Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng nguyên lí Đirichlet vào giải một số bài toán ở bậc trung học cơ sở

ều đó đòi hỏi mỗi thầy cô giáo phải không ngừng học tập , tìm tòi tích lũy kinh nghiệm giúp các em trang bị cho mình một lượng kiến thức đầy đủ và có chiều sâu.Tạo cho học sinh sự hứng thú khi học toán và ngày càng yêu thích bộ môn hay và khó này.
Nếu ta xem toán học như là một kho báu thì mỗi công thức ,định lí giống như mỗi viên ngọc quý tạo nên kho báu ấy. Viên ngọc quý mà tôi muốn tìm hiểu,nghiên cứu và trao đổi trong đề tài này chính là nguyên lí Đirichlet. Nguyên lí Đirichlet là một công cụ toán học được phát biểu khá đơn giản, dễ hiểu và dễ chứng minh nhưng hiệu quả mà nó mang lại khi giải toán lại vô cùng lớn.Trong quá trình bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi bản thân tôi cũng như các đồng nghiệp tại trường đã gặp một số bài toán mà việc giải quyết nó được thực hiện khá dễ dàng nhờ sử dụng nguyên lí Đirichlet. Chính vì thế mà tôi chọn đề tài : “Sử dụng nguyên lí Đirichlet vào giải một số bài toán ở bậc trung học cơ sở ”. Qua đề tài này tôi mong muốn trao đổi với các đồng nghiệp cũng như giúp học sinh hiểu và vận dụng tốt nguyên lí Đirichlet vào giải toán.
II. Nhiệm vụ của đề tài
Trong đề tài này tôi trình bày “Sử dụng nguyên lí Đirichlet vào giải một số bài toán ở bậc trung học cơ sở ”.Cụ thể là:
 - Sử dụng nguyên lí Đirichlet vào giải bài toán chia hết 
 - Sử dụng nguyên lí Đirichlet vào giải bài toán suy luận
 - Sử dụng nguyên lí Đirichlet vào giải bài toán hình học
III. Đối tượng nghiên cứu
 - Đề tài nghiên cứu các bài toán chia hết , bài toán suy luận và bài toán hình học sử dụng nguyên lí Đirichlet để giải , áp dụng khi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi các khối 6,7,8,9 .
 - Đối tượng khảo sát: học sinh giỏi khối 6,7,8,9
IV. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu tài liệu
Phương pháp thực hành
Đúc rút kinh nghiệm qua các đồng nghiệp và bản thân khi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi.
 B. Nội dung đề tài
I.Kiến thức cơ bản
 1. Nguyên lí Đirichlet
 1.1. Nguyên lí Đirichlet cơ bản
 Nguyên lí Đirichlet phát biểu như sau: “ Nếu có m đồ vật bỏ vào n cái ngăn kéo và m > n thì có ít nhất một ngăn kéo chứa không ít hơn hai vật ”.
Ta có thể chứng minh nguyên lí này bằng phương pháp phản chứng như sau:
 Giả sử không có ngăn kéo nào được bỏ từ hai đồ vật trở lên , vậy thì cho dù mỗi ngăn kéo chứa một đồ vật thì tổng số đồ vật được chứa là n ,trong khi đó tổng số đồ vật đem bỏ là m và m > n,điều này vô lí.Vậy ít nhất một ngăn kéo được bỏ từ hai đồ vật trở lên.
Nguyên lí Đirichlet chỉ gúp chúng ta chứng minh được sự tồn tại “ ngăn kéo” chứa ít nhất hai vật mà không chỉ ra được đó là “ngăn kéo” nào. Tuy nhiên trong rất nhiều bài toán chừng ấy cũng đủ cho ta có một lời giải hay và trọn vẹn.
 1.2. Nguyên lí Đirichlet dạng mở rộng
 Nếu như trong n ngăn kéo ta bỏ vào một số đồ vật nhiều hơn kn (k Z) thì ít nhất có một ngăn kéo chứa nhiều hơn k đồ vật.
