用一种神秘做法写24年高考数学新1卷19题

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前言

笔者高二，正在学数列。某天晚自习开始前，听说后桌在MO课上花80min把24年19题切了，又听到某位MOer称：“24年19题太难了，我花了半个多小时才写完”，遂在晚自习尝试，大战80min。

笔者认为本题没有特别大的思维难点，但过程复杂，且不易书写，导致十分耗时，考场上很难有时间写完。

希望等笔者高三再看这篇题解还能看得懂。

正文

强烈建议自己思考后再食用本文。

先看题目：

设 m 为正整数，数列 a_1,a_2,\dots,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,\dots,a_{4m+2} 是“(i,j)-可分数列”。

$(2)$ 当 $m \ge 3$ 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 $i$ 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：$P_m > \dfrac{1}{8}$。 为方便表述，下文中将“数列 $a_1,a_2,\dots,a_{4m+2}$ 是“$(i,j)$-可分数列”推广，并简化表述为“ $(i,j)$ 在区间 $[u,v]$ 内可分” 或 “ $(i,j)$ 可分”。 ## 我的做法（与《高考必刷题合订本》答案类似） 看到本题，发现 $a_n$ 的通项公式对本题无影响，不妨设$a_n=n$。 先看$(1)$，简单枚举可知：$(1,2),(5,6),(1,6)$。 再看$(2)$，不难想到首先要证明 $m=3$ 时，该数列是“$(2,13)$-可分数列”。 在草稿纸上画几分钟后，就容易发现一种构造方案： $1,4,7,10；3,6,9,12；5,8,11,14$。 当 $m>3$ 时，考虑到剩下部分均为等差数列，可以直接分为若干个 $4$ 项等差数列，也是成立的。 于是证毕。 再看$(3)$，感觉非常困难，先尝试根据 $(1)(2)$ 找一些推论： 1. 由 $(1)$ 知，$(1,2),(4m+1,4m+2),(1,4m+2)$ 可分。 1. 由 $(2)$ 知，$(2,13)$ 可分。尝试推广：$(2,4m+1) (m>1)$ 可分。 1. 由 $(2)$ 中 $m>3$ 的情况可以由 $m=3$ 推知，可知：若 $(u,v)$ 可分，则 $(u+4,v+4)$ 可分。 其中，推论 $1$ 和推论 $3$ 不难证明，下面尝试证明推论 $2$： 根据从特殊到一般的思想，先尝试列举 $m=2$ 时的情况： 数列可分为 $1,3,5,7$ 和 $4,6,8,10$。 新等差数列公差为 $2$ ，结合 $m=3$ 分割后新等差数列公差为 $3$ ，猜测：分割后的新等差数列公差为 $m$。 尝试证明：数列 $a_m$ 可分为： $1,m+1,2m+1,3m+1$； $3,m+3,2m+3,3m+3$； $\dots$； $m,2m,3m,4m$； $m+2,2m+2,3m+2,4m+2$。 证毕。 证明完三个推论后，接下来我们正式进入第 $(3)$ 问的分析（**从这里开始笔者做麻烦了，可直接跳至“另一种解法”**）。 ~~感觉很像求一个方案数的dp，~~ 考虑递推，由 $m=m$ 的方案数推 $m=m+1$ 的方案数。 不难想到可以将 $m=m+1$ 时的区间 $[1,4m+6]$ 拆分为 $[1,4m+2]$ 和 $[4m+3,4m+6]$，那么显然有： 来源 $1$：若 $(i,j)$ 在 $[1,4m+2]$ 内可分，则$(i,j)$ 在区间 $[1,4m+6]$ 内可分。 不妨再将 $m=m+1$ 时的区间 $[1,4m+6]$ 拆分为 $[1,4]$ 和 $[5,4m+6]$，根据推论 $3$，同样显然有： 来源 $2$：若 $(i,j)$ 在 $[1,4m+2]$ 内可分，则$(i+4,j+4)$ 在区间 $[5,4m+6]$ 内可分，也在区间 $[1,4m+6]$ 内可分。 这样，我们通过对 $m=m+1$ 时区间的两种不同拆分方式，将 $m=m$ 时所有可分数对对 $m=m+1$ 时的贡献拆成了两部分。 此外，考虑 $m=m+1$ 时自身的贡献：根据推论 $1,2$ 知： 来源 $3$：$(1,4m+6)$ 和 $(2,4m+5)$ 亦可分。 至此，我们将我们所能推知的 $m=m+1$ 时所有可分数对的来源分为了 $3$ 类。 有人可能会说：“真的只有这三个来源吗？”显然不是。但是，出题人也知道别的数对十分难找，便只要求我们证明 $P\ge \dfrac{1}{8}$。如果只找这三个来源便可以证明出 $P\ge \dfrac{1}{8}$，我们就无需寻找其他满足条件的数对。所以，我们先尝试仅通过这三个来源找出方案数的下界。 接下来，我们不妨通过列举寻找规律： $m=1$ 时：$(1,2),(1,6),(5,6)$。 $m=2$ 时： 来源 $1$：$(1,2),(1,6),(5,6)$。 来源 $2$：$(5,6),(5,10),(9,10)$。 来源 $3$：$(1,10),(2,9)$。 注意到来源 $2$ 和 来源 $1$ 中 $(5,6)$ 重复，去重后整理，有： $m=2$ 时：$(1,2),(1,6),(5,6),(5,10),(9,10),(1,10),(2,9)$，共 $7$ 项，满足$P_m > \dfrac{1}{8}$。 