2024 新高考一卷 数学 T19 (3)

题目大意

有等差数列 $A_1, A_2, ..., A_{4m+2}$.

证明:

选择任意 $(i, j), 1 \leq i < j \leq 4m + 2$. 有大于 $\frac 18$ 的概率, 去掉 $A_i$, $A_j$ 后, 可以将剩下 $4m$ 个元素构造成 $m$ 个长度为 $4$ 的等差数列.

Sol

总情况数 $\binom {4m + 2}2 = 8m^2 + 6m + 1$.

断言: 对于任意 $a \in [0, m], b \in [0 ,m], a \neq b + 1$, 若 $a \leq b$, 则 $(4a + 1, 4b + 2)$ 满足要求, 否则 $(4b + 2, 4a + 1)$ 满足要求. 这样的数对共 $(m + 1)^2 - m = m^2 + m + 1$ 个, 大于 $\frac 18 \times 8m^2 + 6m + 1$.

对断言的证明:

对于 $a \leq b$, 发现删除 $4a + 1$, $4b + 2$ 后, 剩下的元素分成三个连续的等差数列 $[1, 4a]$, $[4a + 2, 4b + 1]$, $[4b + 3, 4m + 2]$, 长度都是 $4$ 的整数倍, 直接依次将相邻的四个元素分为单独的等差数列即可.

对于 $a > b$, 仍然先将 $[1, 4b]$, $[4a + 3, 4m + 2]$ 这两段连续的长度为 $4$ 的整数倍的等差数列, 依次将相邻的四个元素分为独立的等差数列, 接下来处理挖去 $4b + 2$, $4a + 1$ 的区间 $[4b + 1, 4a + 2]$.

设 $a = b + k$, 然后构造 $k$ 个等差数列: $B_{j, i} = A_{4b + ik + j}$, $i \in [0, 4), j \in [1, k]$. 这 $k$ 个等差数列覆盖了区间 $[4b + 1, 4b + 4k]$, 也就是 $[4b + 1, 4a]$. 构造如下:

$\begin{matrix} A_{4b + 1} & A_{4b + k + 1} & A_{4b + 2k + 1} & A_{4b + 3k + 1}\\ A_{4b + 2} & A_{4b + k + 2} & A_{4b + 2k + 2} & A_{4b + 3k + 2}\\ A_{4b + 3} & A_{4b + k + 3} & A_{4b + 2k + 3} & A_{4b + 3k + 3}\\ ...&...&...&...\\ A_{4b + k} & A_{4b + 2k} & A_{4b + 3k} & A_{4b + 4k}\\ \end{matrix}$

我们将第 $2$ 个等差数列 $B_{2}$ 的首项删除, 然后加入一项 $A_{4b + 4k + 2}$, 即 $A_{4a + 2}$, 则 $B_2$ 此时仍然是等差数列. 且此时 $k$ 个等差数列覆盖了 $[4b + 1, 4a + 2]$ 挖去 $4b + 2$ 和 $4a + 1$ 的区间. 构造如下:

$\begin{matrix} A_{4b + 1} & A_{4b + k + 1} & A_{4b + 2k + 1} & A_{4b + 3k + 1}\\ & A_{4b + k + 2} & A_{4b + 2k + 2} & A_{4b + 3k + 2} & A_{4b + 4k + 2}\\ A_{4b + 3} & A_{4b + k + 3} & A_{4b + 2k + 3} & A_{4b + 3k + 3}\\ ...&...&...&...\\ A_{4b + k} & A_{4b + 2k} & A_{4b + 3k} & A_{4b + 4k}\\ \end{matrix}$

以上即为 $a, b \in [0, m]$ 的所有可能情况的形式化构造.

证毕.