 1.3. Nguyên lí Đirichlet dạng tập hợp
 Cho A và B là hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn và số lượng phần tử của A lớn hơn số lượng phần tử của B. Nếu với mỗi quy tắc nào đó ,mỗi phần tử của A cho tương ứng với một phần tử của B thì tồn tại ít nhất hai phần tử của A( Hai phần tử khác nhau) tương ứng với một phần tử của B
2. Một số chú ý khi sử dụng nguyên lí Đirichlet
 - Các bài toán sử dụng nguyên lí Đirichlet là các bài toán chứng minh sự tồn tại của các sự vật,sự việc mà không cần chỉ ra một cách tường minh các sự vật,sự việc đó. Nhiều bài toán nguyên lí Đirichlet xuất hiện qua một số phép biến đổi trung gian. 
 - Để giải bài toán bằng nguyên lí Đirichlet đôi khi ta phải kết hợp với phương pháp phản chứng. 
 - Khi các bài toán mà ta biết phải áp dụng nguyên lí Đirichlet chúng ta cần suy nghĩ biến đổi làm xuất hiện các khái niệm: “đồ vật” và ‘ngăn kéo”,khái niệm “ bỏ đồ vật vào ngăn kéo”. 
 - Khi áp dụng nguyên lí Đirichlet để giải toán và đã làm xuất hiện các khái niệm: “đồ vật” và ‘ngăn kéo”thì các ngăn kéo không nhất thiết được bỏ đồ vật nhưng các đồ vật phải được bỏ hết vào ngăn kéo và số đồ vật phải nhiều hơn số ngăn kéo.
 - Cú nhiều bài tập cú kết luận giống như kết luận của nguyờn lí Đirichlet, tuy nhiờn lời giải hoàn toàn khụng sử dụng nguyờn lí Đirichlet.
II. Bài tập áp dụng
1. Sử dụng nguyên lí Đirichlet vào giải bài toán chia hết
1.1.Các ví dụ
Ví dụ 1: 
Chứng minh rằng : Trong n + 1 số tự nhiên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Giải
Để làm xuất hiện khái niệm “ đồ vật” và khái niệm “ ngăn kéo” ta lấy n + 1 số tự nhiên đã cho chia cho n thì số dư nhận một trong các số sau: 0; 1; 2; ; n -1. Có n + 1 phép chia mà có n số dư ( như vậy tương đương với có n +1 đồ vật đem bỏ vào n ngăn kéo)theo nguyên lí Đirichlet suy ra có ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia cho n.
Giả sử hai số đó là ai , aj ,ta có: 
 ai = nq1 + r 	; aj = nq2 + r	 ( 0 Ê r < n với a1 ,aj; q1 q2 ẻ N)
Suy ra : ai - aj = n(q1 - q2) M n
Vậy trong n +1 số tự nhiên bất kỳ có 2 số có hiệu chia hết cho n.
Ví dụ 2: 
Cho 10 số tự nhiên bất kì a1; a2; a3; a4; a5; a6; a7; a8; a9; a10
Chứng minh rằng thế nào cũng có một số hoặc tổng một số số liên tiếp trong dãy 10 số đã cho chia hết cho 10. 
 Giải 
Để làm xuất hiện khái niệm “ đồ vật ” khái niệm “ ngăn kéo” ta thành lập dãy số mới sau
Đặt b1= a1 
b2= a1+ a2
b3 = a1+ a2 + a3
b4 = a1+ a2 + a3 + a4
.............................................
b10 = a1+ a2 + a3 ............+ a10
Ta thấy rằng:
- Nếu tồn tại một Bi nào đó : (i=1,2,3,...,10) chia hết cho 10 thì bài toán đã được chứng minh
- Nếu không tồn tại một Bi nào đó chia hết cho 10 thì ta chia 10 số của dãy cho 10 được các số dư từ 1 đến 9 .Có 9 số dư mà có 10 số đem chia ( như vậy tương đương với 10 đồ vật bỏ vào 9 ngăn kéo) nên theo nguyên lí Đirichlet có một ngăn kéo chứa hai đồ vật hay có hai số của dãy có cùng số dư khi chia cho 10 , như vậy có hiệu chia hết cho 10. Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 3
Chứng minh rằng : Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.