其中，$(5,6)$ 在来源 $2$ 中重复，$(5,10),(9,10),(1,10),(2,9)$ 为新增的数对。 为了找到去重规律，我们继续列举。 $m=3$ 时： $(1,2),(1,6),(5,6),(5,10),(9,10),(1,10),(2,9), 其中，$(5,6),(9,10),(5,10)$ 在来源 $2$ 中重复，$(9,14),(13,14),(5,14),(6,13),(1,14),(2,13)$ 为新增的数对。 此时聪明的读者们应该已经找到了规律，但笔者十分愚笨，决定再列 $m=4$ 时的情况： $m=4$ 时： $(1,2),(1,6),(1,10),(2,9),(1,14),(2,13), (5,6),(5,10),(9,10),(9,14),(13,14),(5,14),(6,13), 其中，$(5,6),(5,10),(9,10),(9,14),(13,14),(5,14),(6,13)$ 在来源 $2$ 中重复，$(13,18),(17,18),(9,18),(14,17),(5,18),(6,17),(2,17),(1,18)$ 为新增的数对。 这时我们发现，重复的项规律不明显，且来源 $2$ 中产生大部分数对都是重复的；于是，我们转而关注新增数对的特点。 为什么 $m=m$ 时数对会新增？因为它必定无法在 $m=m-1$ 时出现！想到了这个，递推关系就基本建立完成了。 根据这个想法，$m=m$ 时新增数对的第二个坐标一定满足：$4m-2<j \le 4m+2 $，这样，这个数对就一定不会出现在 $m=m-1$ 时的数对中。 事实上，在我们统计的这些数对中，新增的数对只存在 $j=4m+1$ 和 $j=4m+2$ 两种情况，这两种情况也非常便于统计。具体而言，对于这些新增的数对，共有两种来源，分别是： 1. 由 $(1,6)$ 和 $(5,6)$ 每次通过 $(+4,+4)$ 变化而来，共 $2$ 个数对。 1. 由每次新增的 $(1,4m+2)$ 和 $(2,4m+1)$ 变化而来，共 $(2m-2)$ 个数对。 于是，我们发现：$m=m$ 时，符合条件的数对比 $m=m-1$ 时多 $2m$ 个。 设 $m=m$ 时，符合条件的数对数量为 $cnt_m$，根据递推关系，有： $cnt_m-cnt_{m-1}\ge2m$。 这里用“$\ge$”号，是因为我们只统计了 $3$ 个来源，而由这 $3$ 个来源贡献的新增数对数量为 $2m$，所以每次新增的数对数量 $\ge2m$。 而 $cnt_1=3$，累和，有： $cnt_m\ge m^2+m+1$。 则$P_m = \dfrac{cnt_m}{C_{4m+2}^2} \ge \dfrac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1} \ge \dfrac{1}{8}$。 至此，证毕。 ## 另一种做法（与《高中必刷题》答案类似） 根据推论 $3$，注意到本题的满足条件的数对 $(i,j)$ 中的 $i$ 和 $j$ 与 $4$ 的同余类有关。 具体的，对于初始的 $(1,2),(5,6),(1,6)$中的 $(i,j)$ 都有： $$ \begin{cases} i\equiv 1\pmod{4}\\ j\equiv 2\pmod{4} \end{cases} $$ 而经过推论 $3$ 的 $(+4,+4)$ 的变化，对 $4$ 取模的结果不变，所以可以断言：对于所有满足上述性质的 $(i,j)$ 都可分。 具体拆分方法为：将数列分为 $[1,i-1],[i+1,j-1],[j+1,4m+2]$ 三部分，每部分中每连续 $4$ 项分割一次，恰能分为若干个公差与原等差数列相同的等差数列。 同理，根据推论 $2$，不难想到： 对于所有的 $(i,j)$ 满足 $j-i \ge 7$，若满足： $$ \begin{cases} i\equiv 2\pmod{4}\\ j\equiv 1\pmod{4} \end{cases} $$ 则数对 $(i,j)$ 可分。 具体拆分方法为：将数列分为 $[1,i-1],[i+1,j-1],[j+1,4m+2]$ 三部分，其中第一部分与第三部分每连续 $4$ 项分割一次，恰能分为若干个公差与原等差数列相同的等差数列；第二部分按推论 $2$ 中的分法，恰可分为若干公差为 $\dfrac{j-i-1}{4}$ 的等差数列。 于是，我们找到了一些满足条件的数对类型，那么可以统计其数量。 ~~由于笔者不会排列组合，~~ 我们尝试加法原理统计数量： 对于第一种： 当 $i=1$ 时，$j$ 有 $(m+1)$ 种可能。 当 $i=5$ 时，$j$ 有 $m$ 种可能。 …… 以此类推，当 $i=4m+1$ 时，$j$ 有 $1$ 种可能。 由加法原理可知，第一种构造共有$\dfrac{(m+1)(m+2)}{2}$ 种方案。 同理可知，第二种构造共有$\dfrac{m(m-1)}{2}$ 种方案。 两种方案共有 $m^2+m+1$ 种方案。 一样可以证明：$P_m > \dfrac{1}{8}$。 # 结语 25年19题不再考察新定义，意味着新定义再次考察的概率较低，重做24年19题也失去了一定的应试层面的价值。 但是，笔者认为，这种有趣的，抛去了应试技巧的好题恰有助于在探索过程中发现数学之美，有利于在被一系列应试技巧、二级结论、大计算量题目折磨时~~换一种方式被折磨~~解放自己，发掘数学的内涵。