Nguyên lí cực hạn

 nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn .
Phân tích: 
Từ yêu cầu bài toán, ta cần chỉ ra một tam giác lớn nhất có diện tích không lớn hơn sao cho nó chứa tất cả điểm đã cho. Vì số tam giác tạo thành từ điểm đã cho là hữu hạn và diện tích mỗi tam giác bị chặn trên bởi nên tập hợp các diện tích tam giác sẽ có phần tử lớn nhất. “Thang đo” chính là diện tích tam giác. Gọi là tam giác có diện tích lớn nhất trong tam giác và .
Ta dựng một tam giác có diện tích gấp lần diện tích tam giác bằng cách vẽ các đường thẳng lần lượt đi qua ba đỉnh và song song với cạnh đối diện đỉnh đó. Gọi tam giác này là , khi đó tam giác chứa tất cả điểm đã cho.
Thật vậy, giả sử nếu có một điểm nào đó không nằm trong tam giác thì tam giác và điểm sẽ nằm ở hai phía so với một trong các cạnh của tam giác .
Không mất tính tổng quát, giả sử điểm và tam giác nằm ở hai phía so với cạnh . Khi đó , điều này mâu thuẫn với cách chọn tam giác .
Cho là một tập hợp các điểm trong mặt phẳng, trong đó mỗi điểm trong là trung điểm của đoạn thẳng được tạo nên bởi hai điểm của . Chứng minh rằng là tập vô hạn.
Phân tích:
Ta dùng phản chứng, giả sử . Vì hữu hạn có phần tử nên số đoạn thẳng tạo bởi điểm là đoạn. Ở đây, “thang đo” là độ dài của các đoạn thẳng. 
Vì số đoạn thẳng là hữu hạn nên phải tồn tại đoạn thẳng 
có độ dài lớn nhất. 
Do tính chất của nên là trung điểm của đoạn thẳng 
với .
Không mất tính tổng quát, giả sử 
Ta có .
Điều này mâu thuẫn với tính chất là đoạn thẳng lớn nhất.
Chứng minh rằng trong mỗi ngũ giác lồi, có thể chọn ra ba đường chéo sao cho chúng lập thành ba cạnh của một tam giác.
Phân tích: Để ba số dương tạo thành ba cạnh của một tam giác thì 
chúng phải thỏa . 
Tuy nhiên nếu thì ta chỉ cần có . 
Vậy bài toán được đưa về việc chọn ra đường chéo có độ dài 
lớn nhất, “thang đo” là độ dài các đường chéo. 
Ta thấy việc chọn một đường chéo dài nhất là có thể thực hiện được 
vì số đường chéo trong ngũ giác lồi là hữu hạn (). 
Có thể giả sử là đường chéo dài nhất, ta cần chọn ra hai đường chéo nữa 
sao cho tổng độ dài của chúng lớn hơn . Dễ thấy là hai đường chéo đó.
Thật vậy, gọi , ta có 
 .
Lưới điểm nguyên là một mạng lưới các điểm mà mỗi điểm được đánh dấu là một số nguyên dương. Mỗi số nguyên dương tại mỗi điểm lưới là trung bình cộng của số lân cận (trên, dưới, trái, phải). Chứng minh tất các số nguyên dương này đều bằng nhau.
Phân tích:
Vì tập hợp các số nguyên dương dùng để đánh số trên lưới có phần tử nhỏ nhất ( có thể không có phần tử lớn nhất) nên việc sử dụng nguyên lí cực hạn ở đây là rất tự nhiên.
Gọi là số nguyên dương nhỏ nhất đó. Ta có với là số nguyên dương lân cận của . Vì là số nguyên dương nhỏ nhất nên . Nếu có ít nhất bất đẳng thức chặt thì mâu thuẫn với .
Suy ra .
Chứng minh rằng trong một giác lồi với , tồn tại đỉnh liên tiếp sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác bao phủ cả giác.
Phân tích:
Trong số các đường tròn đi qua ba đỉnh của giác, tồn tại một 
đường tròn có bán kính lớn nhất. 
“Thang đo” ở đây chính là bán kính đường tròn.
Do đó, ta chia bài toán thành hai phần
i) Chứng minh đường tròn lớn nhất phủ giác.
ii) Chứng minh đường tròn lớn nhất là đường tròn đi qua ba đỉnh liên tiếp.
