(3) 证明: 显然, 等差数列 { a 1 , . . . , a 4 n + 2 } \{a_{1},...,a_{4n+2}\} {a1​,...,a4n+2​} 是 $(i,j)$-可分的等价于等差数列 { 1 , . . . , 4 n + 2 } \{1,...,4n+2\} {1,...,4n+2} 是 $(i,j)$-可分的. 前推后显然, 我们考虑后推前, 在去掉第 $i$ 和 $j$ 项后, 若一个分割方案把 { 1 , . . . , 4 n + 2 } \{1,...,4n+2\} {1,...,4n+2} 分割成 $n$ 个长为4的等差数列, 那么该分割方案也必然把 { a 1 , . . . , a 4 n + 2 } \{a_{1},...,a_{4n+2}\} {a1​,...,a4n+2​} 分割成 $n$ 个长为4的等差数列, 因此二者等价.

考虑使得 { 1 , . . . , 4 n + 2 } \{1,...,4n+2\} {1,...,4n+2} $(i,j)$-可分的 $(i,j)$ 的可行取值数目:

当 $n=1$ 时, 通过穷举, $(i,j)$ 可取 $(1,2)$, $(1,6)$, $(5,6)$. 当 $n=k$ 时, 设 $(i,j)$ 有 $x_k$ 个可行取值, 考虑当 $n=k+1$ 时: { 1 , . . . , 4 k + 6 } \{1,...,4k+6\} {1,...,4k+6} 的前 $4$ 项和后 $4k+2$ 项分别构成两个等差数列. 由此易知, 将 $n=k$ 时的每个 $(i,j)$ 可行取值整体加 $4$, 就构成了当前的一个可行取值. 令 $i$ 取 $1$, $j$ 取 $(1,4s+2)$, 其中 $0\le s\le n$, 此时 $i$, $j$ 之间的数的个数为 $4$ 的整数倍, $j+1$ 到 $4n+2$ 之间数的个数为 $4$ 的整数倍, 显然 $(i,j)$ 的取值是可行的, 即 $(1,4s+2)$, $0\le s\le n$ 是可行的. 设 $2\le d\le n$, 则 $1$ 到 $4d$ 刚好可以分成 $d$ 个长度为4的等差数列 { 1 , . . . , 1 + 3 d } \{1,...,1+3d\} {1,...,1+3d}, { 2 , . . . , 2 + 3 d } \{2,...,2+3d\} {2,...,2+3d}, …, { d , . . . , 4 d } \{d,...,4d\} {d,...,4d}, $2+4d$ 与 $4d$ 之间刚好隔了一个数 $4d+1$, 去除 $2$ 和 $4d+1$, $1$ 到 $4d+2$ 也可以分成 $d$ 个长度为 $4$ 的等差数列 { 1 , . . . , 1 + 3 d } \{1,...,1+3d\} {1,...,1+3d}, { 2 + d , . . . , 2 + 4 d } \{2+d,...,2+4d\} {2+d,...,2+4d}, …, { d , . . . , 4 d } \{d,...,4d\} {d,...,4d}. 令 $i$ 取 $2$, $j=4d+1$, 则去除 $i$ 和 $j$ 后 $1$ 到 $4d+2$ 也刚好可以分成 $4$ 个长度为 $4$ 的等差数列, 剩下的数相邻四个为一组可以分成长度为 $4$ 的若干等差数列, 所以此时的 $(i,j)$ 取值是可行的, 即 $(2,4d+1)$, $2\le d\le n$ 是可行的. 因此 $n=k+1$ 时的可行取值数目至少为 $x_{k+1}=x_k+2k+2$. 递推可得 $x_{k+1}\ge 3+2(1+...+k)+2k=k^2+3k+3$.

综上, 尽管没求出可行取值的具体数目, 但可知其下界为 $n^2+n+1$. 使得数列 { a 1 , . . . , a 4 m + 2 } \{a_1,...,a_{4m+2}\} {a1​,...,a4m+2​} $(i,j)$-可分的 $(i,j)$ 可行取值数目至少为 $m^2+m+1$. 所以随机抽取两个 $1$ 到 $4m+2$ 的数 $(i,j)$, 其使得 { a 1 , . . . , a 4 m + 2 } \{a_1,...,a_{4m+2}\} {a1​,...,a4m+2​} $(i,j)$-可分的概率至少为:

$\frac{m^2+m+1}{(2m+1)(4m+1)}=\frac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1}>\frac{1}{8}$.

PS: 没做出来, 只是看了答案之后觉得可以用数学归纳法做. 本16届表示上学的时候压根没见过这样的题, 而且现在三选一怎么没了?