（17分）设$m$为正整数，数列$a_{1}$，$a_{2}$，$\ldots$，$a_{4m+2}$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$a_{1}$，$a_{2}\ldots$，$a_{4m+2}$是$(i,j)$——可分数列．
（1）写出所有的$(i,j)$，$1\leqslant i < j\leqslant 6$，使数列$a_{1}$，$a_{2}$，$\ldots$，$a_{6}$是$(i,j)$——可分数列；
（2）当$m\geqslant 3$时，证明：数列$a_{1}$，$a_{2}$，$\ldots$，$a_{4m+2}$是$(2,13)$——可分数列；
（3）从1，2，$\ldots$，$4m+2$中一次任取两个数$i$和$j(i < j)$，记数列$a_{1}$，$a_{2}$，$\ldots$，$a_{4m+2}$是$(i,j)$——可分数列的概率为$P_{m}$，证明：$P_{m} > \dfrac{1}{8}$．
答案：（1）$(i,j)$可以为$(1,2)$，$(1,6)$，$(5,6)$；
（2）证明见解析；
（3）证明见解析．
分析：（1）直接根据$(i,j)$——可分数列的定义写出所有的$(i,j)$即可；
（2）先证明当$m=3$时，数列$a_{1}$，$a_{2}$，$\ldots$，$a_{14}$是$(2,13)$——可分数列，再证明$m > 3$时数列$a_{1}$，$a_{2}$，$\ldots$，$a_{4m+2}$也是$(2,13)$——可分数列；
（3）先证明$m=1$，$m=2$时，$P_{m} > \dfrac{1}{8}$成立，再结合排列组合知识归纳出$m$属于一切正整数都成立即可．
解：（1）根据题意，可得当$(i,j)$取$(1,2)$时，可以分为$a_{3}$，$a_{4}$，$a_{5}$，$a_{6}$一组公差为$d$的等差数列，
当$(i,j)$取$(1,6)$时，可以分为$a_{2}$，$a_{3}$，$a_{4}$，$a_{5}$一组公差为$d$的等差数列，
当$(i,j)$取$(5,6)$时，可以分为$a_{1}$，$a_{2}$，$a_{3}$，$a_{4}$一组公差为$d$的等差数列，
所以$(i,j)$可以为$(1,2)$，$(1,6)$，$(5,6)$；
（2）证明：当$m=3$时，$a_{1}$，$a_{3}$，$a_{4}$，$a_{5}$，$a_{6}$，$a_{7}$，$a_{8}$，$a_{9}$，$a_{10}$，$a_{11}$，$a_{12}$，$a_{14}$，
可以分为$a_{1}$，$a_{4}$，$a_{7}$，$a_{10}$；$a_{3}$，$a_{6}$，$a_{9}$，$a_{12}$；$a_{5}$，$a_{8}$，$a_{11}$，$a_{14}$三组公差为$3d$的等差数列，
所以$m=3$时符合题意；
当$m > 3$时，数列$a_{1}$，$a_{2}$，$\ldots$，$a_{4m+2}$去掉$a_{2}$和$a_{13}$后，
前三组还按照$m=3$时的分法，即$a_{1}$，$a_{4}$，$a_{7}$，$a_{10}$；$a_{3}$，$a_{6}$，$a_{9}$，$a_{12}$；$a_{5}$，$a_{8}$，$a_{11}$，$a_{14}$，
后面的每四个相邻的项分为一组，即$a_{15}$，$a_{16}$，$a_{17}$，$a_{18}$；$...$；$a_{4m-1}$，$a_{4m}$，$a_{4m+1}$，$a_{4m+2}$，
每一组都能构成等差数列，
所以数列$a_{1}$，$a_{2}$，$\ldots$，$a_{4m+2}$是$(2,13)$——可分数列；
（3）证明：当$m=1$时，数列：$a_{1}$，$a_{2}$，$a_{3}$，$a_{4}$，$a_{5}$，$a_{6}$为可分数列的概率为$P_m=\dfrac{3}{C_6^2}=\dfrac{1}{5} > \dfrac{1}{8}$，
当$m=2$时，数列$a_{1}$，$a_{2}$，$a_{3}\ldots$，$a_{10}$为可分数列的概率为$P_{m}=\dfrac{7}{C_{10}^{2}}=\dfrac{7}{15} > \dfrac{1}{8}$，
以此类推，且易知1，2，$\ldots$，$4m+2$是$(4k+1,4r+2)$可分的$(0\leqslant k\leqslant r\leqslant m)$，
此时共有$C_{m+1}^{2}+m+1=\dfrac{m(m+1)}{2}+m+1=\dfrac{1}{2}(m+1)(m+2)$种，
且易证数列也是$(4k+2,4r+1)$可分的$(0\leqslant k < r\leqslant m)$，
至少有$C_{m+2}^{2}-m=\dfrac{1}{2}m(m-1)$种，
综上：可行的$(4k+2,4r+1)$与$(4k+1,4r+2)$至少$\dfrac{1}{2}m(m-1)+\dfrac{1}{2}(m+1)(m+2)=m^2+m+1$组，
$\therefore P_{m}\geqslant \dfrac{{m}^{2}+m+1}{{C}_{4m+2}^{2}}=\dfrac{{m}^{2}+m+1}{(2m+1)(4m+1)}=\dfrac{{m}^{2}+m+1}{8{m}^{2}+6m+1} > \dfrac{1}{8}$．
点评：本题考查了数列新定义问题，排列组合问题，古典概型，是难题．