2024新高考一卷数学T19 两种清晰易懂的证明
定义. 设 $m$ 为正整数，数列 $a_1, a_2,\cdots, a_{4m+2}$ 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 $a_1, a_2,\cdots, a_{4m+2}$ 是 $(i,j)$-可分数列．
命题. 从 $a_1, a_2,\cdots, a_{4m+2}$ 中一次任取两个数 $i$ 和 $j(i<j)$，记数列 $a_1, a_2,\cdots, a_{4m+2}$ 是 $(i,j)$-可分数列的概率为 $P_m$，证明：$P_m>\frac{1}{8}$．
证明 1. 考虑正面构造出可能的情形．
从特殊到一般，令 $m=1$，则对于 $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6$，所有可能的情况容易枚举， 可以得知它是且仅是 $(1,2),(5,6),(1,6)$-可分数列．
观察规律则取 $i=4k+1,j=4t+2(k,t\in \mathbb{N})$ 时，数列至多分为三段 $a_1,a_2,\cdots, a_{4k}$ ; $a_{4k+2},a_{4k+3},\cdots, a_{4t+1}$; $a_{4t+3},a_{4t+4},\cdots, a_{4m+2}$ ． 这样的段落的长度都是 $4$ 的倍数，只需删去之后从左至右将每连续四个组成一组，即满足题意．
这种 $(i,j)$ 的取法的情况数等价于满足 $0\leq k\leq t\leq m$ 的有序非负整数对 $(k,t)$ 的个数，即 $C_{m+1}^{2}+m+1$．
另外，我们将数列按照从左到右从上到下的顺序排列成数阵，每行安排 $m$ 个数，那么一定出现下表形式的 $5$ 行：
\[\begin{bmatrix} a_{1} & a_{2} & a_{3} & \cdots & a_{m-1} & a_{m}\\ a_{m+1} & a_{m+2} & a_{m+3} & \cdots & a_{2m-1} & a_{2m} \\ a_{2m+1} & a_{2m+2} & a_{2m+3} & \cdots & a_{3m-1} & a_{3m} \\ a_{3m+1} & a_{3m+2} & a_{3m+3} & \cdots & a_{4m-1} & a_{4m} \\ a_{4m+1} & a_{4m+2} & & & \end{bmatrix}\\\]去除 $a_2,a_{4m+1}$ 后剩下的可以划分为如图所示的 $m$ 组：
\[\begin{bmatrix} {\color{red}{a_{1}}} & {a_{2}} & {\color{orange}{a_{3}}} & \cdots & {\color{green}{a_{m-1}}} & {\color{cyan}{a_{m}}} \\ {\color{red}{a_{m+1}}} & {\color{blue}{a_{m+2}}} & {\color{orange}{a_{m+3}}} & \cdots & {\color{green}{a_{2m-1}}} & {\color{cyan}{a_{2m}}} \\ {\color{red}{a_{2m+1}}} & {\color{blue}{a_{2m+2}}} & {\color{orange}{a_{2m+3}}} & \cdots & {\color{green}{a_{3m-1}}} & {\color{cyan}{a_{3m}}} \\ {\color{red}{a_{3m+1}}} & {\color{blue}{a_{3m+2}}} & {\color{orange}{a_{3m+3}}} & \cdots & {\color{green}{a_{4m-1}}} & {\color{cyan}{a_{4m}}} \\ a_{4m+1} & {\color{blue}{a_{4m+2}}} & & & & \\ \end{bmatrix}\\\]由图可知，$m$ 取大于 $1$ 的正整数时，这个构造方法都可以成立．对原数列使用这种构造方法， 则原数列的任意子区间 $4l+1, 4r+2$ 为 $(4l+2,4r+1)$-可分数列． 并且这个子区间的左右两边的长度都是 $4$ 的倍数，于是一组 $(l,r)$ 就对应了一种原数列的划分方式 $(4l+2,4r+1)$．
这种 $(4l+2,4r+1)$ 的取法的情况数等价于满足 $0\leq l\leq r-2\leq m-2$ 的有序非负整数对 $(l,r)$ 的个数，即 $C_{m-1}^{2}+m-1$．
上述两种构造的总方案数为 $(C_{m+1}^{2}+m+1)+(C_{m-1}^{2}+m-1)=m^2+m+1$，总取法种数为 $C^{2}_{4m+2}=8m^2+6m+1$．
（可能存在的其他构造方法见补充.）
则 $P_m\geq \frac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1}>\frac{m^2+m+1}{8m^2+8m+8}=\frac{1}{8}$ ．
证明 2. 设 $p_{m}$ 为长度为 $4m+2$ 的数列的划分方案数，则 $p_1=3, p_2=7$．
$m\geq 3$ 时，对于长度为 $4(m+1)+2$ 的数列，考虑 $p_{m+1}$ 的组成，将数列分为三个部分：
\[{\color{red}{a_1,a_2,a_3,a_4}},{\color{blue}{a_5,a_6,\cdots,a_{4m+1},a_{4m+2}}},{\color{orange}{a_{4m+3},a_{4m+4},a_{4m+5},a_{4m+6}}} \\\]根据 $i,j$ 的位置，分而治之．
- 当 $i,j$ 都在红色部分时，选法个数为 $1$ 种．
- 当 $i,j$ 都在蓝色部分时，选法个数至少为 $p_{m-1}$ 种（见补充.）．
- 当 $i,j$ 都在橙色部分时，选法个数为 $1$ 种．
- 当 $i$ 在红色部分，$j$ 在蓝色部分时，选法个数为 $p_{m}-1-p_{m-1}$ 种．
- 当 $i$ 在蓝色部分，$j$ 在橙色部分时，选法个数为 $p_{m}-1-p_{m-1}$ 种．
- 当 $i$ 在红色部分，$j$ 在橙色部分时，选法个数为 $2$ 种，分别为正一倒一、正二倒二（正二倒二同 证明$\mathbf{1.}$ 构造）．
则 $p_{m+1}\geq 2p_{m}-p_{m-1}+2$，即 $p_{m+1}-p_{m} \geq p_{m}-p_{m-1}+2$．
则 $p_{m}-p_{m-1}\geq 2m$，即 $p_m\geq 3+[4+6+\cdots+(2m)]=m^2+m+1$．
则 $P_m\geq \frac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1}>\frac{m^2+m+1}{8m^2+8m+8}=\frac{1}{8}$．
补充. 实际上，当 $m$ 足够大时，存在形如 $(4k+2,4k+5)$ 的划分方案．
因此，上述证明中的 $p_m$ 表达式在 $m>5$ 时是偏小的，由 BV1aT421e7HR 视频内容，严谨的表达式为 $p_m=(m+1)^2-s(m), s(m)=m(m\leq 5),s(6)=4,s(7)=2,s(m)=0(m\geq 8)$．
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