设原等差数列为 $a_n=a_1+(n-1)d$，其中 $d\ne0$。对任意四项作变换 $x\mapsto \frac{x-a_1}{d}+1$，不会改变“四项能否构成等差数列”的性质，因此只需讨论数列
$$1,2,\ldots,4m+2.$$
（1）当 $m=1$ 时，从 $1,2,3,4,5,6$ 中删去两项后，剩余四项必须构成等差数列。四项均在 $1$ 到 $6$ 中，公差只能为 $1$，所以剩余四项只能是
$$\{1,2,3,4\},\ \{2,3,4,5\},\ \{3,4,5,6\}.$$
对应删去的两项分别为 $(5,6),(1,6),(1,2)$。故所有满足条件的 $(i,j)$ 为
$$(1,2),(1,6),(5,6).$$
（2）当 $m\ge3$ 时，删去 $2$ 和 $13$。取以下三组：
$$\{1,4,7,10\},\quad \{3,6,9,12\},\quad \{5,8,11,14\}.$$
这三组均为公差为 $3$ 的等差数列。
若 $m>3$，再对 $t=0,1,\ldots,m-4$ 取
$$\{15+4t,16+4t,17+4t,18+4t\}.$$
这些组均为公差为 $1$ 的等差数列，共有 $m-3$ 组。连同前面三组，共 $m$ 组，覆盖删去 $2,13$ 后的全部 $4m$ 个数。因此数列是 $(2,13)$-可分数列。
（3）令
$$A=\{4k+1\mid k=0,1,\ldots,m\},\quad B=\{4k+2\mid k=0,1,\ldots,m\}.$$
先证明：若 $i<j$，$i,j$ 分别属于 $A,B$ 中的不同集合，且 $j-i\ne3$，则数列 $1,2,\ldots,4m+2$ 是 $(i,j)$-可分数列。
情形一：$i\in A,\ j\in B$。设
$$i=4u+1,\quad j=4v+2.$$
由 $i<j$ 得 $v\ge u$。
取 $u$ 组：
$$\{4t-3,4t-2,4t-1,4t\},\quad t=1,2,\ldots,u.$$
若 $v>u$，再取 $v-u$ 组：
$$\{4u+4s+2,4u+4s+3,4u+4s+4,4u+4s+5\},\quad s=0,1,\ldots,v-u-1.$$
最后取 $m-v$ 组：
$$\{4v+4s+3,4v+4s+4,4v+4s+5,4v+4s+6\},\quad s=0,1,\ldots,m-v-1.$$
若某段组数为 $0$，则省略。这些组均为等差数列，并且恰好覆盖删去 $i=4u+1$ 与 $j=4v+2$ 后的所有数，共 $u+(v-u)+(m-v)=m$ 组。
情形二：$i\in B,\ j\in A$。设
$$i=4u+2,\quad j=4v+1.$$
由 $i<j$ 得 $v\ge u+1$。又 $j-i\ne3$，即
$$(4v+1)-(4u+2)\ne3,$$
所以 $v-u\ne1$，从而
$$r=v-u\ge2.$$
令 $c=4u$。
前 $u$ 组仍取
$$\{4t-3,4t-2,4t-1,4t\},\quad t=1,2,\ldots,u.$$
中间区间为 $\{c+1,c+2,\ldots,c+4r+2\}$，其中删去的是 $c+2$ 和 $c+4r+1$。
取
$$G_1=\{c+1,c+r+1,c+2r+1,c+3r+1\},$$
$$G_2=\{c+r+2,c+2r+2,c+3r+2,c+4r+2\},$$
以及对 $p=3,4,\ldots,r$（若 $r=2$ 则无这一部分）取
$$G_p=\{c+p,c+r+p,c+2r+p,c+3r+p\}.$$
这些组的公差均为 $r$，所以都是等差数列。
为说明它们恰好覆盖中间剩余数，注意
$$H_p=\{c+p,c+r+p,c+2r+p,c+3r+p\},\quad p=1,2,\ldots,r,$$
恰好划分 $\{c+1,c+2,\ldots,c+4r\}$。现在 $c+2$ 被删去，$c+4r+1$ 被删去且不在任何 $H_p$ 中。将 $H_2$ 中的 $c+2$ 替换为 $c+4r+2$，其余保持不变，就得到上面的 $G_1,G_2,G_p$。因此中间剩余数被完全覆盖。
最后取 $m-v$ 组：
$$\{4v+4s+3,4v+4s+4,4v+4s+5,4v+4s+6\},\quad s=0,1,\ldots,m-v-1.$$
若 $m=v$，则省略。总共 $u+r+(m-v)=m$ 组。故该情形下也可分。
因此，只要删去的两个数一个属于 $A$、一个属于 $B$，且差不是 $3$，就一定是可分数列。
由于 $|A|=|B|=m+1$，一个数在 $A$、一个数在 $B$ 的无序对共有 $(m+1)^2$ 个。其中差为 $3$ 的对只能是
$$(4t+2,4t+5),\quad t=0,1,\ldots,m-1,$$
共 $m$ 个。所以至少有
$$(m+1)^2-m=m^2+m+1$$
个 $(i,j)$ 使数列可分。
从 $1,2,\ldots,4m+2$ 中任取两个数的总方法数为
$$\binom{4m+2}{2}=\frac{(4m+2)(4m+1)}{2}=8m^2+6m+1.$$
于是
$$P_m\ge \frac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1}.$$
又
$$8(m^2+m+1)-(8m^2+6m+1)=2m+7>0,$$
所以
$$\frac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1}>\frac18.$$
故
$$P_m>\frac18.$$