Nguyên lí Dirichle (hay là nguyên lí chuồng thỏ) được phát biểu hết sức đơn giản nhưng lại có nhiều ứng dụng trong toán học và đặc biệt nguyên lí Dirichle là một công cụ mạnh để chứng minh bài toán tồn tại. Sau đây, chúng ta đi xét một số ứng dụng của nguyên lí Dirichle cho bài toán tồn tại.

1. Nguyên lí Dirichle

Nếu nhốt con thỏ vào chuồng thì có một chuồng chứa ít nhất 2 con thỏ.

2. Nguyên lí Dirichle mở rộng

Nếu nhốt con thỏ vào chuồng () thì có một chuồng chứa ít nhất con.

3. Nguyên lí Dirichle cho tập hợp

Cho là tập hợp hữu hạn. là các tập con của S sao cho . Khi đó tồn tại một phần tử sao cho chứa ít nhất trong tập của họ .

4. Nguyên lí Dirichle trong hình học

Cho một hình phẳng (H) và là các hình phẳng nằm trong (H). Kí hiệu là diện tích của các hình phẳng (H) và . Khi đó, nếu thì tồn tại hai hình phẳng có giao khác rỗng với .

Để sử dụng nguyên lí Dirichle, ta cần tạo ra số chuồng và số thỏ.

5. Các ví dụ

 Ví dụ 1. Trog một tam giác đều cạnh bằng 3 cho 2012 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác đều cạnh bằng 1 chứa trong nó ít nhất 224 điểm trong 2012 điểm đã cho.

Lời giải.

Ta có: nên ta sẽ tạo ra tam giác đều và mỗi tam giác đều có cạnh bằng 1 năm trong tam giác có cạnh bằng 3. Ta thực hiện phép chia như sau:

Chia tam giác đã cho thành 9 tam giác đều có cạnh bằng  Khi đó có một tam giác chứa ít nhất 224 điểm trong 2012 điểm đã cho.

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng cho điểm sao cho với 3 điểm bất kì luôn có 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn  Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn có bán kính bằng 1 chứa ít nhất điểm trong điểm đã cho.

Lời giải.

Xét A là một trong điểm. Xét đường tròn

Nếu chứa điểm còn lại thì ta có điều phải chứng minh

Nếu , ta xét đường tròn .

Khi đó với điểm C bất kì khác A và B, ta có:

Do đó trong điểm còn lại khác A và B) hoặc thuộc (S) hoặc thuộc (S’) nên trong hai đường tròn đó chứa ít nhất điểm. Hay đường tròn đó chứa ít nhất điểm trong điểm đã cho.

Ví dụ 3. Cho đa giác đều A₁A₂…A₁₉₈₁ nội tiếp (O). CMR trong số 64 đỉnh bất kì của đa giác luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang.

Lời giải.

Ta có nhận xét: Nếu có hai dây (được tạo thành từ 1981 đỉnh của đa giác) có độ dài bằng nhau và không có đỉnh chung thì ta sẽ có một hình thang.

Xét độ dài các dây cung A₁A₂, A₁A₃,…, A₁A₁₉₈₁ sẽ có A₁A₂ = A₁A₁₉₈₁, A₁A₃ = A₁A₁₉₈₀,…, A₁A₉₉₁ = A₁A₉₉₂ và các độ dài này đôi một khác nhau. Vậy có 990 độ dài các dây cung có một đỉnh là A₁ và đó cũng là tất cả các độ dài của các dây cung.

Trong 64 đỉnh sẽ có dây cung suy ra có ít nhất 3 dây cung có cùng độ dài.

Nếu các dây cung này đều đôi 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 tròn sẽ được chia ra thành 3 cung bằng nhau suy ra số đỉnh của đa giác phải là số nguyên lần của 3, điều này là vô lí vì 1981 không chia hết cho 3.

Vậy trong 3 dây cung có cùng độ dài này có ít nhất hai dây cung không có chung đỉnh (đpcm).

Ví dụ 4. Cho đa giác lồi cạnh có các tọa độ nguyên. Chứng minh rằng trong đa giác có ít nhất 402 điểm có tọa độ nguyên.

Lời giải.

Xét 5 đỉnh liên tiếp của đa giác A, B, C, D, E.

Vì

Suy ra trong 5 đỉnh A,B,C,D,E luôn tồn tại hai đỉnh chung cạnh và tổng của hai góc đó lớn hơn . Giả sử hai góc đó là .

Mặt khác: .

Giả sử . Dựng hình bình hành , suy ra nằm trong tứ giác

Vì ABCF là hình bình hành và A,B,C có tọa độ nguyên nên dẫn tới F cũng có tọa độ nguyên. Từ đó ta có đpcm.

Ví dụ 5. Cho A là một tập con của tập các số tự nhiên dương. Biết rằng trong 2013 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn tồn tại một số thuộc A. Chứng minh rằng trong A luôn tồn tại hai số  sao cho số này chia hết cho số kia.

Lời giải.

Xét bảng sau

Trong đó

Ta thấy các số trong cùng một cột luôn có số này là bội của số kia.

Theo đề bài, trong cùng một hàng luôn có ít nhất 1 số thuộc . Nên trong bảng trên ta luôn tìm được số thuộc ,mà bảng trên có cột nên trong số đó có ít nhất hai số thuộc cùng một cột và hai số đó luôn có một số là bội của số kia. Từ đó, ta có đpcm.

Ví dụ 6. Trong bảng 4x7 ( 4 hàng, 7 cột) người ta tô các ô vuông bởi hai màu: đen và trắng, mỗi ô một màu . Chứng minh rằng với bất kì cách tô nào ta luôn tìm được một hình chữ nhật có các cạnh nằm trên các đường lưới mà 4 đỉnh ở 4 ô cùng màu.

Lời giải.

Cách  

Ta xét bảng (3 hàng, 7 cột). Ta xét các trường hợp sau

TH 1:Trong bảng tồn tại ít nhất một cột được tô toàn bộ một màu. Chẳng hạn toàn bộ cột đó được tô màu đen.

Ta xét 6 cột còn lại.

* Nếu tồn tại ít nhất 1 cột có 2 ô được tô màu đen thì bài toán được giải quyết

* Nếu 6 cột còn lại, mỗi cột có ít nhất 2 ô được tô màu trằng. Vì có 4 trạng thái tô

màu cho 6 cột còn lại là T-Đ-T, Đ-T-T, T-T-Đ, T-T-T nên theo nguyên lí Dirichle, trong 6 cột đó có ít nhất 2 cột có trạng thái tô màu giống nhau. Chọn 2 cột đó ta có được các tô thoả yêu cầu bài toán.

TH2: Không có cột nào được tô 1 màu, nên có 6 trạng thái tô màu cho 7 cột là T-Đ-T, Đ-T-T, T-T-Đ, Đ-Đ-T,Đ-T-Đ, T-Đ-Đ. Suy ra sẽ có 2 cột có cùng trạng thái tô màu. Chọn hai hàng đó ta có được cách tô thoả yêu cầu bài toán.

Cách 2.

Vì bàng đã cho có 28 ô và được tô bởi 2 màu nên có ít nhất 14 ô được tô cùng màu. Gọi là số ô được tô màu đen trên cột .

Ta có: , ta có thể giảm số ô đen xuống để .

Trên cột thứ có cặp cùng màu đen.

Ta chiếu bàng xuống một đường thẳng d song song với cột của bảng. Mỗi ô của bảng biến thành một đoạn thẳng nằm trên d và số đoạn thẳng trên d là: đoạn.

Mặt khác, sô cặp điểm đen trên cột là:

Vì số cặp chiếu xuống nhiều hơn số đoạn thẳng nên sẽ có hai cặp mà hình chiếu của chúng trùng nhau. Bốn ô ở hai cặp đó tạo thành một hình chữ nhật thoả yêu cầu bài toán.

Ví dụ 7. Trên bàn cờ 10´10 người ta viết các số từ 1 đến 100. Mỗi hàng chọn ra số lớn thứ ba. Chứng minh rằng tồn tại một hàng có tổng các số trong hàng đó nhỏ hơn tổng các chữ số lớn thứ ba được chọn.

Lời giải. Kí hiệu các số lớn thứ ba là . Khi đó số phần tử lớn hơn nhiều nhất là 20 (nhiều nhất là 2 phần tử ở mỗi hàng). Suy ra (1).

Tương tự (2).

Mặt khác . Kết hợp với (1) và (2) suy ra:

.

Xét hàng chứa . Tổng các số của dòng chứa là

           (đpcm).