text:
Thông tư 14/2003/TT-BNV của Bộ Nội vụ
Chia sẻ: Phạm Vân Sơn | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4
lượt xem 7
download
Thông tư 14/2003/TT-BNV của Bộ Nội vụ
Thông tư 14/2003/TT-BNV của Bộ Nội vụ về việc hướng dẫn việc áp dụng mức lương tối thiểu khi thực hiện khoán biên chế và kinh phí quản lý hành chính, chính sách tinh giảm biên chế, chế độ tài chính áp dụng cho đơn vị sự nghiệp có thu
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Thông tư 14/2003/TT-BNV của Bộ Nội vụ
- v¨n phßng quèc héi c¬ së d÷ liÖu luËt viÖt nam LAWDATA TH¤NG T¦ cña Bé Néi vô sè 14/2003/TT-BNV ngµy 16 th¸ng 4 n¨m 2003 híng dÉn viÖc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu khi thùc hiÖn kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh; chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ; chÕ ®é tµi chÝnh ¸p dông cho ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu Thùc hiÖn kho¶n 1, §iÒu 4 NghÞ ®inh sè 03/2003/N§-CP ngµy 15 th¸ng 01 n¨m 2003 cña ChÝnh phñ vÒ viÖc ®iÒu chØnh tiÒn l¬ng, trî cÊp x· héi vµ ®æi míi mét bíc c¬ chÕ qu¶n lý tiÒn l¬ng; sau khi cã ý kiÕn cña Bé Tµi chÝnh t¹i C«ng v¨n sè 2860/TC-CSTC ngµy 28 th¸ng 3 n¨m 2003, Bé Néi vô híng dÉn ¸p dông diÒu chØnh l¬ng tèi thiÓu trong qu¸ tr×nh thùc hiÖn kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh; thùc hiÖn chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ, chÕ ®é tµi chÝnh ®èi víi ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu nh sau: I. ViÖc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu ®èi víi c¸c c¬ quan hµnh chÝnh nhµ níc thùc hiÖn më réng thÝ ®iÓm kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh theo QuyÕt ®Þnh sè 192/2001/Q§-TTg ngµy 17 th¸ng 12 n¨m 2001 cña Thñ tíng ChÝnh phñ. 1. Quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng n¨m cña c¸c c¬ quan hµnh chÝnh thùc hiÖn thÝ ®iÓm kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh tríc ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 thùc hiÖn theo quy ®Þnh t¹i ®iÓm 7.2.2 môc 7 PhÇn II Th«ng t liªn tÞch sè 17/2002/TTLT-BTC-BTCCBCP ngµy 08/02/2002, tÝnh theo møc l¬ng tèi thiÓu 210.000 ®ång/th¸ng vµ æn ®Þnh trong 3 n¨m kÓ tõ ngµy thùc hiÖn kho¸n. Tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 do Nhµ níc quy ®Þnh møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng nªn ngoµi quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng nªu t¹i ®iÓm nµy cßn ®îc bæ sung thªm c¸c kho¶n sau: a) Quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng bæ sung ®îc tÝnh theo c«ng thøc sau: QTLbs = Lcl x (K2 + K3) x L x 12 th¸ng. Trong ®ã: - QTLbs: Quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng bæ sung. - Lcl: Møc chªnh lÖch l¬ng tèi thiÓu gi÷a 290.000 ®ång/th¸ng víi 210.000 ®ång/th¸ng (80.000 ®ång/th¸ng). - K2: HÖ sè l¬ng cÊp bËc b×nh qu©n cña ®¬n vÞ - Ka: HÖ sè phô cÊp l¬ng b×nh qu©n cña ®¬n vÞ - L: Sè biªn chÕ vµ lao ®éng hîp ®ång kh«ng x¸c ®Þnh thêi h¹n ®îc s¾p xÕp l¹i theo ph¬ng ¸n ®· ®îc cÊp cã thÈm quyÒn phª duyÖt (sè biªn chÕ vµ lao ®éng nµy ph¶i nhá h¬n hoÆc b»ng sè biªn chÕ ®îc giao kho¸n). b) Kho¶n trÝch nép b¶o hiÓm x· héi, b¶o hiÓm y tÕ, kinh phÝ c«ng ®oµn bæ sung ®îc tÝnh theo c«ng thøc sau: TN = QTLbs x TL % Trong ®ã: - TN lµ tæng kinh phÝ ®îc bæ sung ®Ó nép b¶o hiÓm x· héi, b¶o hiÓm y tÕ, kinh phÝ c«ng ®oµn cho c¸n bé, c«ng chøc.
- 2 - TL% lµ tû lÖ % tÝnh theo quü l¬ng bæ sung ®Ó trÝch nép 15% b¶o hiÓm x· héi, 2% b¶o hiÓm y tÕ, 2% kinh phÝ c«ng ®oµn. VÝ dô: C¬ quan X ®îc giao kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2002 ®Õn ngµy 31 th¸ng 12 n¨m 2004, chØ tiªu biªn chÕ ®îc giao kho¸n 200 ngêi, hÖ sè l¬ng b×nh qu©n cÊp bËc 3,4, hÖ sè phô cÊp l¬ng b×nh qu©n 0,2. N¨m 2002 ®· gi¶m ®îc 20 ngêi. VËy quü l¬ng bæ sung tõ n¨m 2003 cña c¬ quan X lµ: 80.000 ®ång/th¸ng x (3,4 + 0,2) x 180 ngêi x 12 th¸ng = 622,08 triÖu ®ång. - Kho¶n trÝch nép b¶o hiÓm x· héi, b¶o hiÓm y tÕ, kinh phÝ c«ng ®oµn ®îc bæ sung. 622,08 triÖu x 19% = 118,2 triÖu ®ång. - Tæng quü l¬ng giao kho¸n vµ c¸c kho¶n trÝch nép tõ n¨m 2003 lµ: 210.000 ®ång/th¸ng x (3,4 + 0,2) x 200 ngêi x 12 th¸ng + 622,08 triÖu + 118,2 triÖu = 2.554,68 triÖu ®ång. 2. C¸c c¬ quan hµnh chÝnh nhµ níc, hµnh chÝnh cña §¶ng, ®oµn thÓ ®îc c¬ quan cã thÈm quyÒn quyÕt ®Þnh thùc hiÖn thÝ ®iÓm kho¸n tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng ®îc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång. 3. Nguån ®Ó bæ sung quü l¬ng thùc hiÖn theo quy ®Þnh t¹i kho¶n 1, kho¶n 3, kho¶n 4, §iÒu 2 NghÞ ®inh sè 03/2003/N§-CP ngµy 15/01/2003 cña ChÝnh phñ vµ Th«ng t cña Bé Tµi chÝnh sè 16/2003/TT-BTC ngµy 14/3/2003 híng dÉn nguån thùc hiÖn ®iÒu chØnh tiÒn l¬ng, trî cÊp x· héi n¨m 2003. II. ViÖc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu khi thùc hiÖn chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ trong c¸c c¬ quan hµnh chÝnh, ®¬n vÞ sù nghiÖp theo NghÞ quyÕt sè 16/2000/NQ-CP ngµy 18/10/2000 cña ChÝnh phñ. 1. Møc l¬ng tèi thiÓu ®Ó tÝnh l¬ng th¸ng tr¶ trî cÊp th«i viÖc theo sè n¨m cã ®ãng b¶o hiÓm x· héi cho nh÷ng ng êi th«i viÖc do tinh gi¶n biªn chÕ quy ®Þnh nh sau: 1.1. Møc l¬ng tèi thiÓu 210.000 ®ång/th¸ng ®Ó tÝnh l¬ng th¸ng tr¶ trî cÊp th«i viÖc theo sè n¨m cã ®ãng b¶o hiÓm x· héi tõ tríc ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003. 1.2. Møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng ®Ó tÝnh l¬ng th¸ng tr¶ trî cÊp th«i viÖc theo sè n¨m cã ®ãng b¶o hiÓm x· héi tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003. VÝ dô: «ng TrÇn V¨n D, thuéc diÖn tinh gi¶n biªn chÕ cã hÖ sè l¬ng c¬ b¶n lµ 2,5, hÖ sè phô cÊp khu vùc 0,3 tÝnh ®Õn ngµy th«i viÖc th¸ng 11 n¨m 2003 «ng cã 10 n¨m 2 th¸ng ®ãng b¶o hiÓm x· héi. ChÕ ®é th«i viÖc cña «ng ®îc tÝnh nh sau: - TiÒn l¬ng th¸ng vµ phô cÊp cña «ng D hëng tríc ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 ®Ó tÝnh trî cÊp th«i viÖc. 210.000 ®ång x (2,5 + 0,3) = 588.000 ®ång/th¸ng.
- 3 - TiÒn l¬ng th¸ng vµ phô cÊp cña «ng D h ëng tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 ®Ó tÝnh trî cÊp th«i viÖc. 290.000 ®ång x (2,5 + 0,3) = 812.000 ®ång/th¸ng. a) Sè tiÒn trî cÊp theo NghÞ ®Þnh sè 96/1998/N§-CP. - Trî cÊp t×m viÖc lµm. 812.000 ®ång x 3 th¸ng = 2.436.000 ®ång - Trî cÊp th«i viÖc. 588.000 ®ång x 9 th¸ng + 812.000 ®ång x 1 th¸ng = 6.104.000 ®ång b) Sè tiÒn trî cÊp th«i viÖc theo NghÞ quyÕt sè 16/2000/NQ-CP lµ: 588.000 ®ång x 9 th¸ng + 812.000 ®ång x 1 th¸ng = 6.104.000 ®ång Tæng sè tiÒn «ng D ®îc nhËn khi th«i viÖc lµ (a +b) 2.436.000 ®ång + 6.104.000 ®ång + 6.104.000 ®ång = 14.644.000 ®ång. 2. Kho¶n trî cÊp nghØ hu tríc tuæi; trî cÊp khi ®îc cö sang lµm viÖc ë c¸c c¬ së b¸n c«ng trî cÊp t×m viÖc lµm; tr¶ l¬ng trong thêi gian ®i häc ®Ó t×m viÖc lµm vµ trî cÊp 6 th¸ng ®èi víi c¸c tr êng hîp ®i häc ®Ó chuyÓn nghÒ tríc khi th«i viÖc ®îc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng. 3. Ph¬ng ph¸p tÝnh to¸n møc tiÒn l¬ng cÊp bËc, phô cÊp theo l¬ng (nÕu cã) theo quy ®Þnh t¹i Th«ng t liªn tÞch sè 73/2000/TTLT-BTC- BTCCBCP ngµy 28/12/2000 híng dÉn thùc hiÖn NghÞ quyÕt sè 16/2000/NQ- CP vÒ chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ trong c¸c c¬ quan hµnh chÝnh, ®¬n vÞ sù nghiÖp. 4. Kinh phÝ t¨ng thªm do ®iÒu chØnh l¬ng tèi thiÓu ®Ó chi tr¶ c¸c kho¶n trî cÊp cho viÖc thùc hiÖn chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ theo NghÞ quyÕt sè 16/2000/NQ-CP cña ChÝnh phñ ®îc cÊp tõ ng©n s¸ch nhµ níc. III. ViÖc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu ®Ó thùc hiÖn chÕ ®é tµi chÝnh cho ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu theo NghÞ ®Þnh sè 10/2002/N§-CP ngµy 16/01/2002 cña ChÝnh phñ 1. C¸c ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu ®îc tù chñ, tù chÞu tr¸ch nhiÖm vÒ tµi chÝnh, biªn chÕ, quü l¬ng vµ thu nhËp thùc hiÖn theo híng dÉn t¹i c¸c Th«ng t liªn tÞch: - Th«ng t liªn tÞch sè 20/2003/TTLT-BTC-BVHTT-BNV ngµy 24/3/2003 cña liªn tÞch Bé Tµi chÝnh - Bé V¨n hãa - Th«ng tin - Bé Néi vô h íng dÉn chÕ ®é qu¶n lý tµi chÝnh ®èi víi c¸c ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu ho¹t ®éng trong lÜnh vùc v¨n hãa - th«ng tin. - Th«ng t liªn tÞch sè 21/2003/TTLT-BTC-BGD§T-BNV ngµy 24/3/2003 cña liªn tÞch Bé Tµi chÝnh - Bé Gi¸o dôc vµ §µo t¹o - Bé Néi vô híng dÉn chÕ ®é qu¶n lý tµi chÝnh ®èi víi c¸c c¬ së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o c«ng lËp ho¹t ®éng cã thu. - Th«ng t liªn tÞch sè 22/2003/TTLT-BTC-BKHCN-BNV ngµy 24/3/2003 cña liªn tÞch Bé Tµi chÝnh - Bé Khoa häc vµ C«ng nghÖ - Bé Néi vô híng dÉn c¬ chÕ qu¶n lý tµi chÝnh ®èi víi c¸c tæ chøc khoa häc vµ c«ng nghÖ c«ng lËp ho¹t ®éng cã thu.
- 4 - Vµ Th«ng t liªn tÞch kh¸c híng dÉn thùc hiÖn NghÞ ®Þnh sè 10/2002/ N§-CP ngµy 16/01/2002 cña ChÝnh phñ. 2. §¬n vÞ sù nghiÖp tù b¶o ®¶m toµn bé chi phÝ ho¹t ®éng th êng xuyªn ®îc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng ®Ó x¸c ®Þnh quü tiÒn l- ¬ng, tiÒn c«ng cña ®¬n vÞ vµ tr¶ l¬ng cho tõng ngêi lao ®éng. PhÇn chªnh lÖch møc tiÒn l¬ng tèi thiÓu t¨ng thªm ®¬n vÞ tù trang tr¶i tõ c¸c nguån thu sù nghiÖp, c¸c kho¶n tiÕt kiÖm chi vµ c¸c quü cña ®¬n vÞ theo h íng dÉn cña Bé Tµi chÝnh. 3. §¬n vÞ sù nghiÖp tù b¶o ®¶m mét phÇn chi phÝ ho¹t ®éng th êng xuyªn ®îc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng ®Ó x¸c ®Þnh quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng cña ®¬n vÞ vµ tr¶ l¬ng cho ngêi lao ®éng. a) §èi víi ®¬n vÞ sù nghiÖp ®· thùc hiÖn møc l¬ng tèi thiÓu tõ 290.000 ®ång/th¸ng trë lªn tõ tríc ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 th× ®¬n vÞ tù b¶o ®¶m trang tr¶i, nhµ níc kh«ng ph¶i cÊp bï phÇn chªnh lÖch do ®iÒu chØnh møc l- ¬ng tèi thiÓu. PhÇn chªnh lÖch møc tiÒn l¬ng tèi thiÓu t¨ng thªm ®îc chi tõ c¸c nguån thu sù nghiÖp, c¸c kho¶n tiÕt kiÖm chi vµ c¸c quü cña ®¬n vÞ thùc hiÖn theo híng dÉn cña Bé Tµi chÝnh. b) C¸c ®¬n vÞ sù nghiÖp tù ®¶m b¶o mét phÇn kinh phÝ khi thùc hiÖn tiÒn l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng ph¶i sö dông c¸c nguån theo Th«ng t sè 16/2000/TT-BTC ngµy 14/3/2003 cña Bé Tµi chÝnh híng dÉn thùc hiÖn ®iÒu chØnh tiÒn l¬ng, trî cÊp x· héi n¨m 2003, nÕu thiÕu ng©n s¸ch nhµ n íc cÊp bï phÇn chªnh lÖch quü tiÒn l¬ng t¨ng thªm. IV. Tæ chøc thùc hiÖn 1. C¨n cø c¸c quy ®Þnh t¹i NghÞ ®Þnh sè 03/2003/N§-CP ngµy 15/01/2003 cña ChÝnh phñ vµ c¸c quy ®Þnh t¹i Th«ng t nµy, c¸c Bé trëng, Thñ trëng c¬ quan ngang Bé, Thñ tr ëng c¬ quan thuéc ChÝnh phñ vµ Chñ tÞch Uû ban nh©n d©n c¸c tØnh, thµnh phè trùc thuéc Trung ¬ng cã tr¸ch nhiÖm chØ ®¹o, híng dÉn triÓn khai thùc hiÖn. 2. C¸c c¬ quan hµnh chÝnh, ®¬n vÞ sù nghiÖp cã tr¸ch nhiÖm x©y dùng ph¬ng ¸n thùc hiÖn c¸c quy ®Þnh vÒ qu¶n lý biªn chÕ, tiÒn l ¬ng ®Ó ¸p dông møc tiÒn l¬ng tèi thiÓu míi ®¶m b¶o c«ng khai, d©n chñ theo quy ®Þnh cña ph¸p luËt vµ tr×nh cÊp cã thÈm quyÒn phª duyÖt tríc khi thùc hiÖn. 3. Bé, ngµnh, Uû ban nh©n d©n cÊp tØnh tæ chøc thÈm tra ph ¬ng ¸n vµ quyÕt ®Þnh b»ng v¨n b¶n theo thÈm quyÒn ®Ó c¸c c¬ quan, ®¬n vÞ thùc hiÖn; híng dÉn, kiÓm tra vµ gi¶i quyÕt c¸c ph¸t sinh v íng m¾c trong qu¸ tr×nh thùc hiÖn ®èi víi c¸c c¬ quan, ®¬n vÞ, c¸ nh©n thuéc ph¹m vi qu¶n lý cña Bé, ngµnh, ®Þa ph¬ng. V. §iÒu kho¶n thi hµnh Th«ng t nµy cã hiÖu lùc thi hµnh theo hiÖu lùc thi hµnh cña NghÞ ®Þnh sè 03/2003/N§-CP ngµy 15/01/2003 cña ChÝnh phñ. TiÒn l¬ng, tiÒn c«ng cña c¸n bé, c«ng chøc, viªn chøc trong c¬ quan hµnh chÝnh, ®¬n vÞ sù nghiÖp thuéc ®èi tîng ®iÒu chØnh cña Th«ng t nµy ®îc hëng tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003. Trong qu¸ tr×nh thùc hiÖn nÕu cã víng m¾c ®Ò nghÞ ph¶n ¸nh vÒ Bé Néi vô ®Ó nghiªn cøu gi¶i quyÕt.
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Thông tư 14/LĐTBXH-TT của Bộ Lao động, Thương binh và Xã hội
10 p | 288 | 43
-
Thông tư liên tịch 04/2009/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
3 p | 792 | 32
-
Thông tư liên tịch 03/2009/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
5 p | 223 | 23
-
Thông tư liên tịch 01/2009/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ, Bộ Tài chính
5 p | 392 | 20
-
Thông tư liên tịch của Bộ Nội vụ – Bộ Tài chính Số: 01/2008/TTLT-BNV-BTC
5 p | 159 | 15
-
Công văn 2436/BNV-TL của Bộ Nội Vụ về
1 p | 103 | 15
-
Công văn 1965/BNV-TL của Bộ Nội vụ
1 p | 163 | 14
-
Thông tư liên tịch 02/2009/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
3 p | 160 | 12
-
Thông tư 34/2004/TTLT-BNV-BTC-BLĐTBXH của Bộ Nội vụ, Bộ Tài chính và Bộ Lao động, Thương binh và Xã hội
11 p | 233 | 9
-
Thông tư liên tịch 02/2006/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
4 p | 118 | 9
-
Thông tư 14/2006/TT-BLĐTBXH của Bộ Lao động, Thương binh và Xã hội
4 p | 110 | 5
-
Thông tư liên tịch 01/2006/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
2 p | 112 | 5
-
Thông tư liên tịch 03/2008/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
3 p | 139 | 5
-
Thông tư liên tịch 05/2007/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
4 p | 63 | 4
-
Thông tư 14/LĐTBXH-TT
7 p | 156 | 4
-
Thông tư 14/2006/TT-BNN của Bộ Nông nghiệp và Phát triển nông thôn
3 p | 104 | 3
-
Thông tư liên tịch 03/2003/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
20 p | 49 | 2

markdown:
# Thông tư 14/2003/TT-BNV của Bộ Nội vụ
Chia sẻ: Phạm Vân Sơn | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4
lượt xem 7
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2009/20090819/vanson/80x100/03000608.jpg)
##
Thông tư 14/2003/TT-BNV của Bộ Nội vụ
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static.tlvnimg.com/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Thông tư 14/2003/TT-BNV của Bộ Nội vụ về việc hướng dẫn việc áp dụng mức lương tối thiểu khi thực hiện khoán biên chế và kinh phí quản lý hành chính, chính sách tinh giảm biên chế, chế độ tài chính áp dụng cho đơn vị sự nghiệp có thu
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: Thông tư 14/2003/TT-BNV của Bộ Nội vụ
- v¨n phßng quèc héi c¬ së d÷ liÖu luËt viÖt nam LAWDATA TH¤NG T¦ cña Bé Néi vô sè 14/2003/TT-BNV ngµy 16 th¸ng 4 n¨m 2003 híng dÉn viÖc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu khi thùc hiÖn kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh; chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ; chÕ ®é tµi chÝnh ¸p dông cho ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu Thùc hiÖn kho¶n 1, §iÒu 4 NghÞ ®inh sè 03/2003/N§-CP ngµy 15 th¸ng 01 n¨m 2003 cña ChÝnh phñ vÒ viÖc ®iÒu chØnh tiÒn l¬ng, trî cÊp x· héi vµ ®æi míi mét bíc c¬ chÕ qu¶n lý tiÒn l¬ng; sau khi cã ý kiÕn cña Bé Tµi chÝnh t¹i C«ng v¨n sè 2860/TC-CSTC ngµy 28 th¸ng 3 n¨m 2003, Bé Néi vô híng dÉn ¸p dông diÒu chØnh l¬ng tèi thiÓu trong qu¸ tr×nh thùc hiÖn kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh; thùc hiÖn chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ, chÕ ®é tµi chÝnh ®èi víi ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu nh sau: I. ViÖc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu ®èi víi c¸c c¬ quan hµnh chÝnh nhµ níc thùc hiÖn më réng thÝ ®iÓm kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh theo QuyÕt ®Þnh sè 192/2001/Q§-TTg ngµy 17 th¸ng 12 n¨m 2001 cña Thñ tíng ChÝnh phñ. 1. Quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng n¨m cña c¸c c¬ quan hµnh chÝnh thùc hiÖn thÝ ®iÓm kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh tríc ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 thùc hiÖn theo quy ®Þnh t¹i ®iÓm 7.2.2 môc 7 PhÇn II Th«ng t liªn tÞch sè 17/2002/TTLT-BTC-BTCCBCP ngµy 08/02/2002, tÝnh theo møc l¬ng tèi thiÓu 210.000 ®ång/th¸ng vµ æn ®Þnh trong 3 n¨m kÓ tõ ngµy thùc hiÖn kho¸n. Tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 do Nhµ níc quy ®Þnh møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng nªn ngoµi quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng nªu t¹i ®iÓm nµy cßn ®îc bæ sung thªm c¸c kho¶n sau: a) Quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng bæ sung ®îc tÝnh theo c«ng thøc sau: QTLbs = Lcl x (K2 + K3) x L x 12 th¸ng. Trong ®ã: - QTLbs: Quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng bæ sung. - Lcl: Møc chªnh lÖch l¬ng tèi thiÓu gi÷a 290.000 ®ång/th¸ng víi 210.000 ®ång/th¸ng (80.000 ®ång/th¸ng). - K2: HÖ sè l¬ng cÊp bËc b×nh qu©n cña ®¬n vÞ - Ka: HÖ sè phô cÊp l¬ng b×nh qu©n cña ®¬n vÞ - L: Sè biªn chÕ vµ lao ®éng hîp ®ång kh«ng x¸c ®Þnh thêi h¹n ®îc s¾p xÕp l¹i theo ph¬ng ¸n ®· ®îc cÊp cã thÈm quyÒn phª duyÖt (sè biªn chÕ vµ lao ®éng nµy ph¶i nhá h¬n hoÆc b»ng sè biªn chÕ ®îc giao kho¸n). b) Kho¶n trÝch nép b¶o hiÓm x· héi, b¶o hiÓm y tÕ, kinh phÝ c«ng ®oµn bæ sung ®îc tÝnh theo c«ng thøc sau: TN = QTLbs x TL % Trong ®ã: - TN lµ tæng kinh phÝ ®îc bæ sung ®Ó nép b¶o hiÓm x· héi, b¶o hiÓm y tÕ, kinh phÝ c«ng ®oµn cho c¸n bé, c«ng chøc.
- 2 - TL% lµ tû lÖ % tÝnh theo quü l¬ng bæ sung ®Ó trÝch nép 15% b¶o hiÓm x· héi, 2% b¶o hiÓm y tÕ, 2% kinh phÝ c«ng ®oµn. VÝ dô: C¬ quan X ®îc giao kho¸n biªn chÕ vµ kinh phÝ qu¶n lý hµnh chÝnh tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2002 ®Õn ngµy 31 th¸ng 12 n¨m 2004, chØ tiªu biªn chÕ ®îc giao kho¸n 200 ngêi, hÖ sè l¬ng b×nh qu©n cÊp bËc 3,4, hÖ sè phô cÊp l¬ng b×nh qu©n 0,2. N¨m 2002 ®· gi¶m ®îc 20 ngêi. VËy quü l¬ng bæ sung tõ n¨m 2003 cña c¬ quan X lµ: 80.000 ®ång/th¸ng x (3,4 + 0,2) x 180 ngêi x 12 th¸ng = 622,08 triÖu ®ång. - Kho¶n trÝch nép b¶o hiÓm x· héi, b¶o hiÓm y tÕ, kinh phÝ c«ng ®oµn ®îc bæ sung. 622,08 triÖu x 19% = 118,2 triÖu ®ång. - Tæng quü l¬ng giao kho¸n vµ c¸c kho¶n trÝch nép tõ n¨m 2003 lµ: 210.000 ®ång/th¸ng x (3,4 + 0,2) x 200 ngêi x 12 th¸ng + 622,08 triÖu + 118,2 triÖu = 2.554,68 triÖu ®ång. 2. C¸c c¬ quan hµnh chÝnh nhµ níc, hµnh chÝnh cña §¶ng, ®oµn thÓ ®îc c¬ quan cã thÈm quyÒn quyÕt ®Þnh thùc hiÖn thÝ ®iÓm kho¸n tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng ®îc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång. 3. Nguån ®Ó bæ sung quü l¬ng thùc hiÖn theo quy ®Þnh t¹i kho¶n 1, kho¶n 3, kho¶n 4, §iÒu 2 NghÞ ®inh sè 03/2003/N§-CP ngµy 15/01/2003 cña ChÝnh phñ vµ Th«ng t cña Bé Tµi chÝnh sè 16/2003/TT-BTC ngµy 14/3/2003 híng dÉn nguån thùc hiÖn ®iÒu chØnh tiÒn l¬ng, trî cÊp x· héi n¨m 2003. II. ViÖc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu khi thùc hiÖn chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ trong c¸c c¬ quan hµnh chÝnh, ®¬n vÞ sù nghiÖp theo NghÞ quyÕt sè 16/2000/NQ-CP ngµy 18/10/2000 cña ChÝnh phñ. 1. Møc l¬ng tèi thiÓu ®Ó tÝnh l¬ng th¸ng tr¶ trî cÊp th«i viÖc theo sè n¨m cã ®ãng b¶o hiÓm x· héi cho nh÷ng ng êi th«i viÖc do tinh gi¶n biªn chÕ quy ®Þnh nh sau: 1.1. Møc l¬ng tèi thiÓu 210.000 ®ång/th¸ng ®Ó tÝnh l¬ng th¸ng tr¶ trî cÊp th«i viÖc theo sè n¨m cã ®ãng b¶o hiÓm x· héi tõ tríc ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003. 1.2. Møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng ®Ó tÝnh l¬ng th¸ng tr¶ trî cÊp th«i viÖc theo sè n¨m cã ®ãng b¶o hiÓm x· héi tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003. VÝ dô: «ng TrÇn V¨n D, thuéc diÖn tinh gi¶n biªn chÕ cã hÖ sè l¬ng c¬ b¶n lµ 2,5, hÖ sè phô cÊp khu vùc 0,3 tÝnh ®Õn ngµy th«i viÖc th¸ng 11 n¨m 2003 «ng cã 10 n¨m 2 th¸ng ®ãng b¶o hiÓm x· héi. ChÕ ®é th«i viÖc cña «ng ®îc tÝnh nh sau: - TiÒn l¬ng th¸ng vµ phô cÊp cña «ng D hëng tríc ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 ®Ó tÝnh trî cÊp th«i viÖc. 210.000 ®ång x (2,5 + 0,3) = 588.000 ®ång/th¸ng.
- 3 - TiÒn l¬ng th¸ng vµ phô cÊp cña «ng D h ëng tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 ®Ó tÝnh trî cÊp th«i viÖc. 290.000 ®ång x (2,5 + 0,3) = 812.000 ®ång/th¸ng. a) Sè tiÒn trî cÊp theo NghÞ ®Þnh sè 96/1998/N§-CP. - Trî cÊp t×m viÖc lµm. 812.000 ®ång x 3 th¸ng = 2.436.000 ®ång - Trî cÊp th«i viÖc. 588.000 ®ång x 9 th¸ng + 812.000 ®ång x 1 th¸ng = 6.104.000 ®ång b) Sè tiÒn trî cÊp th«i viÖc theo NghÞ quyÕt sè 16/2000/NQ-CP lµ: 588.000 ®ång x 9 th¸ng + 812.000 ®ång x 1 th¸ng = 6.104.000 ®ång Tæng sè tiÒn «ng D ®îc nhËn khi th«i viÖc lµ (a +b) 2.436.000 ®ång + 6.104.000 ®ång + 6.104.000 ®ång = 14.644.000 ®ång. 2. Kho¶n trî cÊp nghØ hu tríc tuæi; trî cÊp khi ®îc cö sang lµm viÖc ë c¸c c¬ së b¸n c«ng trî cÊp t×m viÖc lµm; tr¶ l¬ng trong thêi gian ®i häc ®Ó t×m viÖc lµm vµ trî cÊp 6 th¸ng ®èi víi c¸c tr êng hîp ®i häc ®Ó chuyÓn nghÒ tríc khi th«i viÖc ®îc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng. 3. Ph¬ng ph¸p tÝnh to¸n møc tiÒn l¬ng cÊp bËc, phô cÊp theo l¬ng (nÕu cã) theo quy ®Þnh t¹i Th«ng t liªn tÞch sè 73/2000/TTLT-BTC- BTCCBCP ngµy 28/12/2000 híng dÉn thùc hiÖn NghÞ quyÕt sè 16/2000/NQ- CP vÒ chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ trong c¸c c¬ quan hµnh chÝnh, ®¬n vÞ sù nghiÖp. 4. Kinh phÝ t¨ng thªm do ®iÒu chØnh l¬ng tèi thiÓu ®Ó chi tr¶ c¸c kho¶n trî cÊp cho viÖc thùc hiÖn chÝnh s¸ch tinh gi¶n biªn chÕ theo NghÞ quyÕt sè 16/2000/NQ-CP cña ChÝnh phñ ®îc cÊp tõ ng©n s¸ch nhµ níc. III. ViÖc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu ®Ó thùc hiÖn chÕ ®é tµi chÝnh cho ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu theo NghÞ ®Þnh sè 10/2002/N§-CP ngµy 16/01/2002 cña ChÝnh phñ 1. C¸c ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu ®îc tù chñ, tù chÞu tr¸ch nhiÖm vÒ tµi chÝnh, biªn chÕ, quü l¬ng vµ thu nhËp thùc hiÖn theo híng dÉn t¹i c¸c Th«ng t liªn tÞch: - Th«ng t liªn tÞch sè 20/2003/TTLT-BTC-BVHTT-BNV ngµy 24/3/2003 cña liªn tÞch Bé Tµi chÝnh - Bé V¨n hãa - Th«ng tin - Bé Néi vô h íng dÉn chÕ ®é qu¶n lý tµi chÝnh ®èi víi c¸c ®¬n vÞ sù nghiÖp cã thu ho¹t ®éng trong lÜnh vùc v¨n hãa - th«ng tin. - Th«ng t liªn tÞch sè 21/2003/TTLT-BTC-BGD§T-BNV ngµy 24/3/2003 cña liªn tÞch Bé Tµi chÝnh - Bé Gi¸o dôc vµ §µo t¹o - Bé Néi vô híng dÉn chÕ ®é qu¶n lý tµi chÝnh ®èi víi c¸c c¬ së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o c«ng lËp ho¹t ®éng cã thu. - Th«ng t liªn tÞch sè 22/2003/TTLT-BTC-BKHCN-BNV ngµy 24/3/2003 cña liªn tÞch Bé Tµi chÝnh - Bé Khoa häc vµ C«ng nghÖ - Bé Néi vô híng dÉn c¬ chÕ qu¶n lý tµi chÝnh ®èi víi c¸c tæ chøc khoa häc vµ c«ng nghÖ c«ng lËp ho¹t ®éng cã thu.
- 4 - Vµ Th«ng t liªn tÞch kh¸c híng dÉn thùc hiÖn NghÞ ®Þnh sè 10/2002/ N§-CP ngµy 16/01/2002 cña ChÝnh phñ. 2. §¬n vÞ sù nghiÖp tù b¶o ®¶m toµn bé chi phÝ ho¹t ®éng th êng xuyªn ®îc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng ®Ó x¸c ®Þnh quü tiÒn l- ¬ng, tiÒn c«ng cña ®¬n vÞ vµ tr¶ l¬ng cho tõng ngêi lao ®éng. PhÇn chªnh lÖch møc tiÒn l¬ng tèi thiÓu t¨ng thªm ®¬n vÞ tù trang tr¶i tõ c¸c nguån thu sù nghiÖp, c¸c kho¶n tiÕt kiÖm chi vµ c¸c quü cña ®¬n vÞ theo h íng dÉn cña Bé Tµi chÝnh. 3. §¬n vÞ sù nghiÖp tù b¶o ®¶m mét phÇn chi phÝ ho¹t ®éng th êng xuyªn ®îc ¸p dông møc l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng ®Ó x¸c ®Þnh quü tiÒn l¬ng, tiÒn c«ng cña ®¬n vÞ vµ tr¶ l¬ng cho ngêi lao ®éng. a) §èi víi ®¬n vÞ sù nghiÖp ®· thùc hiÖn møc l¬ng tèi thiÓu tõ 290.000 ®ång/th¸ng trë lªn tõ tríc ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003 th× ®¬n vÞ tù b¶o ®¶m trang tr¶i, nhµ níc kh«ng ph¶i cÊp bï phÇn chªnh lÖch do ®iÒu chØnh møc l- ¬ng tèi thiÓu. PhÇn chªnh lÖch møc tiÒn l¬ng tèi thiÓu t¨ng thªm ®îc chi tõ c¸c nguån thu sù nghiÖp, c¸c kho¶n tiÕt kiÖm chi vµ c¸c quü cña ®¬n vÞ thùc hiÖn theo híng dÉn cña Bé Tµi chÝnh. b) C¸c ®¬n vÞ sù nghiÖp tù ®¶m b¶o mét phÇn kinh phÝ khi thùc hiÖn tiÒn l¬ng tèi thiÓu 290.000 ®ång/th¸ng ph¶i sö dông c¸c nguån theo Th«ng t sè 16/2000/TT-BTC ngµy 14/3/2003 cña Bé Tµi chÝnh híng dÉn thùc hiÖn ®iÒu chØnh tiÒn l¬ng, trî cÊp x· héi n¨m 2003, nÕu thiÕu ng©n s¸ch nhµ n íc cÊp bï phÇn chªnh lÖch quü tiÒn l¬ng t¨ng thªm. IV. Tæ chøc thùc hiÖn 1. C¨n cø c¸c quy ®Þnh t¹i NghÞ ®Þnh sè 03/2003/N§-CP ngµy 15/01/2003 cña ChÝnh phñ vµ c¸c quy ®Þnh t¹i Th«ng t nµy, c¸c Bé trëng, Thñ trëng c¬ quan ngang Bé, Thñ tr ëng c¬ quan thuéc ChÝnh phñ vµ Chñ tÞch Uû ban nh©n d©n c¸c tØnh, thµnh phè trùc thuéc Trung ¬ng cã tr¸ch nhiÖm chØ ®¹o, híng dÉn triÓn khai thùc hiÖn. 2. C¸c c¬ quan hµnh chÝnh, ®¬n vÞ sù nghiÖp cã tr¸ch nhiÖm x©y dùng ph¬ng ¸n thùc hiÖn c¸c quy ®Þnh vÒ qu¶n lý biªn chÕ, tiÒn l ¬ng ®Ó ¸p dông møc tiÒn l¬ng tèi thiÓu míi ®¶m b¶o c«ng khai, d©n chñ theo quy ®Þnh cña ph¸p luËt vµ tr×nh cÊp cã thÈm quyÒn phª duyÖt tríc khi thùc hiÖn. 3. Bé, ngµnh, Uû ban nh©n d©n cÊp tØnh tæ chøc thÈm tra ph ¬ng ¸n vµ quyÕt ®Þnh b»ng v¨n b¶n theo thÈm quyÒn ®Ó c¸c c¬ quan, ®¬n vÞ thùc hiÖn; híng dÉn, kiÓm tra vµ gi¶i quyÕt c¸c ph¸t sinh v íng m¾c trong qu¸ tr×nh thùc hiÖn ®èi víi c¸c c¬ quan, ®¬n vÞ, c¸ nh©n thuéc ph¹m vi qu¶n lý cña Bé, ngµnh, ®Þa ph¬ng. V. §iÒu kho¶n thi hµnh Th«ng t nµy cã hiÖu lùc thi hµnh theo hiÖu lùc thi hµnh cña NghÞ ®Þnh sè 03/2003/N§-CP ngµy 15/01/2003 cña ChÝnh phñ. TiÒn l¬ng, tiÒn c«ng cña c¸n bé, c«ng chøc, viªn chøc trong c¬ quan hµnh chÝnh, ®¬n vÞ sù nghiÖp thuéc ®èi tîng ®iÒu chØnh cña Th«ng t nµy ®îc hëng tõ ngµy 01 th¸ng 01 n¨m 2003. Trong qu¸ tr×nh thùc hiÖn nÕu cã víng m¾c ®Ò nghÞ ph¶n ¸nh vÒ Bé Néi vô ®Ó nghiªn cøu gi¶i quyÕt.
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Thông tư 14/LĐTBXH-TT của Bộ Lao động, Thương binh và Xã hội
10 p |
288 |
43
-
Thông tư liên tịch 04/2009/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
3 p |
792 |
32
-
Thông tư liên tịch 03/2009/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
5 p |
223 |
23
-
Thông tư liên tịch 01/2009/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ, Bộ Tài chính
5 p |
392 |
20
-
Thông tư liên tịch của Bộ Nội vụ – Bộ Tài chính Số: 01/2008/TTLT-BNV-BTC
5 p |
159 |
15
-
Công văn 2436/BNV-TL của Bộ Nội Vụ về
1 p |
103 |
15
-
Công văn 1965/BNV-TL của Bộ Nội vụ
1 p |
163 |
14
-
Thông tư liên tịch 02/2009/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
3 p |
160 |
12
-
Thông tư 34/2004/TTLT-BNV-BTC-BLĐTBXH của Bộ Nội vụ, Bộ Tài chính và Bộ Lao động, Thương binh và Xã hội
11 p |
233 |
9
-
Thông tư liên tịch 02/2006/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
4 p |
118 |
9
-
Thông tư 14/2006/TT-BLĐTBXH của Bộ Lao động, Thương binh và Xã hội
4 p |
110 |
5
-
Thông tư liên tịch 01/2006/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
2 p |
112 |
5
-
Thông tư liên tịch 03/2008/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
3 p |
139 |
5
-
Thông tư liên tịch 05/2007/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
4 p |
63 |
4
-
Thông tư 14/LĐTBXH-TT
7 p |
156 |
4
-
Thông tư 14/2006/TT-BNN của Bộ Nông nghiệp và Phát triển nông thôn
3 p |
104 |
3
-
Thông tư liên tịch 03/2003/TTLT-BNV-BTC của Bộ Nội vụ và Bộ Tài chính
20 p |
49 |
2

WARC-Type: response

Content-Type: application/http; msgtype=response

WARC-Identified-Payload-Type: application/xhtml+xml

Server: Apache/2.2.31 (CentOS)

Connection: close

Pragma: no-cache

Cache-Control: no-store, no-cache, must-revalidate, post-check=0, pre-check=0

Set-Cookie: TLDEVNamespace=ubro67ejbv8nc2irrvg8kprb72; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly

Vary: Accept-Encoding

Content-Type: text/html; charset=UTF-8


text:
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 2
Chia sẻ: Trần Bá Phúc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:59
lượt xem 215
download
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 2
Tài liệu " Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 2" nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập hoá học một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 2
- Nguyễn Hữu Điển OLYMPIC TOÁN NĂM 2000 49 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI (Tập 2) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC
- 2
- Lời nói đầu Để thử gói lệnh lamdethi.sty tôi biên soạn một số đề toán thi Olympic, mà các học trò của tôi đã làm bài tập khi học tập L TEX. Để phụ vụ các bạn A ham học toán tôi thu thập và gom lại thành các sách điện tử, các bạn có thể tham khảo. Mỗi tập tôi sẽ gom khoảng 50 bài với lời giải. Tập này có sự đóng góp của Trịnh Quang Anh, Nguyễn Thị Bình, Nguyễn Thị Thanh Bình, Đào thị Kim Cúc, Nguyễn Hoàng Cương, Giáp Thị Thùy Dung, Mai Xuân Đông, Hoàng Hà, Nguyễn Thị Thanh Hà. Rất nhiều bài toán dịch không được chuẩn, nhiều điểm không hoàn toàn chính xác vậy mong bạn đọc tự ngẫm nghĩ và tìm hiểu lấy. Nhưng đây là nguồn tài liệu tiếng Việt về chủ đề này, tôi đã có xem qua và người dịch là chuyên về ngành Toán phổ thông. Bạn có thể tham khảo lại trong [1]. Rất nhiều đoạn vì mới học TeX nên cấu trúc và bố trí còn xấu, tôi không có thời gian sửa lại, mong các bạn thông cảm. Hà Nội, ngày 2 tháng 1 năm 2010 Nguyễn Hữu Điển 51 89/176-05 Mã số: 8I092M5 GD-05
- Mục lục Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Chương 1. Đề thi olympic Israel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Chương 2. Đề thi olympic Italy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Chương 3. Đề thi olympic Nhật Bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Chương 4. Đề thi olympic Korea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Chương 5. Đề thi olympic Mông cổ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 Chương 6. Đề thi olympic Rumani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Chương 7. Đề thi olympic Nước Nga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Chương 8. Đề thi olympic Đài Loan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Chương 9. Đề thi olympic Thổ Nhĩ Kỳ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
- Chương 1 Đề thi olympic Israel 1.1. Định nghĩa f (n) = n!. Cho a = 0.f (1)f (2)f (3).... Nói cách khác, để thu được sự biểu diễn phần thập phân của a viết các biểu diễn thập phân của f (1), f (2)., ... trong một hàng, a có phải là số hữu tỷ không? Lời giải: Nếu a là số hữu tỷ thì các con số trong phần thập phân phải xuất hiện một cách tuần hoàn. Vì f(n) luôn bao gồm một số khác không, nên phần tuần hoàn của phần thập phân không thể chỉ bao gồm toàn số không. Tuy nhiên, n đủ lớn, số các số 0 chưa trong f(n) tiến tới vô cùng, vì vậy phần tuần hoàn của phần thập phân phải chứa toàn số 0 – mâu thuẫn. Vì vậy a không là số hữu tỷ. 1.2. . ∆ ABC đỉnh là những điểm nguyên. Hai trong ba cạnh có độ dài thuộc √ √ √ tập 17, 1999, 2000 . Tìm giá trị lớn nhất có thể của diện tích ∆ABC. Lời giải: Không mất tổng quát, giả sử cạnh AB, BC có độ dài thuộc √ √ √ 17, 1999, 2000 thì √ √ SABC = 1 AB.BC sin BCA≤ 1 2000 2000 sin π = 1000. 2 2 2
- 6 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn trong ∆ mà đỉnh là (0,0); (44,8) và √ (-8, 44) chính xác 2 cạnh dài 2000 vì 442 + 82 = 2000 và góc giữa 2 cạnh là π . Từ đó, diện tích lớn nhất của ∆ là 1000. 2 1.3. Bài toán 3.Các điểm A, B, C, D, E, F nằm trên 1 đường tròn và các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy. Lấy P, Q, R là các trung điểm cạnh AD, BC, CF tương ứng. 2 đoạn (dây cung) AG, AH được vẽ sao cho AG // BE và AH//CF chứng minh rằng ∆ PQR và ∆ DGH đồng dạng. Lời giải: Các góc định hướng môđun π. Giả sử đoạn thẳng AD, BE, CF đồng quy (cắt nhau) tại X và O là tâm đường tròn cho ở bài. Hiển nhiên OP X = OQX = ORX = π , suy ra O, P, Q, R và X cùng 2 thuộc 1 đường tròn. Vì vậy DGH = DAH = DXC = π − CXP = π − RXP = P QR Tương tự DGH = P RQ, từ đó suy ra ∆PQR ∼ ∆DGH. 1.4. Một hình vuông ABCD cho trước, một phép đạc tam giác của hình vuông là 1 sự phân chia hình và thành các tam giác sao cho bất kỳ 2 tam giác đều được tách rời, chỉ chung 1 đỉnh hoặc chung nhau chỉ 1 cạnh cụ thể. Không đỉnh nào của 1 tam giác có thể nằm ở phần trong của cạnh tam giác khác). Một “phép đạc tam giác tốt” của 1 hình vuông là phép đạc trong đó mọi tam giác đều nhọn. a. Cho 1 ví dụ về phép đạc tam giác tốt của hình vuông. b. Tìm số nhỏ nhất của các tam giác cần để có một phép đạc tam giác tốt? Lời giải: Ta đưa ra 1 ví dụ về phép đạc tam giác tốt với 8 tam giác. Đặt hướng hình vuông sao cho đoạn AB đặt nằm ngang và A là đỉnh trên bên trái. Lấy M và N là các trung điểm cạnh AB và CD tương ứng, và P là 1 điểm trung đoạn MN khác trung điểm MN. Các góc MP A, AP D và DP N và các góc phản xạ của chúng qua MN - tất cả đều là các góc nhọn. Ta chọn Q, R trên đường thẳng nằm ngang qua P sao cho Q, P, R nằm theo thứ tự từ trái qua phải và QP, PR có độ dài rất nhỏ (không đáng kể) chia hình vuông thành các ∆ bằng cách vẽ đoạn QA, QM, QN, QD, RB, RM, RN, RC và QR. Nếu ta chọn Q sao cho PQ đủ nhỏ thì số đo các góc MQA, AQD, DQN sẽ gần bằng số đo góc MP A,
- Đề thi olympic Israel 7 AP D, DP N, vì vậy những tam giác này sẽ nhọn. Tương tự, nếu chọn R sao cho PR đủ nhỏ thì MRB, BRC, CRN sẽ cùng nhọn. Dễ kiểm tra rằng các góc trong sự phân chia trên là nhọn như yêu cầu. b.Ta sẽ chứng minh số nhỏ nhất là 8. Ta đã chỉ ra rằng 8 là giá trị có thể thực hiện được. Vì vậy, chỉ cần chỉ ra những phép đạc tam giác tốt nào với ít hơn 8 tam giác. Nhận xét rằng trong 1 phép đạc tam giác tốt, mỗi đỉnh của ABCD là đỉnh của ít nhất 2 tam giác bởi vì góc vuông đó phải được chia thành các góc nhọn. Như vậy, bất kỳ đỉnh nào nằm trên cạnh ABCD phải là đỉnh của ít nhất 3 tam giác và bất kỳ đỉnh nằm ở phần trong phải là đỉnh của ít nhất 5 tam giác. Tóm lại, ta có thể chứng minh một kết quả mạnh hơn về mỗi góc của hình vuông ABCD. Phải có một tam giác mà cạnh bắt đầu từ đỉnh hình vuông và điểm cuối nằm trọn ở phần trong hình vuông ABCD. Không mất tổng quát, giả sử góc (đỉnh) đó là A. Cạnh AX nào đó của tam giác chia góc vuông tại A ra.Giả sử phản chứng rằng X không nằm ở phần trong hình vuông ABCD, không mất tổng quát, giả sử X thuộc đoạn BC (không trùng B). Bằng định nghĩa của phép đạc tam giác : không có đỉnh khác của một tam giác trong phép đạc tam giác nằm trên đoạn AX. Vì vậy, có 1 điểm Y trong ∆ABX sao cho ∆AXY là một thành phần C phần tử của phép đạc tam giác tốt. Nhưng nếu vậy AY X ≥ ABX = π 2 : mâu thuẫn. Ta xét 1 phép đạc tam giác tốt bất kỳ của ABCD. Lấy i là số của “các đỉnh trong” – các đỉnh trong phép đạc tam giác mà nằm bên trong hình vuông ABCD. Theo trên i ≥ 1. Trước tiên giả sử rằng có một đỉnh trong P. Kết quả của đoạn trước cho ta: đoạn PA, PB, PC, PD phải là các cạnh của các tam giác trong phép đạc tam giác. Một trong góc AP B, BP C, CP D, DP A phải lớn hơn π giả sử là AP B. Góc này phải được 2 chia ra trong phép đạc tam giác này bằng cạnh PQ nào đó, với Q là điểm thuộc đoạn AB. Nhưng cả AQP và BQP có số đo ít nhất là π nên 2 Q phải nằm trong cạnh của tam giác nào đó mà không nằm trong đoạn QA, QB hoặc QP. Tuy nhiên không thể tạo được một cạnh mà không cắt AP hoặc BP và cạnh đó không kết thúc ở một đỉnh trong thứ hai.
- 8 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Giả sử tiếp i ≥ 2. Với mỗi một n các tam giác, ta có thể đếm 3 cạnh để có tổng 3n; mỗi cạnh nằm trên biên hình vuông được đếm 1 lần, các cạnh khác được đếm hai lần. Nếu i = 2 thì với mỗi 2 điểm trong ít nhất 5 cạnh tam giác nhận điểm đó làm điểm cuối, nhiều nhất 1 cạnh tam giác chứa cả hai đỉnh trong, nên ít nhất 9 cạnh tam giác không nằm ở biên của hình vuông. Nếu i ≥ 3, lấy bất kỳ 3 đỉnh trong. Mỗi đỉnh thuộc ít nhất 5 cạnh tam giác và nhiều nhất 3 cạnh tam giác chứa 2 trong 3 đỉnh đó. Vì vậy ít nhất 3 x 5 – 3 = 12 cạnh tam giác. Không thuộc biên hình vuông. Trong cả hai trường hợp đều có ít nhất 9 cạnh tam giác không thuộc biên hình vuông, và hơn nữa lại có 4 cạnh tam giác thuộc biên hình vuông. Vì vậy 3n≥9 x 2 + 4 = 22 hay n ≥ 8. Vì vậy trong mọi trường hợp phải có ít nhất 8 tam giác thoả mãn yêu cầu.
- Chương 2 Đề thi olympic Italy 2.5. Giả sử ABCD là một tứ giác lồi, với α = ∠DAB; β = ∠ACB; δ = ∠DBC; và = ∠DBA. Giả thiết rằng α < π/2, β + γ = π/2 và δ + 2 = π, chứng minh rằng (DB + BC)2 = AD 2 + AC 2 . D β B C δ γ α β A D Lời giải: Giả sử D là điểm đối xứng của D qua đường thẳng AB. Ta có ∠D BA = ∠DBA = , nên ∠D BC = ∠D BA + ∠ABD + ∠DBC = 2 + δ = π. Vậy, D , B, C là thẳng hàng. Cũng có ∠AD C + ∠ACD = ∠ADB + ∠ACB = β + γ = π/2, nên ∠D AC = π/2 và tam giác A AC vuông. Theo định lí Pythagorean, D C = AD 2 + AC 2 , kéo theo (DB + BC)2 = (D B + BC)2 = D C 2 = AD 2 + AC 2 = AD 2 + AC 2 ,
- 10 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội được điều phải chứng minh. 2.6. Cho số nguyên cố định n > 1, Alberto và Barbara chơi trò chơi sau, bắt đầu với bước đầu tiên và sau đó xen kẽ giữa lần thứ hai và lần thứ ba : • Alberto chọn một số nguyên dương. • Barbara chọn một số nguyên lớn hơn 1 là một bội hoặc ước của số nguyên của Alberto, có thể chọn đúng là số nguyên của Alberto. • Alberto cộng hoặc trừ 1 từ số của Barbara. Barbara chiến thắng nếu cô ấy chọn ra n với 50 lần chơi. Với giá trị nào của n cô ấy là người thắng cuộc. Lời giải: Mục đích của chúng ta là Barbara là người thắng cuộc nếu và chỉ nếu ít nhất là một điều kiện sau được thỏa mãn : • n = 2; • 4| n ; • có số nguyên m > 1, sao cho (m2 − 1)| n. Đầu tiên chúng ta chỉ ra rằng khi và chỉ khi ba điều kiện này là đúng, thì Barbara là người chiến thắng. Nếu Barbara chọn lần đầu tiên a là một số chẵn thì Barbara có thể chọn 2 trong lần đàu tiên. Nếu thay a bằng một số lẻ, thì Barbara có thể chọn chính là số a là tốt nhất. Nếu a = n, cô ấy chiến thắng; nói cách khác, lần chọn thứ hai của Alberto phải là số chẵn, và Barbara có thể chọn số 2 trong lần chọn thứ hai. Giả sử a1 , b1 , a2 , b2 , . . . là các số được chọn sau khi Barbara chọn 2 cho lần chọn đầu tiên. Trường hợp 1 : (a) n = 2, trong trường hợp này Barbara thực sự chiến thắng. (b) 4| n. Nếu a1 = 1, thì Barbara có thể chọn b1 = n và chiến thắng. Nói cách khác, a1 = 3, Barbara có thể chọn b1 = 3, a2 bằng 2 hoặc 4, và Barbara có thể chọn b2 = n. (c) Có số nguyên m > 1, (m2 − 1)| n. Như trường hợp 2, Alberto phải chọn a1 = 3 để ngăn Barbara thắng cuộc. Thực tế, có đúng một số nguyên trong các số m − 1, m và m + 1 chia hết cho 3, nghĩa là hoặc 3 chia hết m hoặc 3 chia hết m2 − 1và vì vị 3 chia hết n. Trong trường hợp đầu tiên, Barbara có thể chọn b1 = m, bắt buộc a2 = m ± 1 và kéo theo Barbara chọn b2 = n. trong trường hợp
- Đề thi olympic Italy 11 sau, Barbara có thể chọn b1 = n. Bây giờ chúng ta thấy rằng Barbara có một chiến thuật chiến thắng nếu ít nhất một trong các điều kiện là đúng. Bây giờ chúng ta giả thiết rằng không điều kiện nào là đúng với n > 1 và chứng minh rằng Alberto có thể luôn luôn ngăn cản Barbara tiến đến chiến thắng. Bởi vì điều kiện thứ nhất và thứ hai là không đúng và bởi vì điều kiện thứ hai là sai với m = 2, chúng ta có n = 2, 3, 4,. Vậy n > 4. Gọi một số nguyên dương n là số hy vọng nếu a|n và n|a. Chúng ta chứng minh rằng với số nguyên b > 1, tồn tại a ∈ {b − 1, b + 1} sao cho a là số hy vọng. Đêìu này kéo theo rằng Alberto có thể bắt đầu chọn một vài số hy vọng và cũng chọn một vài số hy vọng theo sau để ngăn cản Barbara tiến đến chiến thắng sau 50 lần. Giả sử vì điều kiện là mục đích trên là sai với số nguyên b > 1. Nếu b > n, thì b − 1 và b + 1 phải là bội của n. Do đó n chia hết hiệu, tức là 2, mâu thuẫn. Nói cách khác, b ≤ n. Bởi vì n không chia hết n + 1 hoặc n + 2 với n > 2, chúng ta phải có (b − 1)|n và (b + 1)|n. Nếu b − 1 và b + 1 là chẵn, thì một trong chúng phải chia hết cho 4 - nhưng 4| n, mâu thuẫn. Vậy, b − 1 và b + 1 là lẻ. Điều này kéo theo chúng nguyên tố cùng nhau và tích của chúng b2 − 1 chia hết n, mâu thuẫn với giả thiết điều kiện thứ ba là sai. 2.7. Giả sử p(x) là một đa thức với hệ số nguyên sao cho p(0) = 0 và 0 ≤ p(1) ≤ 107 , và sao cho tồn tại các số nguyên a, b thỏa mãn p(a) = 1999 và p(b) = 2001. Xác định các giá trị có thể của p(1). Lời giải: Nếu p(x) = 2000x2 − x, thì p(0) = 0, p(1) = 1999, và p(−1) = 2001. Nếu p(x) = 2000x2 +x, thì p(0) = 0, p(1) = 2001, và p(−1) = 1999. Do đó, có thể p(1) = 1999 hoặc 2001. Bây giờ giả sử rằng p(1) = 1999, 2001. Thì a, b = 1. Bởi vì p(0) = 0, chúng ta viết được p(x) = xq(x) với đa thức q(x) có hệ số nguyên. Bởi vì q có hệ số nguyên, q(a) là một số nguyên, và có thể viết q(x) − q(a) = (x−a)r(x) với đa thức r(x) có hệ số nguyên. Và bởi vì r có hệ số nguyên, r(b) là một số nguyên, và chúng ta có thể viết r(x) − r(b) = (x − b)s(x)
- 12 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội với đa thức s có hệ số nguyên. Do đó : p(x) = xq(x) = xq(a) + x(x − a)r(x) (*) = xq(a) + x(x − a)r(b) + x(x − a)(x − b)s(x). Đặc biệt, khi cho x = a và x = b, chúng ta tìm được 1999 = aq(a) 2001 = bq(a) + b(b − a)r(b). Bởi vì p(0), p(a) và p(b) là các số phân biệt, vì vậy 0, a và b cũng phân biệt. Do đó, chúng ta có thể giải hai phương trình trên để tìm được 1999 q(a) = (*) a 2001 − bq(a) r(b) = . b(b − a) Bởi vì a = b, chúng ta có |a − b| chi hết p(a) − p(b). Vì vậy |a − b| bằng 1 hoặc 2. Cũng vậy, với mọi x ∈ Z, chúng ta có p(x) = xq(x) và vì vậy x| p(x). Đặc biệt, a| 1999, cho nên |a| ∈ {1, 1999}. Với hạn chế này, kết hợp với điều kiện |a − b| ∈ {1, 2}, b|2001, a = 1, và b = 1, kéo theo rằng (a, b) bằng một trong các cặp sau : (−1999, −2001), (−1, −3), (1999, 2001). Cố định (a, b) là chung cho ba cặp trên. Từ (*) chúng ta biết rằng q(a) 1999 2001 − b˜q phải bằng q = ˜ và r(b) phải bằng r = ˜ . Cho x = 1 và (*) a b(b − a) để tìm p(1) : (a, b) q(a) r(a) p(1) (−1999, −2001) −1 0 −1 + (2000.2002)s(1) (−1, −3) −1999 −666 −3331 + 8s(1) (1999, 2001) 1 0 1 + (1998.2000)s(1).
- Đề thi olympic Italy 13 Vì vậy, p(1) có dạng m + ns(1) với số nguyên cố định m, n. Thật vậy, giả sử rằng có một số dạng m + n˜ giữa 0 và 107 , ở đât s là số nguyên. s Chúng ta có p(x) = q x + rx(x − a) + sx(x − a)(x − b), ˜ ˜ ˜ chúng ta có p(0) = 0, p(a) = 1999, p(b) = 2001, và p(1) = m + n˜. s Do đó, các giá trị có thể của p(1) là 1999 và 2001, và các số giữa 0 và 107 đồng dư với −1 (mod 2000.2002), −3331 ≡ 5 (mod 8), hoặc 1 (mod 1998.2000).
- Chương 3 Đề thi olympic Nhật Bản 3.8. Ta tráo một loạt các lá bài đánh số a1 , a2 , . . . , a3 n từ trái qua phải bằng việc sắp xếp các lá bài theo thứ tự mới: a3 , a6 , . . . , a3 n, a2 , a5 , . . . a3n−1 , a1 , a4 , . . . , a3n−2 Ví dụ nếu 6 lá bài được đánh số 1, 2, . . . , 6 từ trái qua phải thì việc tráo chúng 2 lần sẽ thay đổi trật tự của chúng như sau: 1, 2, 3, 4, 5, 6 −→ 3, 6, 2, 5, 1, 4 −→ 2, 4, 6, 1, 3, 5 Bắt đầu với 192 quân bài dánh số 1, 2, . . . , 192 từ trái qua phải, liệu ta có được trật tự 192, 191, . . . , 1 sau số lần tráo hữu hạn? Lời giải: Với mỗi n, cho f (n) là vị trí trong chuỗi các quân bài ở đó quân bài đi vị trí thứ n sau mỗi lần tráo. Ta thấy rằng sau k lần tráo, f k (n) ở vị trí thứ n. Ta đã được biết rằng f (1), . . . , f (192) bằng 3, 6, . . . , 192, 2, 5, . . . , 191, 1, 4, . . . , 190. Trong trật tự này, sự khác biệt giữa bất kỳ số hạng nào với số hạng đứng trước nó là đồng dư từ 3 tới modul 193. Vì f (1) ≡ 3 (mod 193) ta có f (n) ≡ 3n (mod 193) với mỗi n. Trong trật tự (33 )20 , (33 )21 , . . . , (33 )26 , với mỗi số hạng là bình phương của số hạng trước nó. Ít nhất một số hạng trước nó (số hạng đầu tiên 2t) không đồng dư với một modul 193; giả sử N = 3d (ở đó d là số nguyên
- Đề thi olympic Nhật Bản 15 dương) là giá trị lớn nhất với thuộc tính của nó, vì 193 là số nguyên tố, theo định lý Fermat có: (33 )26 ≡ (33 )192 ≡ 1 (mod 193), do vậy 3d không phải là số hạng cuối cùng trong trật tự này. Do vậy, N 2 số hạng tiếp theo của N trong trật tự là đồng dư với 1 modul 193. Vì 193 chia được cho N 2 − 1 nhưng không chia được cho N - 1, nó phải chia hết cho (N 2 − 1)(N − 1) = N + 1 = 3d + 1, có nghĩa là 3d ≡ −1 (mod 193) . Vớin = 1, 2, . . . , 193 ta có f d (n) ≡ 3d n ≡ −n (mod 193). Do vậy f d (n) = 193 − n, có nghĩa là trật tự 192, 191, . . . , 1 xuất hiện sau d lần tráo. Chú ý: Giá trị d tìm thấy ở trên thực tế là bằng 24. Số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn 3k ≡ −1 (mod 193) là 8, có nghĩa là trật tự 192, 191, . . . , 1 xuất hiện lần đầu tiên sau 8 lần tráo bài. 3.9. Trong mặt phẳng cho các điểm phân biệt A, B, C, P, Q, không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng: AB + BC + CA + P Q < AP + AQ + BP + BQ + CP + CQ. Lời giải: Trong bài giải này, khi gọi một đa giác V1 . . . Vn là lồi nếu V1 , . . . , Vn tạo thành một đa giác lồi trong trật tự đó. (Ví dụ nếu ta nói hình vuông ABCD là lồi thì ta không nói rằng ACBD là lồi.) Ta nói rằng điều kiện (a) cố định nếu tứ giác XYPQ là lồi với X, Y ∈ {A, B, C}. Trong trường hợp này ta chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh là cố định. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng tứ giác ABPQ là lồi. Nếu AP giao với BQ tại O, thì bất đẳng thức tam giác cho ta AB ≤ AO + BO và P Q ≤ P O + QO. Cộng 2 bất đẳng thức này ta có: AB ≤ AO + BO + OP + OQ = AP + BQ Vì không có 3 trong số các điểm đã cho nào thẳng hàng nên bất đẳng thức tam giác cũng chỉ ra rằng BC < BP + P C và CA < CQ + QA Cộng 3 bất đẳng thức cuối cùng này ta có kết quả cần chứng minh. Tiếp đến ta nói tới điều kiện (b) cố định, nếu xem X nằm trong tam giác YZM với sự hoán vị (X, Y, Z) của (A, B, C) và với M ∈ {P, Q}. Ta chứng
- 16 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội minh rằng bất đẳng thức cần chứng minh cố định trong trường hợp này. Không mất tính tổng quát, giả sử A nằm trong tam giác BCQ. Sơ đồ chuyển điểm P tùy ý tới mỗi cạnh PB, PC là các hàm lồi ngặt, có nghĩa là P −→ P B + P C cũng là một hàm lồi ngặt. Do vậy, trên tất cả các điểm P hoặc trong tam giác BCQ hàm này chỉ đạt cực đại khi P trùng với B, C hoặc Q. Vậy nên: AB +AC < max{BB +BC, CB +CC, QB +QC} = QB + QC cộng bất đẳng thức này với bất đẳng thức BC < BP + PC và PQ < PA + QA, đã có ở bất đẳng thức tam giác ta được kết quả cần chứng minh. Do việc đổi tên các điểm, bao lồi của 5 điểm đã cho hoặc phải là tam giácBC, hoặc ABP, hoặc APQ, hoặc tứ giác lồi ABCD, hoặc ABPQ, hoặc APBQ, hoặc ngũ giác lồi ABCPQ hoặc ABPCQ. Nếu tam giác ABC là bao lồi thì Q phải nằm phía trong một trong các tam giác APB, BPC, CPA. Không mất đi tính khái quát giả thiết rằng Q nằm trong tam giác APB. Vì C không nằm bên trong tam giác APB nhưng nằm cùng phía đường AB so với Q, do vậy QC phải giao với một trong 2 đoạn thẳng AP và P B. Nếu QC giao với AP , thì tứ giác ACPQ là lồi và điều kiện (a) cố định; tương tự điều kiện (a) cố định nếu QC giao với P B. Nếu tam giác ABP là bao lồi thì C phải nằm trong tam giác ABP và điều kiện (b) cố định. Nếu tam giác APQ là bao lồi thì ta có thể giả thiết C không gần hơn PQ so với B mà không mất di tính tổng quát. Vậy nên điều kiện (b) cố định. Nếu tứ giác ABCP là bao lồi thì Q nằm trong tam giác APB hoặc trong CPB. Trong trường hợp đầu tứ giác BCPQ là lồi và trong trường hợp thứ hai tứ giác BAPQ là lồi. Vậy nên điều kiện (a) cố định. Nếu tứ giác lồi ABPQ, ngũ giác lồi ABCPQ hay ngũ giác lồi ABPCQ là bao lồi thì tứ giác ABPQ là lồi và điều kiện (a) cố định. Cuối cùng, nếu tứ giác lồi APBQ là bao lồi thì C hoặc nằm trong tam giác ABP hoặc ABQ; cả trong 2 trường hợp điều kiện (b) cố định. Do vậy, trong tất cả các trường hợp, hoặc điều kiện (a) hoặc điều kiện (b) cố định, từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
- Đề thi olympic Nhật Bản 17 3.10.Cho 1 số tự nhiên n ≥ 3, chứng minh rằng tồn tại 1 tập hợp An với 2 thuộc tính sau: (i) An bao gồm n số tự nhiên riêng biệt. (j) Với bất kỳ a ∈ An , tích số của tất cả các phần tử khác trong An có số dư là 1 khi được chia bởi a. Lời giải: Giả sử a1 , a2 , . . . , ak (vik ≥ 2) là các số nguyên riêng biệt lớn hơn 1 thỏa mãn a1 a2 . . . ak ≡ (mod ai ) khi 1 ≤ i ≤ k. Giả sử ∈ {−1, 1} và xác định aa+1 = a1 a2 . . . ak− . Vì ak+1 ≥ 2ak − 1 > ak với tất cả các k, các số nguyên a1 , a2 , . . . , ak+1 vẫn là các số nguyên riêng biệt lớn hơn 1. Xem xét biểu thức a1 a2 . . . ai−1 ai+1 . . . ak+1 ≡ (mod ai ) rõ ràng nó không đổi với i = k + 1. Với i < k nó không đổi vì (a1 a2 . . . ai−1 ai+1 . . . ak )ak+1 ≡ (−1)(− ) ≡ (mod ai ) Bắt đầu với các số a1 = 2, a2 = 3, ta áp dụng cách này n-3 lần tập hợp = −1 và một lần tập hợp = 1. Tập hợp An bao gồm các số kết quả là a1 , a2 , . . . , an do đó thỏa mãn điều kiện đầu bài.
- Chương 4 Đề thi olympic Korea 4.11.Chỉ ra rằng với mọi số nguyên tố cho trước p thì tồn tại những số tự nhiên x, y, z, ω thoả mãn x2 + y 2 + z 2 − ω.p = 0 và 0 < ω < p. Lời giải: Với trường hợp p = 2, ta có thể lấy x = 0, y = z = ω = 1. Bây giờ ta xét trường hợp p > 2. Trước tiên ta xét trường hợp −1 là đồng dư bình phương modun p, khi đó tồn tại một số tự nhiên a, 0 < a < p−1 sao cho a2 ≡ −1(modp). Bộ (x, y, z) = (0, 1, a). Vì x2 + y 2 + z 2 = a2 + 1 chia hết cho p nhưng 1 + (p − 1)2 < p2 nên tồn tại ω ∈ {1, 2, ..., p − 1} sao cho x2 + y 2 + z 2 − ω.p = 0 . Tiếp theo, giả sử (−1) không là đồng dư bình phương modunp. Ta phải tìm một số k nào đó để cả k và p − k − 1 đều là đồng dư bình phương. Nếu p−1 là đồng dư bình phương thì chọn k = p−1 . Nếu ngược lại, thì 2 2 mỗi đồng dư trong số p−1 các đồng dư bình phương khác không sẽ rơi 2 vào trong các cặp {1, p − 2} , {2, p − 3} , ..., p−3 , p+1 . Theo nguyên 2 2 lý Pigeonhole Principle sẽ có một cặp (k, p − k − 1) mà cả hai số k và (p − k − 1) đều là đồng dư bình phương như ta đã định tìm. Vì vậy, ta có thể chọn x, y ∈ 0, 1, ..., p−1 sao cho x2 ≡ k(modp) và 2 y ≡ p − k − 1(modp). Cho z = −1, ta có x2 + y 2 + z 2 chia hết cho p và 2 x2 + y 2 + z 2 < p2 . Giá trị ω sẽ được xác định như ở trường hợp trước.
- Đề thi olympic Korea 19 4.12.Tìm tất cả các hàm f : R → R thoả mãn f (x2 − y 2) = (x − y) [f (x) + f (y)] với mọi x, y ∈ R. Lời giải: Cho x = y, ta được f (0) = 0. Cho x = −1, y = 0 ta được f (1) = −f (−1). Cho x = a, y = 1, sau đó cho x = a, y = −1 ta có: f (a2 − 1) = (a − 1) [f (a) + f (1)] f (a2 − 1) = (a + 1) [f (a) − f (1)] Cho các vế phải của các phương trình đó bằng nhau và giải phương trình đối với f (a) ta được f (a) = f (1).a với mọi a. Như vậy, mọi hàm số nào thoả mãn ràng buộc đã cho phải có dạng f (x) = kx với hằng số k nào đó. Ngược lại, bất kỳ hàm số nào có dạng f (x) = kx với hằng số k nào đó rõ ràng đều thoả mãn yêu cầu bài toán. 4.13.Cho tứ giác lồi ABCD là tứ giác nội tiếp. Gọi P, Q, R, S lần lượt là các giao điểm của hai đường phân giác ngoài các góc ABD và ADB, DAB và DBA, ACD và ADC, DAC và DCA tương ứng. Chứng minh rằng bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên một đường tròn. A B D C P
- 20 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Lời giải: Các góc xét đến đều là các góc định hướng ngoại trừ các trường hợp nói khác đi. Giả sử chúng ta có một tam giác tuỳ ý XY Z với tâm đường tròn nội tiếp là điểm I và tâm đường tròn bàng tiếp IX đối diện với góc X. Suy ra X, I, IX thẳng hàng. Ta có IY IX = π = IZIX vì vậy tứ giác IY IX Z là 2 nội tiếp được và XIX Y =IIX Y =IZY hay Y IX X=Y ZI. X I Y Z IX Gọi I1 , I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABD và tam giác ACD. Từ giả thiết ta suy ra P , Q là các tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABD đối diện với góc A và góc D, tương tự R, S là các tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ACD đối diện với góc A và góc D. Áp dụng kết quả của phần trên với (X, Y, Z, IX ) là (A, D, B, P ), (D, A, B, Q), (A, D, C, R) và (D, A, C, S) ta được, AP D=I1 BD, AQD=ABI1 , ARD=I2 CD, và ASD=ACI2 . Khi coi các góc sau là không định hướng, ta thấy I1 BD, ABI1 , I2 CD và ACI2 đều bằng AQD = ACD . 2 2 Hơn nữa, các góc trên đều cùng một hướng, nên nếu coi chúng là những góc định hướng, chúng sẽ bằng nhau. Như vậy (trở lại với những góc định hướng) ta có: AP D = AQD = ARD = ASD và bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên cung tròn trương bởi A, D. 4.14.Cho p là một số nguyên tố sao cho p ≡ 1 (mod4). Hãy tính p−1 2k 2 k2 −2 k=1 p p
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp 6 - Phạm Bá Thanh
47 p | 1307 | 421
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN 30 Tháng 4 - Lớp 10- Chưa Rõ Năm
111 p | 1828 | 411
-
Tuyển tập đề thi Olympic môn Toán 30/4 - 2008
263 p | 707 | 297
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 1
59 p | 516 | 261
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 3
42 p | 309 | 177
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 4
40 p | 303 | 166
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 5
41 p | 329 | 164
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 6
36 p | 273 | 153
-
Các đề thi olympic toán châu Á Thái Bình Dương
23 p | 379 | 101
-
Đề thi Olympic Toán sinh viên năm 2014 môn Đại số - Hội Toán học Việt Nam
7 p | 142 | 56
-
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8
131 p | 79 | 30
-
Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp 6 môn Toán
49 p | 117 | 19
-
Đề thi Olympic Toán sinh viên 2006
3 p | 49 | 14
-
Đề thi Olympic Toán (Đại số) sinh viên ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội năm 2013
3 p | 58 | 14
-
Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp 6 môn Toán - Trường THCS Phạm Công Bình
49 p | 91 | 13
-
Đề thi Olympic Toán sinh viên lần thứ XVIII (2010)
4 p | 35 | 7
-
Đề thi olympic Toán học sinh viên cấp trường môn Giải tích (năm 2011)
1 p | 32 | 6

markdown:
# Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 2
Chia sẻ: Trần Bá Phúc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:59
lượt xem 215
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2010/20100922/phuctran1/80x100/_toanhocthpt_tuyentapdethiolympic2000_nguyenhuudien_tap2_1941.jpg)
##
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 2
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static.tlvnimg.com/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Tài liệu " Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 2" nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập hoá học một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 2
- Nguyễn Hữu Điển OLYMPIC TOÁN NĂM 2000 49 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI (Tập 2) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC
- 2
- Lời nói đầu Để thử gói lệnh lamdethi.sty tôi biên soạn một số đề toán thi Olympic, mà các học trò của tôi đã làm bài tập khi học tập L TEX. Để phụ vụ các bạn A ham học toán tôi thu thập và gom lại thành các sách điện tử, các bạn có thể tham khảo. Mỗi tập tôi sẽ gom khoảng 50 bài với lời giải. Tập này có sự đóng góp của Trịnh Quang Anh, Nguyễn Thị Bình, Nguyễn Thị Thanh Bình, Đào thị Kim Cúc, Nguyễn Hoàng Cương, Giáp Thị Thùy Dung, Mai Xuân Đông, Hoàng Hà, Nguyễn Thị Thanh Hà. Rất nhiều bài toán dịch không được chuẩn, nhiều điểm không hoàn toàn chính xác vậy mong bạn đọc tự ngẫm nghĩ và tìm hiểu lấy. Nhưng đây là nguồn tài liệu tiếng Việt về chủ đề này, tôi đã có xem qua và người dịch là chuyên về ngành Toán phổ thông. Bạn có thể tham khảo lại trong [1]. Rất nhiều đoạn vì mới học TeX nên cấu trúc và bố trí còn xấu, tôi không có thời gian sửa lại, mong các bạn thông cảm. Hà Nội, ngày 2 tháng 1 năm 2010 Nguyễn Hữu Điển 51 89/176-05 Mã số: 8I092M5 GD-05
- Mục lục Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Chương 1. Đề thi olympic Israel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Chương 2. Đề thi olympic Italy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Chương 3. Đề thi olympic Nhật Bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Chương 4. Đề thi olympic Korea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Chương 5. Đề thi olympic Mông cổ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 Chương 6. Đề thi olympic Rumani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Chương 7. Đề thi olympic Nước Nga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Chương 8. Đề thi olympic Đài Loan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Chương 9. Đề thi olympic Thổ Nhĩ Kỳ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
- Chương 1 Đề thi olympic Israel 1.1. Định nghĩa f (n) = n!. Cho a = 0.f (1)f (2)f (3).... Nói cách khác, để thu được sự biểu diễn phần thập phân của a viết các biểu diễn thập phân của f (1), f (2)., ... trong một hàng, a có phải là số hữu tỷ không? Lời giải: Nếu a là số hữu tỷ thì các con số trong phần thập phân phải xuất hiện một cách tuần hoàn. Vì f(n) luôn bao gồm một số khác không, nên phần tuần hoàn của phần thập phân không thể chỉ bao gồm toàn số không. Tuy nhiên, n đủ lớn, số các số 0 chưa trong f(n) tiến tới vô cùng, vì vậy phần tuần hoàn của phần thập phân phải chứa toàn số 0 – mâu thuẫn. