Nguyên lí đirichlet

NGUN LÍ ĐIRICLET
Có n con thỏ được nhốt vào m chuồng. Rõ ràng nếu n > m thì có (ít nhất) một chuồng có số thỏ ≥
2; cịn nếu n < m thì có (ít nhất) một chuồng để trống. Tổng quát hơn: nếu n > km (k là số tự nhiên) thì có
một chuồng với số thỏ khơng ít hơn k+1, cịn nếu n < km thì có một chuồng với số thỏ không vượt quá k-1.
Dưới dạng ngôn ngữ tập hợp, nguyên lý Điricle được phát biểu như sau:
Cho m tập hợp có tổng số gồm n phần tử khác nhau (tức là hợp của m tập hợp đó là tập hợp gồm n
phần tử). Khi đó:
Nếu n > km thì có một tập hợp có số phần tử khơng ít hơn k+1.
Nếu n < km và các tập hợp đơi một rời nhau thì có một tập hợp có số phần tử khơng vượt q k-1.
Khởi động:
Ví dụ 1: Có 10 đội bóng thi đấu với nhau mỗi đội phải đấu một trận với các đội khác. CMR vào bất cứ lúc
nào cũng có hai đội đã đấu số trận như nhau.
GIẢI:
Rõ ràng nếu trong 10 đội bóng có 1 đội chưa đấu một trận nào thì trong các đội cịn lại khơng có đội nào
đã thi đấu 9 trận như vậy 10 đội chỉ có số trận đấu hoặc từ 0 đến 8 hoặc từ 1 đến 9. Vậy theo ngun lý
Đirichlê phải có ít nhất 2 đội có số trận đấu như nhau.
Ví dụ 2: Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra khơng có ai bị điểm dưới 2, chỉ có 2 học sinh được điểm 10.
CMR ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên từ 0
đến 10).
GIẢI:
Có 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm (từ 2 đến 9). Giả sử mỗi loại trong 8 loại điểm đều là điểm của
khơng q 5 học sinh thì lớp học có khơng q 5.8 = 40 học sinh, ít hơn 43 học sinh. Vậy tồn tại 6 học sinh
có điểm kiểm tra bằng nhau.
1.Nguyên lý Điricle đối với hình học:
Bài tốn 1:
Trong một tam giác đều có cạnh bằng 1 lấy 17 điểm tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm trong
chúng với khoảng cách không vượt quá .
Lời giải:
Ta chia tam giác đã cho thành 16 tam giác đều nhỏ có cạnh là

A

(xem hình vẽ). Vì 16 tam giác nhỏ đó chứa 17 điểm nên ít nhất
một tam giác chứa hai điểm trong 17 điểm đó (ở bên trong hoặc trên
biên), do vậy khoảng cách giữa hai điểm đó khơng vượt q độ dài
của cạnh tam giác, tức không vượt quá .
Nhận xét: Ở đây ta coi 17 điểm là 17 con thỏ và chia tam giác B
đã cho thành 16 “chuồng”
Bài tốn 2:
Cho hình vng ABCD và 2009 đường thẳng di (i=1,2,..2009) thoả mãn điều kiện:
1/ di ln cắt hai cạnh đối diện của hình vng
P
2/ di chia hình vng thành hai phần có tỷ số diện tích
B
là 1:3.
Chứng minh rằng trong 2009 đường đã cho có ít nhất
E
H
503 đường đồng quy.
Lời giải:

1

C

C

F

N
K

O

I

M


Gọi N; P; M; Q theo thứ tự là trung điểm của AB; BC; CD; DA. Gọi O là tâm hình vng. Giả sử
EF là một đường thẳng thoả mãn điều kiện của bài toán (E AB; F CD). EF cắt PQ tại H.
Ta có: dt(AEFD) = 3dt(BEFC)
HQ = 3 HP
H cố định (H là trung điểm OP).
di thoả mãn bài tốn thì di ln đi qua một trong 4 điểm cố định H, I, J, K .
( theo thứ tự là trung điểm của OP; OM; OQ; ON).
2009 đường thẳng đã cho đi qua 1 trong 4 điểm H, I, J, K nên có ít nhất
đường cùng
đi qua một trong 4 điểm cố định trên. Vậy có ít nhất 503 đường thẳng đồng quy.
Bài toán 3:
Biết rằng từ tờ giấy hình vng cạnh bằng a ta ln cắt được 5 hình trịn có bán kính bằng 1. Tìm
số a nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên.
Lời giải:
Giả sử dùng tờ giấy hình vng ABCD cạnh bằng a ta có
thể cắt được 5 hình trịn bán kính bằng 1 có tâm là O 1, O2, O3, O4,
O5. Khi đó 5 hình trịn đó phải nằm ngồi nhau hoặc tiếp xúc ngồi
với nhau. Tâm mỗi hình trịn đó phải cách cạnh của hình vng về
phía trong ít nhất một khoảng bằng 1, do đó chúng thuộc hình
vng MNPQ có cạnh bằng a-2 nằm trong ABCD, có cạnh song
song với cạnh của ABCD và cách chúng một khoảng bằng 1 ( xem
hình vẽ).