Chứng minh i) bằng phản chứng
Giả sử đường tròn lớn nhất là đường tròn ngoại tiếp tam giác và có 
điểm nằm ngoài đường tròn này và được kí hiệu sao cho 
là tứ giác lồi.
Đặt là giao điểm của và đường tròn ngoại tiếp tam giác . 
Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác . Gọi lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác và . 
Ta có . 
Vì là tứ giác lồi nên nên suy ra . Mâu thuẫn.
Chứng minh ii) bằng phản chứng
Giả sử là ba đỉnh nằm trên đường tròn lớn nhất, điểm 
nằm giữa và không nằm trên đường tròn lớn nhất. 
Theo kết quả phần i), điểm nằm bên trong đường tròn lớn nhất 
nhưng đường tròn ngoại tiếp tam giác lớn hơn đường tròn 
ngoại tiếp tam giác . Mâu thuẫn.
Có một trò chơi như sau: có các đống sỏi, hai người chơi lần lượt đi. Mỗi nước đi, người chơi chia mỗi đống sỏi có nhiều hơn một viên sỏi thành hai đống mới. Người nào thực hiện nước đi cuối cùng sẽ thắng. Hỏi trong điều kiện nào người chơi đầu tiên sẽ thắng và chiến lược chơi để thắng ?
Phân tích:
Theo qui luật của trò chơi, việc thắng hay thua phụ thuộc vào đống sỏi có nhiều viên sỏi nhất (vì đây là đống sỏi mà người chơi sẽ thực hiện những nước đi sau cùng khi mà những đống sỏi khác, mỗi đống chỉ có viên). “Thang đo” chính là số viên sỏi ở mỗi đống.
Gọi là số viên sỏi của đống lớn nhất trước khi bắt đầu. Khi nào mà , ta vẫn có thể thực hiện nước đi. Xuất phát, người chơi đầu tiên sẽ chia các đống sỏi mà đống lớn nhất được chia thành hai đống mới sao cho đống lớn hơn có số viên sỏi ở dạng (chiếm giữ vị trí ). Sau đó, đối thủ dù thực hiện bất cứ nước đi nào cũng đều để lại một đống sỏi có số viên sỏi là thỏa . Nước đi kế tiếp, người chơi đầu tiên tiếp tục chiến lược như cũ, chiếm giữ vị trí . 
Tiếp tục theo cách này, người chơi đầu tiên sẽ đi đến vị trí , và đối thủ phải thua vì không thể chia được nữa. Vậy người chơi đầu tiên sẽ thắng dù không có dạng .
Một số quân cờ được đặt trên bàn cờ kích thước thỏa điều kiện nếu ô trống thì có ít nhất quân cờ nằm trên hàng thứ và cột thứ . Chứng minh có ít nhất quân cờ trên bàn cờ.
Phân tích: 
Theo giả thiết, ta suy ra trên bàn cờ không thể có một hàng hoặc một cột nào mà không có quân cờ. “Thang đo” là số quân cờ trên mỗi hàng. Do đó, ta có thể chọn ra một hàng sao cho nó có số quân cờ ít nhất. Gọi là số quân cờ trên hàng đó. 
* Nếu thì mỗi hàng sẽ có ít nhất quân cờ, suy ra trên bàn cờ có ít nhất quân cờ.
* Nếu thì sẽ có ít nhất ô trống trên hàng này. Khi đó, theo giả thiết, mỗi cột đi qua một ô trống trên hàng này sẽ có ít nhất quân cờ (vì trên hàng chứa các ô trống đã có quân cờ).
Suy ra tổng số quân cờ trên bàn cờ ít nhất là .
Có vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn với tất cả các đấu thủ còn lại. Kết quả mỗi trận đấu chỉ có thắng hoặc thua, không có hòa. Chứng minh có thể xếp vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau.
Phân tích:
Vì kết quả mỗi trận đấu chỉ có thắng hoặc thua, không có hòa nên ta có thể xếp hàng một số vận động viên thỏa người đứng trước thắng người đứng kề sau. “Thang đo” chính là số người trong mỗi cách xếp hàng như trên. Xét tất cả các cách xếp một số vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau. Vì số cách xếp như vậy là hữu hạn nên tồn tại một cách xếp có nhiều động viên nhất. Ta chứng minh cách xếp thỏa yêu cầu bài toán. 
