2024新高考一卷数学第19题

realnumber

设 $m$ 为正整数，数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4 m+2}$ 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 $4 m$ 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 $a_1, a_2, \cdots, a_{4 m+2}$ 是 $(i, j)$ 一一可分数列．
（1）写出所有的 $(i, j), 1 \leq i<j \leq 6$，使数列 $a_1, a_2, \cdots, a_6$ 是 $(i, j)$ 一一可分数列；
（2）当 $m \geq 3$ 时，证明：数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4 m+2}$ 是 $(2,13)$ 一一可分数列；
（3）从 $1,2, \cdots, 4 m+2$ 中一次任取两个数 $i$ 和 $j(i<j)$ ，记数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4 m+2}$ 是 $(i, j)$ 一一可分数列的概率为 $P_m$ ，证明：$P_m>\frac{1}{8}$．
(1)(1,6),(1,2),(5,6)
(2) 按下标这样依次分割1,4,7,10;3,6,9,12;5,8,11,14后面有的话就普通的4个4个来,比如15,16,17,18
(3)暂没好想法,又题目是真有数学味,考场上也许有天才选手有犀利的解法

kuing

首先以下这些都可分：
\begin{gather*}
(1,2),(5,6),\ldots,(4m+1,4m+2),\\
(1,6),(5,10),\ldots,(4m-3,4m+2),\\
(1,10),(5,14),\ldots,(4m-7,4m+2),\\
\vdots\\
(1,4m-2),(5,4m+2),\\
(1,4m+2),
\end{gather*}
这些是最简单的，就是剩余项每组都是连续的四个数即可。
这堆就有 `1+2+\cdots+(m+1)=(m+1)(m+2)/2` 个。

接下来为方便表达，不妨设原数列就是 `\{1,2,\ldots,4m+2\}`。

易知 `(2,9)` 可分，因为剩余项可划分为 `\{1,3,5,7\}\{4,6,8,10\}\{11\sim14\}\{15\sim18\}\ldots`。

下面证明：若 `(2,n)` 可分，则 `(2,n+8)` 可分。

当删去 `2` 和 `n+8` 时，剩下的数首先划分出 `\{1,3,5,7\}\{4,6,8,10\}`，余下的 `\{9,11,12,13,\ldots,n+7,n+9,n+10,\ldots\}` 向左平移 `8` 个单位就相当于删去了 `2` 和 `n` 的情况，于是若 `(2,n)` 可分则余下这块也可分，即 `(2,n+8)` 可分。

（示意图）

那么由 `(2,9)` 可分可得 `(2,9+8k)` 可分（`k\inN`，下同）。

又由第二问知 `(2,13)` 可分，于是 `(2,13+8k)` 可分。

综合这两点，即 `(2,9+4k)` 都可分。

而且这些还可以向右平移 `4` 个单位，所以以下这些都可分：
\begin{gather*}
(2,9),(6,13),\ldots,(4m-6,4m+1),\\
(2,13),(6,17),\ldots,(4m-10,4m+1),\\
(2,17),(6,21),\ldots,(4m-14,4m+1),\\
\vdots\\
(2,4m-3),(6,4m+1),\\
(2,4m+1),
\end{gather*}
这堆有 `1+2+\cdots+(m-1)=m(m-1)/2` 个。

还有没有其他的我不知道（我怀疑没有了，有待继续研究），但至少已经有这两大类可分，它们一共 `(m+1)(m+2)/2+m(m-1)/2=m^2+m+1` 个，于是概率
\[P_m\geqslant\frac{m^2+m+1}{C_{4m+2}^2}=\frac{m^2+m+1}{(2m+1)(4m+1)}=\frac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1}>\frac18.\]

战巡

首先，我们假设在给定$m$的情况下，其$(i,j)$组数为$b_m$。

（1）里面已经给出了$b_1=3$，现在看看$b_2$的值。
不难找出可以踢掉的为$(1,2),(9,10),(1,10),(5,6),(2,9),(1,6),(5,10)$，即$b_2=7$。


当$m$变成了$m+1$时，数列变成了
\[a_1,a_2,a_3,a_4,...,a_{4m+2},a_{4m+3},a_{4m+4},a_{4m+5},a_{4m+6}\]
这里面可以分成3组，$a_1,a_2,a_3,a_4$一组，中间的$...$一组，最后面$a_{4m+3},a_{4m+4},a_{4m+5},a_{4m+6}$一组。

此时我们要在这些里面踢掉两个数，那么会如下几种情况：


一、两个都在中间

中间有$4m-2$个数，且为等差数列，踢掉的两个都在里面的话，总数为$b_{m-1}$种。

二、一个在第一组，一个在中间，或者都在第一组

第一组和中间组连起来，会变成一个$4m+2$个数的等差数列，这里面总共会有$b_m$种搞法，但要去掉两个都在中间的情况，故有$b_m-b_{m-1}$。

三、一个在中间，一个在最后，或者都在最后

和上面一样，也是$b_m-b_{m-1}$种。

四、一个在第一组，一个在最后

此时，将$a_1,a_{4m+6}$同时踢掉是肯定可以的，这算1组

然后，从（2）的结果来看，把$a_2,a_{4m+5}$同时踢掉，应该也是可以的，证明如下：

对于$m\ge 2$，在踢掉$(2,a_{4m+1})$后，始终可以按$n\mod m$来分组，会有
\[(1,m+1,2m+1,3m+1), (3,m+3,2m+3,3m+3),...,(m,2m,3m,4m),(m+2,2m+2,3m+2,4m+2)\]
这个是遍历所有$1,3,4,...,4m,4m+2$的，因此完全没问题。

那么综合上面，就会有
\[b_{m+1}\ge b_{m-1}+2(b_m-b_{m-1})+2=2b_m-b_{m-1}+2\]
这个如果套入$b_1=3, b_2=7$，会得到
\[b_m\ge m^2+m+1\]

而如果你随便乱踢，总共有$C_{4m+2}^2=8m^2+6m+1$种，于是
\[P_m=\frac{b_m}{8m^2+6m+1}\ge \frac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1}>\frac{1}{8}\]