 Giải
 Xét 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là: 1 ;11 ;111 ;  ; 
Khi chia 1994 số này cho 1993 thì có 1993 số dư suy ra theo nguyên lí Đirichlet có ít nhất 2 số có cùng số dư.
Giả sử hai số đó là:
	 ai = 1993q + r ; aj = 1993k + r	(0 Ê r j ; q, k ẻ N )	
Suy ra: ai - aj = 1993(q - k) 
 Hay : 
Suy ra:mà (10j, 1993) = 1.Do đó : M1993 (đpcm)
Ví dụ 4: 
Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 199419941994.1994 gồm k sốỏ 1994, vụựi k N vaứ 1< k 1993, chia hết cho 1993.
	 Giải
Xét dãy số:
a1 = 1994
a2 = 19941994
a1994 = 
Ta chia các số hạng của dãy cho 1993
Có 1994 phép chia mà tập hợp các số dư có 1993 giá trị . Theo nguyên lí Đirichlet có hai số hạng của dãy có cùng số dư khi chia cho 1993 
Goị hai số hạng đó là ai và aj:
ai = 1994199419941994( có i chữ số 1994)
aj = 1994199419941994 ( có j chữ số 1994)
Với i, j N và 1 i j 1994.
 aj – ai 1993
 1993
 1993
Vỡ (10; 1993) = 1 neõn (10k, 1993) = 1 
Do đó ta có: 1993 (k N vaứ 1< k 1993)
Ví dụ 5: 
Chứng minh rằng tồn tại n N sao cho 3n  tận cùng bằng 000001
Giải
Ta chứng minh tồn tại n N để cho 3n – 1 106	
Ta xét dãy gồm 1000000 số hạng sau: 3, 32, 33, ., (1)
Chia các số hạng của dãy (1) cho 106,Số dư của phép chia có thể là 1;2;3;4....;999999
Có 1000000 phép chia mà có 999999 số dư .Nên theo nguyên lí Đirichlet có ít nhất hai số hạng của dãy (1) có cùng số dư khi chia cho 106
Gọi hai số đó là 3i và 3j . Với i, j N và 1 i < j 106 3j – 3i 106
3i(3j – i - 1) 106 . Nhưng (3; 10) = 1 (3i ; 106) = 1. 
Do đó : 3j – i – 1 106
Vậy tồn tại n N để 3n tận cùng bởi 0000001
Ví dụ 6 : 
Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên x < 17 sao cho 25x - 1 17
Giải
Xét dãy số gồm 17 số hạng : 25; 252; 253; 254;;2517 ( 1)
Vì (25;17) = 1 nên (25n;17) = 1 và n 1. 
Chia các số hạng của dãy (1) cho 17 ta nhận được các số dư là : 1;2;3;4;...;16
Có 17 phép chia mà chỉ có 16 số dư nên theo nguyên lí Đirichlet có ít nhất hai số của dãy (1) có cùng số dư khi chia cho 17 
Gọi hai số đó là 25i và 25j với i, j N và 1 i j 17 
 25j– 25i 17 25i(25j – i – 1) 17
Vì (25i ; 17) = 1 nên : (25j – i – 1) 17
Vì 1 i j 17 j – i < 17
Vậy với x < 17 sao cho 25x – 1 17
Ví dụ 7: 
Cho 14 số tự nhiên có 3 chữ số. Chứng minh rằng trong 14 số đó tồn tại 2 số mà khi viết liên tiếp nhau thì tạo thành số có 6 chữ số chia hết cho 13.
(Đề thi học sinh giỏi lớp 6 - Quận Ba Đình - Hà Nội năm 2007) 
Giải
Ta chia 14 số có 3 chữ số đó cho 13 thì số dư nhận một trong các giá trị sau:0;1;2;...;12 .Có 14 phép chia mà chỉ có 13 số dư nên theo nguyên li Đirichlet có ít nhất hai số trong 14 số có 3 chữ số đó có cùng số dư khi chia cho 13.