Ta chia MNPQ thành 4 hình vng bằng nhau bởi các
đường thẳng qua tâm và vng góc với các cạnh. Vì 5 điểm O 1, O2,
O3, O4, O5 phải thuộc 4 hình vng nhỏ nên có một hình vng nhỏ
chứa ít nhất 2 điểm trong chúng. Giả sử hình vng MEOF chứa 2 điểm O 1, O2 (xem hình vẽ). Khi đó
. Mặt khác vì O1O2 ≥2 (các hình trịn nằm ngoài nhau hoặc tiếp xúc ngoài với nhau)
nên ta có
bán kính bằng 1 thì

. Như vậy từ tờ giấy hình vng cạnh bằng a ta cắt được 5 hình trịn
.

Ngược lại, với tờ giấy hình vng ABCD có cạnh

ta ln cắt được 5 hình trịn bán

kính bằng 1. Muốn vậy ta xét hình vng MNPQ đồng tâm O với ABCD có cạnh bằng
và song song
với cạnh của ABCD. Dễ thấy 5 hình trịn có tâm là M, N, P, Q và O, bán kính bằng 1 thỏa mãn yêu cầu.
Bài toán 4:
Trong mặt phẳng cho 2011 điểm. Biết rằng trong 3 điểm bất kì lấy từ 2011 điểm đã cho ln có 2
điểm mà khoảng cách giữa 2 điểm đó nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng có ít nhất 1006 điểm trong 2011 điểm
nói trên nằm trong 1 hình trịn có bán kính bằng 1.
Lời giải:
Gọi A là 1 điểm trong 2011 điểm đã cho. Xét hình trịn tâm A bán kính 1.
Nếu 2010 điểm cịn lại nằm trong hình trịn (A; 1) ta được đpcm.
Nếu có điểm B sao cho AB > 1, vẽ hình trịn (B; 1). Với điểm C bất kỳ trong 2009 điểm còn lại ta
có AC < 1 hoặc BC < 1 ( theo giả thiết ).
Suy ra C thuộc hình trịn (A; 1) hoặc C thuộc hình trịn (B; 1)
Vì C là điểm tùy ý trong 2009 điểm nên có ít nhất 1005 điểm thuộc hình trịn tâm A hoặc tâm B.
Vậy có ít nhất 1006 điểm thuộc cùng 1 hình trịn bán kính 1.

2


Bài tốn 5:
Trong hình vng có cạnh bằng 10 cm người ta đặt 2011 đường trịn có đường kính cm. Chứng
minh rằng: tồn tại đường thẳng cắt ít nhất 26 đường trịn trong số 2011 đường trịn nói trên.
Lời giải:
Chia hình vng cạnh 10 cm thành 81 hình chữ nhật bằng nhau bởi 80 đường thẳng song song với
1 cạnh của hình vng , các đường thẳng này cách nhau

cm.

Do
nên mỗi đường trịn đều bị cắt ít nhất bởi ít nhất 1 đường thẳng nói trên.
Có 80 đường thẳng, 2011 đường tròn; 2011 chia 80 được 25 dư 11 nên tồn tại đường thẳng cắt ít
nhất 26 đường trịn trong số 2011 đường trịn nói trên.
Bài tốn 6:
đường

Trong mặt phẳng, cho 2011 điểm phân biệt
trịn bán kính bằng 1 nào ta cũng

tìm

. Chứng minh rằng: trên bất kỳ
được 1 điểm M sao cho

Lời giải:
Gọi M1, M2 là 2 điểm đầu mút của đường kính đường trịn bán kính 1 thì M1M2 = 2

Ta có:

(dấu “=” xảy ra khi A1 nằm trên đoạn M1M2)

Tương tự
...............