Giả sử không chứa tất cả các vận động viên và là người không nằm trong cách xếp . Giả sử trong có người sao cho thắng . Nếu thắng thì cách xếp có nhiều vận động viên hơn cách xếp . Do đó thua . Lập luận tương tự dẫn đến thua tất cả các vận động viên . Khi đó, cách xếp có nhiều vận động viên hơn cách xếp . Mâu thuẫn với cách xếp .
2.2. Xây dựng “thang đo”
Trong mặt phẳng, cho đường thẳng phân biệt sao cho hai đường thẳng bất kì đều cắt nhau. Hỏi đường thẳng này chia mặt phẳng thành bao nhiêu phần ?
Phân tích:
Đây chính là bài toán đếm. Một nguyên tắc đếm cơ bản là thiết lập một song ánh từ tập hợp cần đếm đến một tập hợp khác dễ đếm hơn. Ở đây, ta thấy số giao điểm của hai đường thẳng dễ dàng đếm được và bằng . Nhưng số giao điểm này có liên quan gì đến số phần bị phân chia của mặt phẳng ? Ta xem như mặt phẳng đang xét được dựng đứng trên một mặt phẳng nằm ngang và “thang đo” là khoảng cách từ các điểm của mỗi phần mặt phẳng đến mặt phẳng nằm ngang. Từ đó, ta có thể chia các phần mặt phẳng thành hai loại: loại thứ nhất là bị chặn dưới và loại thứ hai ngược lại. Các phần mặt phẳng thuộc loại thứ nhất sẽ tồn tại điểm “ sâu nhất” vì ngược lại nó sẽ thuộc loại thứ hai. Ta nhận thấy mỗi giao điểm của hai đường thẳng chính là điểm “sâu nhất” của đúng một phần mặt phẳng nào đó. Do đó, số phần mặt phẳng có chứa điểm “ sâu nhất” là . Các phần mặt phẳng thuộc loại thứ hai không bị chăn dưới nên không có điểm “sâu nhất”, vì thế ta có thể giả sử chúng cắt một đường thẳng nằm ngang và tạo ra phần khác nhau. Do đó, số phần mặt phẳng thuộc loại thứ hai là .
Tóm lại, số phần mặt phẳng bị phân chia bởi đường thẳng là .
Ta có bài toán tương tự sau
Tính số phần nhiều nhất có thể trong không gian bị phân chia bởi mặt phẳng phân biệt.
Phân tích:
Để đếm số phần bị phân chia nhiều nhất có thể, ta giả sử mặt phẳng ở vị trí tổng quát, nghĩa là hai mặt phẳng bất kì đều cắt nhau. Ba mặt phẳng tạo thành đỉnh, do đó có đỉnh. Tương tự bài toán trên, ta đưa vào “thang đo” là khoảng cách từ các điểm thuộc một phần không gian đến mặt phẳng nằm ngang . Khi đó, những phần không gian đóng nào bị chặn dưới thì sẽ tồn tại phần tử nhỏ nhất, hay mỗi đỉnh xem như là một điểm “sâu nhất” của đúng một phần không gian. Mỗi phần không gian không chứa các điểm sâu nhất sẽ mở ra vô hạn và xem như cắt một mặt phẳng nằm ngang ở vô cực. Do đó, số phần không gian không chứa điểm “sâu nhất” bằng với số phần mặt phẳng bị phân chia bởi giao tuyến của với mặt phẳng đã cho.
Vậy số phần không gian bị phân chia là .
Trong mặt phẳng cho điểm sao cho không có điểm nào thẳng hàng. Lấy điểm trong số này và cho tương ứng mỗi điểm với một nông trại, điểm còn lại xem như cái giếng. Gọi là tập hợp các nông trại và là tập hợp các cái giếng. Người ta xây dựng các con đường thẳng để nối mỗi nông trại đến một cái giếng. Chứng minh rằng người ta có thể nối mỗi cái giếng với một và chỉ một nông trại sao cho các con đường không giao nhau.
Phân tích: 
Ta có thể xem việc nối các đoạn thẳng từ nông trại đến cái giếng là một song ánh (vì mỗi nông trại nối với một và chỉ một cái giếng)
Xét một song ánh bất kì, nếu ta nối các đoạn thẳng từ đến thì ta được một hệ thống đường. Có tất cả hệ thống đường như thế. Trong mỗi hệ thống đường, tổng chiều dài tất cả các con đường là một số thực dương xác định và các tổng chiều dài là hữu hạn. Vậy “thang đo” ở đây chính là tổng chiều dài tất cả các con đường trong một hệ thống. Do đó ta có thể chọn ra một hệ thống đường mà tổng chiều dài các con đường là ngắn nhất. Nguyên lí cực hạn được sử dụng ở đây. Ta sẽ chứng minh trong hệ thống này không có hai con đường nào giao nhau.