Giả sử hai số đó là : và 
Ta có: = 13q + r 
 = 13p + r Với ( 0 Ê r < 13 ; p, q ẻ N)
Khi viết liên tiếp hai số này ta được số 
khi đó: = + = .1000 + = (13q + r )1000 +13p + r 
 = 13.1000q +1000r + 13p + r = 13(1000q + p) +1001r
 = 13(1000q + p) +13.77r 13 (đpcm)
1.2. Bài tập tương tự:
 Bài tập 1. 
Chứng tỏ rằng có thể tìm được nhiều số tự nhiên chỉ gồm chữ số 1 và chữ số 0 chia hết cho 1999
Bài tập 2. 
Chứng minh rằng : Tồn tại n ẻ N sao cho 17n - 1 M 25
Bài tập 3.
a) Có hay không 1 số có dạng 19931993  1993000  00 M 1994
b) Có hay không một số K nguyên dương sao cho khi chia cho 1993 có các chữ số tận cùng là 0001.
Bài tập 4.
Chứng minh rằng : tồn tại một bội số của 17 
Được viết bởi các chữ số 1 và chữ số 0
 b) Được viết bởi toàn chữ số 1
Bài tập 5.
Chứng minh rằng : tồn tại một bội số của 23 được viết bởi toàn chữ số 4
Bài tập 6.
Chứng minh rằng : tồn tại một bội số của 17 có tận cùng là 219
Bài tập 7.
 a) Chứng minh rằng tồn tại một bội số của 2003 có tận cùng là 2006
 b) Chứng minh rằng tồn tại một bội số của 189 có tận cùng là 1234
Bài tập 8.
Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 7k có tận cùng là 0001
2. Sử dụng nguyên lí Đirichlet vào bài toán suy luận
2.1. Các ví dụ:
Ví dụ 1 .
Chứng minh rằng trong 366 người bao giờ cũng có ít nhất hai người có cùng ngày sinh nhật.
 Giải
Ta xem một năm có 365 ngày như là 365 “ ngăn kéo” và 366 ngày sinh của 366 người như là 366 “ đồ vật” .
Theo nguyên lí Đirichlet thì có ít nhất một “ ngăn kéo” có chứa hai “ đồ vật”. Hay có ít nhất hai người có cùng ngày sinh nhật.
 Ví dụ 2.
 Chứng minh rằng trong 12 sinh viên bất kì của một lớp có ít nhất hai người có điểm kiểm tra giống nhau.
Giải
Thang điểm kiểm tra là từ 0 đến 10 ,tức là có 11 “ ngăn kéo” ta xem điểm 12 sinh viên như 12 “ đồ vật ” Theo nguyên lí Đirichlet thì có ít nhất một “ ngăn kéo” có chứa hai “ đồ vật”. Hay có ít nhất hai sinh viên có điểm kiểm tra giống nhau.
Ví dụ 3.
Trong một lớp chuyên toán có 40 học sinh .Trong một đợt kiểm tra định kì môn toán chỉ có một em đạt điểm kiểm tra là 10, và một em đạt điểm 4,các em khác đạt từ 5 điểm trở lên.Chứng minh rằng trong lớp ít nhất cũng có 8 em có điểm số như nhau.Biết rằng điểm số các em đều là các số nguyên.
 Giải:
Theo đề ra chỉ có một em đạt điểm 10 và một em đạt điểm 4,do đó sẽ có 40 -2 = 38 em đạt số điểm từ 5 đến 9 điểm
Coi một học sinh là một “đồ vật” mỗi loại điểm từ 5 đến 9 là một “ngăn kéo”.Như vậy ta sẽ có các ngăn kéo chứa các đồ vật như sau”
“Ngăn kéo 5 ” bỏ những học sinh đạt điểm 5
“Ngăn kéo 6” bỏ những học sinh đạt điểm 6
“Ngăn kéo 7 ” bỏ những học sinh đạt điểm 7
“Ngăn kéo 8 ” bỏ những học sinh đạt điểm 8
“Ngăn kéo 9 ” bỏ những học sinh đạt điểm 9
Với 5 “ ngăn kéo ” mà bỏ 38 “ đồ vật ” theo nguyên lí Đirichlet có ít nhất một ngăn kéo chứa 8 đồ vật. Hay có ít nhất 8 em có cùng số điểm. 
