答案

（1）(1,2),(1,6),(5,6)

解析

（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a1,a2,...,a4m+2的公差为d，则d≠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ak′=(ak−a1)/(d)+1(k=1,2,...,4m+2)， 得到新数列ak′=k(k=1,2,...,4m+2)，然后对a1′,a2′,...,a4′m+2进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设ak=k(k=1,2,...,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},...,{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,...,4m+2是(2,13)−可分数列. 【小问3详解】 定义集合A={4k+1k=0,1,2,...,m}={1,5,9,13,...,4m+1}，B={4k+2k=0,1,2,...,m}={2,6,10,14,...,4m+2}. 下面证明，对1≤i<j≤4m+2，如果下面两个命题同时成立， 则数列1,2,...,4m+2一定是(i,j)−可分数列： 命题1：i∈A,j∈B或i∈B,j∈A； 命题2：j−i≠3. 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果i∈A,j∈B，且j−i≠3. 此时设i=4k1+1，j=4k2+2，k1,k2∈{0,1,2,...,m}. 则由i<j可知4k1+1<4k2+2，即k2−k1>−(1)/(4)，故k2≥k1. 此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4k1+1和j=4k2+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},...,{4k1−3,4k1−2,4k1−1,4k1}，共k1组； ②{4k1+2,4k1+3,4k1+4,4k1+5},{4k1+6,4k1+7,4k1+8,4k1+9},...,{4k2−2,4k2−1,4k2,4k2+1}，共k2−k1组； ③{4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6},{4k2+7,4k2+8,4k2+9,4k2+10},...,{4m−1,4m,4m+1,4m+2}，共m−k2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∈B,j∈A，且j−i≠3. 此时设i=4k1+2，j=4k2+1，k1,k2∈{0,1,2,...,m}. 则由i<j可知4k1+2<4k2+1，即k2−k1>(1)/(4)，故k2>k1. 由于j−i≠3，故(4k2+1)−(4k1+2)≠3，从而k2−k1≠1，这就意味着k2−k1≥2. 此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4k1+2和j=4k2+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},...,{4k1−3,4k1−2,4k1−1,4k1}，共k1组； ②{4k1+1,3k1+k2+1,2k1+2k2+1,k1+3k2+1}，{3k1+k2+2,2k1+2k2+2,k1+3k2+2,4k2+2}，共2组； ③全体{4k1+p,3k1+k2+p,2k1+2k2+p,k1+3k2+p}，其中p=3,4,...,k2−k1，共k2−k1−2组； ④{4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6},{4k2+7,4k2+8,4k2+9,4k2+10},...,{4m−1,4m,4m+1,4m+2}，共m−k2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k2−k1−2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数： {4k1+3,4k1+4,...,3k1+k2}，{3k1+k2+3,3k1+k2+4,...,2k1+2k2}，{2k1+2k2+3,2k1+2k2+3,...,k1+3k2}，{k1+3k2+3,k1+3k2+4,...,4k2}. 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{4k1+1,4k1+2,...,4k2+2}中除开五个集合{4k1+1,4k1+2}，{3k1+k2+1,3k1+k2+2}，{2k1+2k2+1,2k1+2k2+2}，{k1+3k2+1,k1+3k2+2}，{4k2+1,4k2+2}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4k1+2和4k2+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,...,4m+2是(i,j)−可分数列. 至此，我们证明了：对1≤i<j≤4m+2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,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∩B=∅，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∈A,j∈B，则可设i=4k1+1，j=4k2+2，代入得(4k2+2)−(4k1+1)=3. 但这导致k2−k1=(1)/(2)，矛盾，所以i∈B,j∈A. 设i=4k1+2，j=4k2+1，k1,k2∈{0,1,2,...,m}，则(4k2+1)−(4k1+2)=3，即k2−k1=1. 所以可能的(k1,k2)恰好就是(0,1),(1,2),...,(m−1,m)，对应的(i,j)分别是(2,5),(6,9),...,(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,...,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j)时，总的选取方式的个数等于((4m+2)(4m+1))/(2)=(2m+1)(4m+1). 而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是(i,j)−可分数列的(i,j)至少有(m+1)^2−m个. 所以数列a1,a2,...,a4m+2是(i,j)−可分数列的概率Pm一定满足 ^(Pm≥=>==)((m+1)2−m)/((2m+1)(4m+1))(m2+m+1)/((2m+1)(4m+1))(m2+m+14)/((2m+1)(4m+2))(1)/(4+)({m+12÷2)/(2(2m+1)(2m+1))(1)/((22)(1)/(8). 这就证明了结论.