Dùng phản chứng, ta giả sử trong hệ thống này có hai đoạn thẳng và giao nhau tại . Ta thay các đoạn thẳng bởi và . 
Khi đó theo bất đẳng thức trong tam giác, ta có
Suy ra tổng độ dài các con đường sau khi thay thế hai đoạn thẳng bởi và trở nên ngắn hơn. Điều này mâu thuẫn với cách chọn ra một hệ thống có tổng độ dài các con đường ngắn nhất.
Chứng minh rằng không có bộ số nguyên dương thỏa mãn .
Phân tích:
Giả sử tồn tại bộ số nguyên dương như thế. Ta đưa ra một “thang đo” để chọn được phần tử cực biên, và đó là tổng . Tập hợp các tổng của các bộ số thỏa yêu cầu bài toán là một tập con của tập số nguyên dương nên có phần tử nhỏ nhất. Ta chọn một bộ sao cho nhỏ nhất.
Ta có với .
Khi đó .
Điều này chứng tỏ có một bộ số nguyên dương mới là với thỏa yêu cầu bài toán. Mâu thuẫn với cách chọn bộ số .
Trong chứng minh này, ta có sử dụng kết quả nếu chia hết cho thì và cùng chia hết cho . Ta có thể chứng minh kết quả này bằng phản chứng. Thật vậy, giả sử , suy ra hoặc . Khi đó , do đó nếu thì và suy ra , vô lí. Ngược lại nếu thì và suy ra tức là , vô lí.
Bài toán Sylvester
Một tập hợp bao gồm các điểm trong mặt phẳng có tính chất bất kì đường thẳng nào đi qua hai điểm của nó đều đi qua điểm thứ ba. Chứng minh rằng tất cả các điểm này cùng nằm trên một đường thẳng.
Phân tích:
Giả sử không phải tất cả các điểm này cùng nằm trên một đường thẳng. 
Vì thế, ta đưa vào một “thang đo” là khoảng cách từ điểm đến đường 
thẳng không chứa nó. 
Trong số các cặp tồn tại một cặp sao cho 
nhỏ nhất. 
Gọi là hình chiếu vuông góc của lên . 
Theo giả thiết có ít nhất ba điểm nằm trên , nên có hai 
trong ba điểm này nằm cùng phía so với điểm . 
Không mất tính tổng quát, giả sử 
hai điểm đó là và , đồng thời . 
Khi đó . Mâu thuẫn với cách chọn .
Trong quốc hội Sikinia, mỗi nghị sĩ có nhiều nhất ba đối thủ. Chứng minh rằng người ta có thể chia đôi quốc hội này thành hai nhóm sao cho mỗi người trong một nhóm chỉ có nhiều nhất một đối thủ.
Phân tích:
Xét tất cả các cách chia đôi quốc hội Sikinia, ở mỗi cách chia, ta đưa vào “thang đo”: tổng của tổng số đối thủ của mỗi thành viên trong cùng một nhóm (của tất các nghị sĩ). 
Ta chia quốc hội thành hai nhóm . Với mỗi nhóm , ta gọi là tổng của tổng số các kẻ thù của mỗi thành viên tính trong nhóm tương ứng. Vì số cách chia
là hữu hạn nên phải tồn tại cách chia sao cho nhỏ nhất. Ta chứng
minh cách chia này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, giả sử tồn tại một thành viên có ít nhất hai đối thủ trong nhóm , tức là có nhiều nhất một đối thủ trong nhóm . Khi đó, ta thực hiện phép biến đổi: chuyển từ sang để được cách chia mới là và .
Vì có ít nhất hai đối thủ trong nhóm nên khi chuyển đi thì tổng giảm đi ít nhất đơn vị, tức là .
Tương tự .
Do đó .
Điều này mâu thuẫn với cách chọn .