Cộng vế ta được :
Suy ra trong 2 điểm M1, M2 có ít nhất 1 điểm thoả mãn u cầu bài tốn
Bài tốn 7:
Trong hình vng cạnh bằng 1, đặt 51 điểm bất kì, phân biệt. Chứng minh rằng có ít nhất 3
trong số 51 điểm đó nằm trong một hình trịn bán kính

.

Giải:
Chia hình vng đã cho thành 25 hình vng con bằng nhau có cạnh bằng .Theo
ngun lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình vng con a chứa ít nhất ba điểm trong số 51 điểm đó.
Đường trịn ngoại tiếp (a) có bán kính

.

Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình trịn đồng tâm với đường trịn (a) có bán kính .
Bài tốn 8:
Chứng minh rằng từ 6 số vơ tỉ tùy ý có thể chọn ra được ba số (mà sẽ gọi là a,b,c) sao cho a+b, b+c,
c+a cũng là những số vô tỉ.
Lời giải:
Xét trên mặt phẳng 6 điểm sao cho khơng
có ba điểm nào thẳng hàng. Với mỗi điểm ta sẽ
gắn cho nó một số vơ tỉ. Như vậy sáu điểm được

gắn với 6 số vô tỉ đã cho. Hai điểm mang số a và b
sẽ được nối với nhau bằng một đoạn thẳng màu đỏ

3


nếu a+b là số vơ tỉ, cịn sẽ có màu xanh khi a+b là số hữu tỉ. Ta sẽ chứng minh tồn tại một tam giác cùng
màu. Xét A là một trong số 6 điểm nói trên. Khi đó xét 5 đoạn thẳng nối A với 5 điểm còn lại. Vì mỗi đoạn
thẳng được bơi chỉ màu đỏ hoặc màu xanh nên theo ngun lý Điricle có ít nhất ba trong 5 đoạn thẳng nói
trên cùng màu. Giả sử đó là các đoạn AB1, AB2, AB3 và có thể cho rằng chúng cùng màu xanh.
Chỉ có hai khả năng sau xảy ra:
1. Nếu ít nhất một trong ba đoạn thẳng B1B2, B2B3, B3B1 màu xanh thì tồn tại một tam giác với ba
cạnh xanh.
2. Nếu không phải như vậy, tức là B 1B2, B2B3, B3B1 cùng màu đỏ, khi đó tam giác B 1B2B3 có ba
cạnh cùng màu.
Vậy trong 6 điểm nói trên, ln tồn tại ba điểm sao cho tam giác tạo bởi ba điểm đó có ba cạnh
cùng màu. Nếu ba cạnh cùng màu xanh thì có ba số hữu tỉ là a+b, b+c, c+a. Suy ra (a+b) + (b+c) – (c+a) =
2b là số hữu tỉ, điều này mâu thuẫn với b là số vô tỉ. Nếu ba cạnh tam giác cùng màu đỏ thì có ba số vơ tỉ là
a+b, b+c, c+a, đó là điều cần chứng minh.
Bài toán 9:
Cho đa giác đều A1A2…A1981 nội tiếp (O). Chứng minh rằng trong số 64 đỉnh bất kì của đa giác
ln có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang.
Lời giải:
Nhận xét: Nếu có hai dây cung (được tạo thành từ 1981 đỉnh của đa giác) có độ dài bằng nhau và khơng có
đỉnh chung thì ta sẽ có một hình thang.
Xét độ dài các dây cung A1A2, A1A3,…., A1A1981. Ta thấy
A1A2= A1A1981, A1A3= A1A1980,…., A1A991= A1A992 và các độ dài này
đơi
một khác nhau.Vậy có 990 độ dài các dây cung có một đỉnh là A 1 và
đó

