_{1}+3k_{2}+p\right\}$ ，其中 $p=3,4,\ldots,k_{2}-k_{1}$ ，共 $k_{2}-k_{1}-2$ 组；

④ $\left\{4k_{2}+3,4k_{2}+4,4k_{2}+5,4k_{2}+6\right\},\left\{4k_{2}+7,4k_{2}+8,4k_{2}+9,4k_{2}+10\right\},\ldots,\left\{4m-1,4m,4m+1,4m+2\right\}$ ，共 $m-k_{2}$ 组.

(如果某一部分的组数为0，则忽略之)

这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 $k_{2} - k_{1} - 2$ 个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：

$\left\{4 k_{1} + 3, 4 k_{1} + 4, \dots , 3 k_{1} + k_{2} \right\}, \left\{3 k_{1} + k_{2} + 3, 3 k_{1} + k_{2} + 4, \dots , 2 k_{1} + 2 k_{2} \right\},$

$\left\{2 k_{1} + 2 k_{2} + 3, 2 k_{1} + 2 k_{2} + 3, \dots , k_{1} + 3 k_{2} \right\}, \quad \left\{k_{1} + 3 k_{2} + 3, k_{1} + 3 k_{2} + 4, \dots , 4 k_{2} \right\}.$

可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 $\{4k_{1} + 1,4k_{1} + 2,\dots,4k_{2} + 2\}$ 中除开五个集

$\text{合} \left\{4 k_{1} + 1, 4 k_{1} + 2 \right\}, \left\{3 k_{1} + k_{2} + 1, 3 k_{1} + k_{2} + 2 \right\}, \left\{2 k_{1} + 2 k_{2} + 1, 2 k_{1} + 2 k_{2} + 2 \right\},$

$\left\{k_{1} + 3 k_{2} + 1, k_{1} + 3 k_{2} + 2 \right\}, \left\{4 k_{2} + 1, 4 k_{2} + 2 \right\} \text{中的十个元素以外的所有数}.$

而这十个数中，除开已经去掉的 $4k_{1} + 2$ 和 $4k_{2} + 1$ 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.

这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 $1,2,\dots,4m + 2$ 是 $(i,j)$ -可分数列.

至此，我们证明了：对 $1 \leq i < j \leq 4m + 2$ ，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列 $1, 2, \dots, 4m + 2$ 一定是 $(i, j)$ -可分数列.

然后我们来考虑这样的 $(i,j)$ 的个数.

首先，由于 $A \cap B = \varnothing$，A 和 $B$ 各有 $m + 1$ 个元素，故满足命题 1 的 $(i, j)$ 总共有 $(m + 1)^2$ 个；

而如果 $j - i = 3$ ，假设 $i\in A,j\in B$ ，则可设 $i = 4k_{1} + 1$ ， $j = 4k_{2} + 2$ ，代入得 $\left(4k_{2} + 2\right) - \left(4k_{1} + 1\right) = 3.$

但这导致 $k_{2} - k_{1} = \frac{1}{2}$，矛盾，所以 $i \in B, j \in A$.

设 $i = 4k_{1} + 2$ ， $j = 4k_{2} + 1$ ， $k_{1}, k_{2} \in \{0,1,2,\dots,m\}$ ，则 $\left(4k_{2} + 1\right) - \left(4k_{1} + 2\right) = 3$ ，即 $k_{2} - k_{1} = 1$

所以可能的 $\left(k_{1},k_{2}\right)$ 恰好就是 $(0,1),(1,2),\ldots,(m-1,m)$ ，对应的 $(i,j)$ 分别是

$(2,5),(6,9),\dots,(4m-2,4m+1)$ ，总共 $m$ 个.

所以这 $(m+1)^{2}$ 个满足命题1的 $(i,j)$ 中，不满足命题2的恰好有m个.

这就得到同时满足命题1和命题2的 $(i,j)$ 的个数为 $(m+1)^{2}-m$ .

当我们从 $1,2,\dots,4m + 2$ 中一次任取两个数 $\mathrm{i}$ 和 $j(i < j)$ 时，总的选取方式的个数等于

$\frac{(4 m + 2) (4 m + 1)}{2} = (2 m + 1) (4 m + 1).$

而根据之前的结论，使得数列 $a_1, a_2, \ldots, a_{4m+2}$ 是 $(i, j)$-可分数列的 $(i, j)$ 至少有 $(m+1)^2 - m$ 个.

所以数列 $a_1, a_2, \ldots, a_{4m+2}$ 是 $(i, j)$-可分数列的概率 $P_m$ 一定满足

$P_{m} \geq \frac{(m + 1)^{2} - m}{(2 m + 1) (4 m + 1)} = \frac{m^{2} + m + 1}{(2 m + 1) (4 m + 1)} > \frac{m^{2} + m + \frac{1}{4}}{(2 m + 1) (4 m + 2)} = \frac{\left(m + \frac{1}{2}\right)^{2}}{2 (2 m + 1) (2 m + 1)} = \frac{1}{8}.$

这就证明了结论.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.