Ví dụ 4: 
Một đồi thông có 800 000 cây thông. Trên mỗi cây thông có không quá 
500 000 chiếc lá.Chứng minh rằng ít nhất cũng có hai cây thông có cùng số lá như nhau ở trên cây.
Giải
Ta hãy tưởng tượng mỗi cây thông là một “ đồ vật” như vậy có 800 000 “ đồ vật” được bỏ vào không quá 500 000 cái “ ngăn kéo ”
“Ngăn kéo 1 ” ứng với cây thông có 1 chiếc lá trên cây
“Ngăn kéo 2” ứng với cây thông có 2 chiếc lá trên cây
........................................................................................................................................................
“Ngăn kéo 500 000” ứng với cây thông có 500 000 chiếc lá trên cây
Số đồ vật nhiều hơn số ngăn kéo nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất một “Ngăn kéo ” có không ít hơn 2 đồ vật. Nghĩa là có ít nhất 2 cây thông có cùng số lá trên cây.
Ví dụ 5:
Có 10 đội bóng thi đấu với nhau mỗi đội phải đấu một trận với các đội khác.Chứng minh minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có hai đội đã đấu số trận đấu như nhau
Giải
Rõ ràng nếu trong 10 đội bóng có 1 đội chưa đấu một trận nào thì trong các đội còn lại không có đội nào đã thi đấu 9 trận. Như vậy 10 đội chỉ có số trận đấu từ 0 đến 8 hoặc từ 1 đến 9 . Nên theo nguyên lí Đirichlet phải có ít nhất 2 đội có số trận đấu như nhau.
Ví dụ 6: 
Trong một thư viện ở một trường học có 20 000 cuốn sách .Chúng được xếp vào các giá sách sao cho mỗi giá sách có ít nhất 1 quyển và nhiều nhất 199 quyển .Chứng minh rằng có ít nhất hai giá sách có cùng số quyển sách .
 Giải
Gọi ak là số sách được đặt lên giá thứ k với 1 ak 199 và ak ap nếu k p.
Khi đó số lượng sách trên giá sẽ là : 
1+2+3+...+199 = 199.100 =19900 < 20 000,trái với giả thiết.
Suy ra theo nguyên lí Đirichlet có ít nhất 2 giá sách có cùng số sách
2.2. Bài tập tương tự:
Bài tập 1:
Trong một lớp học có 30 học sinh . Khi viết chính tả một em phạm 14 lỗi,các em khác phạm lỗi ít hơn. Chứng minh rằng có ít nhất là 3 học sinh đã mắc số lỗi bằng nhau(Kể cả những người mắc 0 lỗi) 
Bài tập 2:
Cho một nhóm 5 người tùy ý.Chứng minh rằng trong số đó có ít nhất 2 người có số người quen như nhau trong số 5 người đã chọn( với ý nghĩa rằng A quen B thì B cũng quen A) 
Bài tập 3: 
Số các học viên của một lớp học ít nhất là bao nhiêu để có ít nhất hai học viên có số điểm như nhau trong kì thi môn toán,nếu số thang điểm là từ 0 đến 10 và độ chênh lệch là 0,5 điểm/bài
 Bài tập 4: 
 Chứng minh rằng nếu chọn 151 giáo trình máy tính phân biệt được đánh số thứ tự từ 1 đến 300 thì có ít nhất 2 giáo trình có số thứ tự liên tiếp?
Bài tập 5:
Trong một cuộc hội thảo khoa học có 100 người tham dự.Giả sử mỗi người đều quen biết ít nhất 67 người. Chứng minh rằng có thể tìm được nhóm 4 người sao cho bất kì 2 người đều quen nhau.