cũng là tất cả các độ dài của các dây cung được tạo thành từ 1981
điểm đã cho. Trong 64 đỉnh sẽ có
dây cung. Vì có 990 độ
dài
suy ra có ít nhất 3 dây cung có cùng độ dài. Nếu các dây cung này đều
đơi
một có đỉnh chung thì sẽ tạo thành một tam giác đều (vì chỉ có đúng 2
dây cung chung đỉnh có cùng độ dài) như hình vẽ: Khi đó đường trịn
sẽ
được chia ra thành 3 cung bằng nhau, suy ra số đỉnh của đa giác phải
là
số ngun lần của 3, điều này là vơ lí vì 1981 không chia hết cho 3. Vậy trong 3 dây cung có cùng độ dài
này có ít nhất hai dây cung khơng có chung đỉnh, hai dây cung đó tạo thành một hình thang cân có 4 đỉnh
là 4 đỉnh của đa giác ban đầu.
Bài toán 10:
Trên một tờ giấy kẻ caro ta lấy 101 ô bất kỳ (mỗi ô là một hình vng nhỏ). Chứng minh rằng trong
101 ơ đó ta ln chọn được 26 ơ đơi một khơng chung cạnh hoặc đỉnh.
Lời giải:
Ta tô màu vào các ô caro bởi 4 màu xanh, đỏ, tím, vàng (như
X Đ X Đ X Đ …
hình vẽ) thì hai ơ cùng màu khơng chung cạnh, khơng chung đỉnh.
Có 4 màu tơ 101 ơ nên có ít nhất 26 ơ cùng màu.
T V T V T V …
Vậy có ít nhất 26 ô không chung cạnh hoặc đỉnh.
X Đ X Đ X Đ …
T

V

T

V

T

V

…

…
Bài toán 11:

Từ một đa giác đều 15 đỉnh, chọn ra
đã chọn là ba đỉnh của một tam giác cân.

4

đỉnh bất kỳ. Chứng minh rằng có 3 đỉnh trong số các đỉnh


B2
C2

A2
C1

A3
B1
B3
A1

C3
C5
A4

B5
B4

C4

A5

Ký hiệu các đỉnh liên tiếp của đa giác đều 15 cạnh là
có 3 ngũ giác đều rời nhau là

khi đó, ta

A1 A2 A3 A4 A5 , B1B2 B3 B4 B5 , C1C2C3C4C5 .

Theo nguyên lý Dirichlet trong 7 đỉnh đã chọn có ít nhất 3 đỉnh thuộc

trên.

trong 3 ngũ giác đều kể

Mặt khác trong một ngũ giác đều thì 3 đỉnh bất kỳ luôn là ba đỉnh của một tam giác cân.

Vậy trong 7 đỉnh đã chọn luôn tồn tại 3 đỉnh là 3 đỉnh của một tam giác cân.
Bài tốn 12:
Cho hình vng có cạnh bằng 20. Bên trong hình vng chọn 2017 điểm phân biệt (khơng nằm trên
các cạnh của hình vng). Xét tập hợp

có 2021 điểm gồm đỉnh hình vng và 2017 điểm đã chọn.
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tam giác có 3 đỉnh thuộc
với diện tích nhỏ hơn
.
Trước hết chọn 1 điểm bất kì bên trong hình vng. Nối điểm này với 4 đỉnh hình vng tạo được 4 tam
giác. Ta đã chọn 5 điểm.

Hình 1
Hình 2
Tiếp theo chọn một điểm khác bên trong hình vng. Có hai trường hợp
+ Nếu điểm vừa chọn ở trên cạnh của một trong các tam giác tạo thành thì ta có thể nối như Hình 1 để tạo
thành 6 tam giác.
+ Nếu điểm vừa chọn ở bên trong một trong các tam giác tạo thành thì ta có thể nối như Hình 2 để tạo
thành 6 tam giác.
Như vậy mỗi lần lấy thêm một điểm thì số tam giác tạo thành tăng thêm 2.
Ta chọn như vậy với 2016 điểm ta có số tam giác tạo thành là
Tổng diện tích các tam giác bằng diện tích hình vng và bằng

.

Suy ra có ít nhất một tam giác có diện tích khơng vượt q
. Ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 13:
Một khu rừng thơng có dạng hình vng, mỗi chiều dài 1000m. Trong khu rừng có 4500 cây thơng,
cây to nhất đường kính 0,5m. Chứng minh trong khu vườn có ít nhất 60 mảnh đất, diện tích mỗi mảnh
, khơng có một cây thơng nào

5

2. Nguyên lý Điricle đối với độ đo:
Bài toán 1:
Trong hình vng cạnh bằng 1 ta vẽ một số đường trịn có tổng chu vi là 10. Chứng minh rằng tồn
tại một đường thẳng cắt ít nhất 4 đường trịn trong chúng.
Lời giải:
Giả sử hình vng cạnh bằng 1 đó là ABCD. Chiếu tất cả các đường tròn nằm trong nó lên cạnh
AB. Hình chiếu của đường trịn (Oi) là một đoạn thẳng AiBi bằng đường kính di của nó ( với i = 1, 2, …).
Vì tổng chu vi các đường tròn là 10 nên