Trong một cuộc thi đấu võ thuật dành cho nam, mỗi võ sĩ đều phải đấu với các võ sĩ khác đúng một lần, kết quả chỉ có thắng hoặc thua, không có hòa. Sau cuộc thi, mỗi võ sĩ lập ra một danh sách tên các võ sĩ bị anh ta đánh bại và bị đánh bại bởi các đối thủ bị anh ta đánh bại. Chứng minh rằng tồn tại một số võ sĩ có danh sách chứa tất cả tên của các võ sĩ còn lại tham gia cuộc thi.
Phân tích:
Để có một danh sách thỏa đề bài thì ta cần chỉ ra có một người thắng nhiều đối thủ nhất. 
“Thang đo” chính là số đối thủ bị đánh bại bởi mỗi võ sĩ. Khi đó, tồn tại võ sĩ thắng nhiều đối thủ nhất, và có danh sách thỏa yêu cầu bài toán. Thật vậy, giả sử có một võ sĩ không nằm trong danh sách của , tức là thắng và thắng tất cả các võ sĩ bị đánh bại. Khi đó, thắng nhiều đối thủ hơn , mâu thuẫn với cách chọn .
Trên mặt phẳng, vẽ vectơ. Hai người chơi lần lượt thay phiên nhau mỗi người lấy một vectơ cho đến khi không còn vectơ trên mặt phẳng. Người chiến thắng là người lấy được các vectơ sao cho độ dài vectơ tổng của chúng lớn hơn. Hãy chỉ ra chiến thuật chơi để người chơi đầu tiên luôn thắng.
Phân tích:
Theo đề bài, ta đưa ra “thang đo” là độ dài vectơ : .
Theo luật chơi, mỗi người sẽ lấy được số vectơ bằng nhau là . Gọi là vectơ tổng của vec tơ. Để lớn nhất thì tổng của tổng bình phương các hoành độ và tổng bình phương các tung độ của vectơ lớn nhất. Nếu ta chọn hệ trục tọa độ sao cho tổng bình phương các tung độ của vectơ của hai người chơi bằng nhau thì bài toán sẽ đơn giản hơn.
Gọi là vec tơ tổng của vectơ .
Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho trục cùng chiều với vectơ . Khi đó trong hệ trục , vec tơ có tung độ bằng , tức là . 
Không mất tính tổng quát, giả sử người chơi thứ nhất lấy được các vectơ và người chơi thứ hai lấy được vectơ còn lại.
Ta có .
Theo , ta có . Do đó để người chơi đầu tiên thắng, chiến lược đi là người chơi đầu tiên chọn các vectơ có hoành độ lớn nhất trong mỗi nước đi.
3. Bài tập
Tất cả các con đường ở thị trấn Sikinia là đường một chiều. Thị trấn này có nhiều ngôi làng nhỏ và cứ hai ngôi làng bất kì thông nhau bởi một con đường. Chứng minh rằng có một ngôi làng mà mỗi ngôi làng có thể hoặc đi đến trực tiếp hoặc thông qua nhiều nhất một ngôi làng khác.
Trong mặt phẳng, cho đường thẳng sao cho không có hai đường thẳng nào song song. Biết qua mỗi giao điểm của hai đường thẳng, có ít nhất một đường thẳng khác đi qua. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng đồng quy.
Chứng minh rằng nếu điểm trong mặt phẳng không cùng nằm trên một đường thẳng thì tồn tại một đường thẳng đi qua đúng hai điểm.
Chứng minh rằng mỗi khối đa diện lồi có ít nhất hai mặt có cùng số cạnh.
Trong mặt phẳng, cho người sao cho các khoảng cách giữa hai người bất kì đều khác nhau. Giả sử mỗi người ném một viên đá về phía người đứng gần mình nhất. Chứng minh rằng
a) Ít nhất một người không bị ném.
b) Không có ai bị ném nhiều hơn năm viên đá.
c) Đường đi của các viên đá không giao nhau.
d) Tập hợp các đoạn thẳng tạo nên bởi đường đi các viên đá không chứa một đa giác đóng kín.
Mọi mặt cắt của một vật thể đều là hình tròn. Chứng minh vật thể đó là một quả cầu.
Trong không gian, cho điểm sao cho không có 4 điểm nào cùng nằm trên một mặt phẳng. Một số điểm được nối với nhau bởi các đoạn thẳng. Khi đó, ta được một đồ thị với cạnh. Chứng minh rằng nếu không chứa một tam giác thì .
Giả sử trên một hành tinh có quốc gia, và cứ ba quốc gia bất kì thì có hai quốc gia không có mối quan hệ ngoại giao. Chứng minh có nhiều nhất đại sứ trên hành tinh này.