Bài tập 6:
Trong một giá sách có 25 ngăn. Ta thấy có 1 ngăn chứa 10 cuốn sách,các ngăn khác chứa số sách ít hơn. Chứng minh rằng ít nhất ba ngăn sách chứa cùng số sách như nhau.
3. Sử dụng nguyên lí Đirichlet vào bài toán hình học
3.1 Các ví dụ:
Ví dụ 1:
Cho một hình vuông và 13 đường thẳng,mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành hai tứ giác có tỉ số diện tích 2:3.Chứng minh rằng trong 13 đường thẳng đó,có ít nhất 4 đường thẳng cùng đi qua một điểm
 Giải
Gọi d là đường thẳng chia hình vuông ABCD thành 2 tứ giác có tỉ số diện tích là 2:3. Đường thẳng d không thể cắt hai cạnh kề nhau của hình vuông vì khi đó không tạo thành hai tứ giác.Giả sử d cắt hai cạnh AB và CD tại M và N
khi đó nó cắt đường 
trung bình EF của hình vông tại I.
Giả sử SAMND = SBMNC =>
=> EI =IF ( với a là độ dài cạnh hình vuông ABCD)
Như vậy mỗi đường thẳng đã cho chia đường 
trung bình của hình vuông theo tỉ số 2: 3.Ta có 4 điểm chia đường trung bình của hình vuông ABCD theo tỉ số 2:3. 
Có 13 đường thẳng ,mỗi đường đi qua một trong 4 điểm , suy ra theo nguyên lí Đirichlet có ít nhất 4 đường thẳng cùng đi qua một điểm. 
Ví dụ 2: 
Bên trong tam giác đều ABC cạnh 1 đặt 5 điểm.Chứng minh rằng tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 0,5.
 Giải
Các đường trung bình của tam giác chia nó thành 4 tam 
giác đềucạnh 0,5. Có 5 điểm bỏ vào 4 tam giác này và các 
điểm đó không cùng rơi vào các đỉnh của các tam giác,
theo nguyên lí Đirichlet có hai điểm nằm trong một .Q
tam giác nhỏ, vì cạnh của tam giácnhỏ là 0,5 nên .P
khoảng cách giữa hai điểm này nhỏ hơn 0,5 . 
Vậy tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 0,5. 
 ( ở đây ta đang quan tâm đến việc sử dụng nguyên lí Đirichlet vào giải toán nên ta công nhận kết quả PQ < MN mà không trình bày việc chứng minh)
Ví dụ 3:
Trong một mặt phẳng cho 2n + 1 điểm sao cho trong 3 điểm bất kì có ít nhất hai điểm cách nhau một khoảng không vượt quá 1.Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kinh bằng 1 chứa ít nhất n + 1 điểm
 Giải
Ta lấy một điểm M bất kì trong 2n + 1 điểm đã cho, vẽ đường tròn (C) tâm M bán kính bằng 1
- Nếu tất cả các điểm còn lại đều nằm trong hình tròn (C) ta có điều phải chứng minh
- Nếu tồn tại một điểm N mà mà độ dài đoạn MN > 1,tức là N(C). Ta vẽ đường tròn (D) tâm N bán kính bằng 1.
 Khi đó ta xét điểm P bất kì trong 2n - 1 điểm còn lại. Vì độ dài đoạn MN > 1 nên ta suy ra độ dài đoạn NP < 1 hoặc MP < 1.Hay điểm P phải nằm trong một trong hai hình tròn (C) ; (D). Suy ra 2n - 1 điểm khác M và N phải nằm trong hình tròn (C) hoặc (D)
Ta có: 2n – 1= 2(n- 1) +1 ,theo nguyên lí Đirichlet có một hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất n- 1 + 1 = n điểm.Tính cả tâm của hình tròn này nữa là n + 1 điểm đã cho.