(n là số đường tròn) hay

. Vì các đoạn thẳng AiBi chứa trong AB và có tổng độ dài lớn
hơn 3AB nên tồn tại một điểm là điểm trong của ít nhất 4 đoạn AiBi nào đó. Khi đó đường thẳng d qua M,
vng góc với AB cắt ít nhất 4 đường trịn có hình chiếu là 4 đoạn AiBi nói trên.
Bài tốn 2:
Trong hình trịn có diện tích S lấy 17 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 17 điểm đó có ba điểm
thẳng hàng hoặc lập thành một hình tam giác có diện tích bé hơn
Lời giải:
Nếu khơng có 3 điểm nào trong 17 điểm thẳng hàng thì dễ dàng chứng minh được rằng ln dựng
được 15 tam giác đơi một nằm ngồi nhau (cùng lắm là chung các điểm trên cạnh), mỗi tam giác có 3 đỉnh
là 3 trong 17 điểm đã cho. Vì 15 tam giác dựng được nằm trong hình trịn diện tích S nên phải có một tam
giác có diện tích bé hơn
(Hợp các tam giác khơng thể trùng với hình trịn).
Bài tốn 3:
Trong hình vng có cạnh bằng 10 kẻ 12 đoạn thẳng bất kỳ, mỗi đoạn có độ dài bằng 1. Chứng
minh rằng ta có thể dựng được một hình trịn có bán kính bằng 1 nằm trong hình vng đã cho và khơng có
điểm chung với bất kỳ đoạn nào trong 12 đoạn đó.
Lời giải:

6

Xét một đoạn thẳng AB có độ dài bằng 1. Xét lân cận 1 của đoạn AB (tức tập hợp tất cả các điểm
có khoảng cách đến điểm gần nhất của AB không vượt quá 1). Dễ thấy lân cận 1 của đoạn AB là hình gồm
hai hình vng cạnh bằng 1, chung cạnh AB, nằm về hai phía của AB ( đó là ABNM và ABPQ trên hình
vẽ bên) và hai nửa hình trịn nằm ngồi hình chữ nhật MNPQ có tâm là A, B và bán kính bằng 1. Lân cận 1
của AB như vậy có diện tích là

.

Bây giờ giả sử hình vng ABCD cạnh bằng 10 chứa 12 đoạn thẳng A iBi
, mỗi đoạn có độ
dài bằng 1. Xét hình vng MNPQ nằm trong ABCD có cạnh song song với cạnh của ABCD và cách các
cạnh của ABCD một khoảng bằng 1 (xem hình vẽ). Với mỗi đoạn A iBi ta dựng lân cận 1 của nó. Tổng diện
tích của 12 lân cận 1 đó là
. Trong khi đó diện tích MNPQ là 64 > 61,8. Do vậy
12 lân cận 1 của các đoạn đã cho khơng lấp kín hết MNPQ . Do đó tồn tại điểm O thuộc MNPQ và nằm
ngoài tất cả các lân cận 1 đó.
Khi đó hình trịn tâm O bán kính bằng 1 nằm trong ABCD (vì có tâm thuộc MNPQ) và khơng có
điểm chung với bất kỳ đoạn nào trong 12 đoạn đã cho.
Bài tốn 4:
Trong hình chữ nhật có diện tích bằng S lấy 2005 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng có ba điểm trong
chúng thằng hàng hoặc lập thành một tam giác có diện tích khơng vượt q
Lời giải:

.