Cho là tam giác nhọn. Lấy một điểm bất kì trong tam giác. Chứng minh rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ tới ba điểm của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ tới ba cạnh của tam giác đó.
Một điểm trên mặt phẳng tọa độ được gọi là “ điểm nguyên” nếu có hai tọa độ của nó đều là những số nguyên. Chứng minh rằng trên mặt phẳng tọa độ, không thể tìm được năm điểm nguyên là đỉnh của một ngũ giác đều.
4. Hướng dẫn giải
Gọi là ngôi làng có nhiều con đường dẫn vào từ các ngôi làng khác nhất và là số con đường tương ứng.
Kí hiệu là tập hợp ngôi làng đi trực tiếp đến và là 
tập hợp các ngôi làng còn lại (không chứa và các ngôi làng 
nằm trong ). 
Nếu thì bài toán được chứng minh. 
Nếu có một ngôi làng thì có một ngôi làng sao cho 
. Nếu không tồn tại thì có thể được đi đến từ mọi ngôi làng trong và từ , tức là có con đường dẫn vào , điều này mâu thuẫn với cách chọn . 
Vì vậy, mỗi ngôi làng với số con đường dẫn vào nhiều nhất thỏa yêu cầu của bài toán.
Giả sử không phải tất cả các đường thẳng đều đồng quy, tức là tồn tại các khoảng cách từ các giao điểm đến các đường thẳng. Vì tập hợp các khoảng cách này là hữu hạn nên tồn tại khoảng cách nhỏ nhất. Sử dụng nguyên lí cực hạn ta sẽ suy ra điều vô lí. 
Giả sử khoảng cách nhỏ nhất là khoảng cách từ điểm đến 
đường thẳng . 
Theo giả thiết, có ít nhất ba đường thẳng đi qua điểm . 
Chúng cắt đường thẳng tại ba điểm . 
Kẻ . Hai trong ba điểm nằm cùng phía 
đối với , giả sử hai điểm đó là và . 
Gọi lần lượt là hình chiếu của lên . 
Khi đó, ta có , tức là khoảng cách từ đến nhỏ hơn khoảng cách từ đến . Mâu thuẫn với cách chọn và .
Lí luận như bài toán Sylvester.
Vì số mặt của một đa diện là hữu hạn nên tồn tại một mặt có nhiều cạnh nhất là cạnh. Xét mặt gồm mặt và mặt giao với nó. Số cạnh của mỗi mặt trong mặt này chỉ có thể là , tức là chỉ có khả năng. Theo nguyên lí Dirichlet, phải có hơn hai mặt có cùng số cạnh.
a) Vì các khoảng cách giữa hai người bất kì trong người là hữu hạn và khác nhau nên tồn tại hai người sao cho khoảng cách ngắn nhất. Theo giả thiết, và phải ném đá vào nhau. Ta xét hai trường hợp sau
* Nếu bất kì một người thứ ba nào, giả sử ném đá vào hoặc thì xem như và đã sử dụng hết viên đá. Do đó sẽ có ít nhất một người còn lại không bị ném vì số đá còn lại ít hơn số người còn lại.
* Nếu không ai ném đá vào và thì ta loại ra khỏi người đã cho. Tiếp theo, ta xét bài toán tương tự với người còn lại. Lặp lại lí luận như trên, ta tìm được một cặp có khoảng cách nhỏ nhất ném đá vào nhau và một người thứ ba ném đá vào họ, ngược lại nếu không ai ném đá vào họ, ta lại bỏ cặp đó ra và xét tiếp 
bài toán người. 
Cuối cùng, sau hữu hạn bước, ta có thể đi đến bài toán với người 
còn lại trong đó chỉ còn lại viên đá. 
Vậy chắc chắn có một người không bị ném.
b) Giả sử cùng bị ném nhiều viên đá từ 
Vì ném nên và , do đó góc là góc
lớn nhất trong tam giác , suy ra . 
Như vậy, đường đi của bất kì hai viên đá nào gặp nhau tại đều 
tạo ra một góc lớn hơn . 
Vì nên chỉ có nhiều nhất viên đá gặp nhau tại .
c) Giả sử đường đi của hai viên đá do ném và ném 
giao nhau tại .
Khi đó và , suy ra .
Tuy nhiên, theo bất đẳ