Ví dụ 4:
Trong một hình vuông cạnh bằng 1,ta lấy 51 điểm bất kì phân biệt.Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong một hình tròn có bán kính nhỏ hơn 
 Giải
Ta chia hình vuông có cạnh bằng 1 đã cho thành 25 hình vuông nhỏ, như vậy mỗi hình vuông nhỏ có cạnh bằng . Có 51 điểm bỏ vào 25 hình vuông nhỏ này nên theo nguyên lí Đirichlet có ít nhất 3 điểm nằm trong một hình vuông nhỏ. Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông nhỏ bằng < . Vậy 3 điểm nói trên nằm trong hình tròn ngoại tiếp hình vuông nhỏ có bán kính nhỏ hơn 
Ví dụ 5:
Cho đường tròn bán kính bằng 1m và một số điểm nằm trên đường tròn.Hỏi phải có ít nhất bao nhiêu điểm sao cho tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1m.( Đề thi toán Châu á - Thái Bình Dương năm 2011)
Giải
- Đường tròn tâm O bán kính 1m. Hình lục giác đều nội tiếp trong (O) có 6 đỉnh thuộc đường tròn và độ dài các cạnh cũng là 1m.
Do đó nếu chỉ có 6 điểm thuộc đường tròn thì ta có thể 
sắp xếp chúng sao cho 6 điểm đó tạo thành hình lục giác 
đều như hình vẽ và không có hai điểm nào có khoảng cách 
nhỏ hơn 1m, vậy số điểm nằm trên đường tròn phải nhiều
 hơn 6,tức là ít nhất 7 điểm.
- Giả sử có 7 điểm nằm trên đường tròn .Ta thấy 6 đỉnh 
của hình lục giác đều chia đường tròn thành 6 cung 
bằng nhau có độ dài dây cung là 1m. Có 7 điểm bỏ vào 6 cung này nên theo nguyên lí Đirichlet có ít nhất hai điểm cùng nằm trên một cung và không cùng nằm ở hai đầu của cung. Khi đó khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn độ dài dây cung,tức nhỏ hơn 1m.
Vậy có ít nhất là 7 điểm nằm trên đường tròn sao cho tồn tại 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1m.
3.2: Bài tập tương tự:
Bài tập 1:
Trong một tam giác đều có có cạnh bằng 4 lấy 17 điểm. Chứng minh rằng trong 17 điểm đó có ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1.
Bài tập 2:
Giả sử một bàn cờ hình chữ nhật có 3x7 ô vuông được sơn đen hoặc trắng.Chứng minh rằng với cách sơn màu bất kì ,trong bàn cờ luôn tồn tại hình chữ nhật gồm các ô ở 4 góc là các ô cùng màu.
Bài tập 3:
Cho những đoạn thẳng Δ 1 ,Δ 2 ...Δ n  nằm trong đoạn thẳng Δ và tổng độ dài của các đoạn thẳng Δ 1 ,Δ 2 ...Δ n   lớn hơn độ dài của Δ . Khi đó ít nhất 2 đoạn trong số những đoạn Δ 1 ,Δ 2 ...Δ n   có điểm trong chung.
Bài tập 4:
Trong mặt phẳng cho n đường thẳng từng đôi một không song song với nhau. Chứng minh rằng góc giữa hai đường thẳng nào đó trong số đó không lớn 
hơn .
Bài tập 5:
Bên trong một đường tròn bán kính n đặt 4n đoạn thẳng có độ dài bằng 1.Chứng minh rằng có thể kẻ một đường thẳng song song hoặc vuông góc với đường thẳng l cho trước và cắt ít nhất hai đoạn thẳng đã cho.
Bài tập 6:
Trong một hình tròn có diện tích bằng 8 đặt 17 điểm bất kì phân biệt. Chứng minh rằng có ít nhất ba điểm tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1
C. Kết luận
Trong đề tài này,tôi chỉ tìm hiểu và vận dụng nguyên lí Đirichlet vào giải quyết một số bài toán chủ yếu áp dụng cho bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học cơ sở mà bản thân tôi đã đúc kết trong quá trình học tập và giảng dạy.Nghiên cứu và đưa ra lời giải phù hợp với kiến thức ,trình độ của học sinh không những giúp cho học sinh yêu thích bộ môn toán, mà còn là cơ sở giúp cho bản thân có thêm kinh nghiệm trong giảng dạy. Mặc dù