( có nhiều cách

Ta chia hình chữ nhật đã cho thành 1002 hình chữ nhật có cùng diện tích là

chia như vậy). Khi đó vì 2005 > 2.1002 nên có 3 điểm trong 2005 điểm đã cho thuộc cùng một hình chữ
nhật nhỏ. Nếu 3 điểm đó khơng thẳng hàng thì dễ thấy rằng chúng là ba đỉnh của một tam giác có diện tích

khơng vượt q một nửa diện tích hình chữ nhật chứa chúng tức là khơng vượt q
Bài tốn 5:
Trong hình vng cạnh bằng 8 lấy 100 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng có ít nhất 4 điểm nằm trong
một hình trịn bán kính bằng 1.
Lời giải:
Giả sử các điểm đã cho là A1, A2,…, A100. Ta dựng các hình trịn có tâm là các điểm đó và bán kính
bằng 1. Tổng diện tích của 100 kình trịn này là 100 . Tất cả hình trịn này đều nằm trong hình vng
MNPQ có cạnh bằng 10 chứa hình vng ABCD đã cho. Hình vng MNPQ có các cạnh song song với
cạnh của ABCD và cách chúng về phía ngồi một khoảng bằng 1.
Ta có SMNPQ = 100. Vì MNPQ chứa tất cả các hình trịn đã vẽ, tổng diện tích các hình trịn đó là 100
>3SMNPQ nên trong MNPQ có điểm O là điểm trong chung của ít nhất 4 hình trịn trong số 100 hình trịn
đó. Khi đó hình trịn tâm O bán kính 1 chứa tâm của 4 hình trịn nói trên ở bên trong nó.
Bài tốn 6:
Cho 8 điểm cùng nằm trong một hình tròn. Chứng minh rằng trong số 8 điểm đã cho có ít nhất 2
điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn bán kính R của hình trịn.
Lời giải:
Trong số 8 điểm đã cho, có ít nhất 7 điểm khơng trùng với tâm O của hình trịn. Mỗi điểm đã cho
chắc chắn nằm trên một bán kính của (O).
*Nếu có 2 điểm ( trong số 8 điểm đã cho) cùng thuộc một bán kính thì khoảng cách giữa hai điểm
này nhỏ hơn bán kính R.

7


*Nếu mỗi bán kính chỉ đi qua 1 điểm mà thơi thì có ít nhất 7 bán kính xác định 7 góc ở tâm, trong
số đó có ít nhất 1 góc

.

Ta có thể giả sử:
Từ (*) suy ra hoặc
Nếu

(*) với A và B là 2 trong số 8 điểm đã cho khơng trùng với tâm O.
hoặc

.

thì OB > AB  AB < R

Nếu
thì OA > AB  AB < R
Vậy trong số 8 điểm đã cho cùng nằm trong một hình trịn (O; R) có ít nhất 2 điểm mà khoảng cách
giữa chúng nhỏ hơn bán kính R.
Bài tốn 7:
Trong hình trịn (C) tâm O, bán kính R=2,5 cho 10 điểm
bất
kỳ. Chứng minh rằng có hai điểm mà khoảng cách giữa chúng
nhỏ hơn 2.
Lời giải:
Chia hình trịn (O; R) thành 9 phần như hình vẽ (gồm một hình
trịn bán kính 1 ở trong và tám “hình thang cong” bằng nhau ở
ngồi – ta tạm gọi phần cịn lại của 8 hình quạt góc 45 0 nằm
ngồi hình trịn tâm O bán kính 1 là “hình thang cong” ).
Vì 10 điểm thuộc 9 phần nên theo ngun lý Điricle thì có
một phần chứa ít nhất hai điểm (giả sử là A và B) trong 10 điểm
đã

cho. Xét hai trường hợp:
- Hai điểm A, B năm trong hình trịn nhỏ: khi đó hiển nhiên AB < 2
- Hai điểm A, B nằm trong hoặc trên các cạnh của một trong các “hình thang cong”cịn lại: Giả sử “hình
thang
cong”
đó
là
MNPQ.
Khi
đó
xét
hình
thang
MNPQ
có:
. Do đó khoảng cách giữa hai điểm bất kì thuộc
hình thang MNPQ và miền trong của nó đều nhỏ hơn 2.
* Nếu A, B thuộc hình thang MNPQ hoặc miền trong của nó thì ta có đpcm.
* Nếu A, B khơng nằm hồn tồn trong hình thang thì lấy trên đoạn OM điểm A’ sao cho OA’ =
OA, lấy trên đoạn ON điểm B’ sao cho OB’ = OB.
Vì OA = OA’, OB=OB’ và
nên ta suy ra AB ≤ A’B’ < 2.
Vậy trong mọi trường hợp thì AB < 2 ( đpcm).
3. Ngun lí Đirichlet trong đại số, số học
Bài toán 1:
Cho 100 số ngun dương
và
.
Chứng minh rằng: Trong 100 số đó ln tồn tại một vài số có tổng bằng 100.
Giải

Nếu ai = aj với mọi i  j thì hiển nhiên ta có tổng của 50 số bất kỳ có tổng bằng 100.
Nếu a1  a2 thì lập dãy sau:
a1, a2, a1 + a2, a1 + a2 + a3,…, a1 + a2 +…+ a99 (các số hạng này thuộc [1, 199]).
Nếu tồn tại một số hạng nào trong dãy chia hết cho 100 thì số hạng đó bằng 100 (đpcm).
Nếu khơng có số hạng nào chia hết cho 100 thì trong 100 số này khi chia cho 100 sẽ có hai số hạng có
cùng số dư. Hiệu của chúng cho ta tổng cần tìm.
Bài tốn 2:

8


Cho 10 số nguyên dương

. Chứng minh rằng tồn tại các số

không đồng thời bằng không sao cho số
Giải
Xét tất cả các số có dạng:
Ứng với mỗi
Khi chia

số

,

Đặt
các số

và

,

nên có tất cả

.
số

như vậy.

này cho 1023 thì theo ngun lí Dirichle có ít nhất hai số

sao cho
Giả sử

chia hết cho 1023.

, trong đó

có hai cách chọn

,

với

.
có dạng sau:

, với

;

,

và

nên

. Vì

khơng đồng thời bằng khơng,

, với

. Mặt khác

. Ta có

nên

.

Như vậy, ta đã chứng minh được sự tồn tại của 10 số

không đồng thời bằng khơng sao cho

số

chia hết cho 1023.
Bài tốn 3:
Trong một cuộc thi, có 2015 học sinh đến từ 62 trường, mỗi học sinh làm một bài thi. Biết cứ 5 học sinh

cùng làm được một bài thi thì có hai thí sinh cùng tháng sinh. Chứng minh rằng có ít nhất 3 thí sinh cùng
tháng sinh, cùng làm được một bài thi và cùng đến từ một trường.
Theo ngun lí Dirichlet có ít nhất
học sinh đến từ cùng một trường. Trong 33 học sinh
đó có ít nhất 9 học sinh cùng làm được một bài thi.
Ta sẽ chứng minh số các tháng sinh của các học sinh tối đa là 4. Thật vậy, nếu có 5 học sinh có thang sinh
đơi một khác nhau thì tría với giả thiết 5 học sinh cùng làm được một bài thi thì có hai học sinh có cùng
tháng sinh.
Lại theo ngun lí Dirichlet, trong 9 học sinh cùng làm được một bài thi đã chọn được ở trên sẽ có ít nhất
học sinh cùng tháng sinh. Và đó là 3 học sinh có cùng tháng sinh, cùng làm được một bài thi
và cùng đến từ một trường.
Bài tập tự luyện.
1. Trong hình vng có cạnh bằng 7 lấy 51 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong 51
điểm đó nằm trong một đường trịn có bán kính bằng 1.
2. Cho 9 đường thẳng song song nằm ngang và 9 đường thẳng song song nằm dọc. Người ta đánh
dấu các giao điểm của chúng hoặc bằng màu xanh, hoặc bằng màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại hai đường
nằm ngang và hai đường nằm dọc mà 4 giao điểm của chúng được đánh dấu cùng một màu.

9


3. Trên đường trịn cho 16 điểm được tơ bởi một trong 3 màu: xanh, đỏ, vàng. Các dây cung nối 2
điểm trong 16 điểm trên được tô bởi hai màu: tím, đen. Chứng minh rằng ta ln có 3 trong 16 điểm trên
được tô cùng màu và 3 dây cung nối chúng cũng được tơ cùng màu.
4. Cho hình vng có cạnh bằng 20. Bên trong hình vng chọn 2006 điểm. Xét tập A có 2010
điểm gồm đỉnh hình vuông và 2006 điểm vừa chọn. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một tam giác có 3
đỉnh thuộc Avới diện tích nhỏ hơn
.
5. Cho đa giác đều gồm 2009 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác bằng hai màu xanh và đỏ.
Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành tam giác cân.

6. Trong một hình vng có cạnh bằng 100 vẽ một số đường trịn có bán kính bằng 1. Biết rằng mỗi
đoạn thẳng có độ dài bằng 10 và nằm trong hình vng đã cho đều cắt ít nhất 1 đường tròn trong số các
đường tròn trên. Chứng minh rằng số đường trịn được vẽ khơng ít hơn 416.

10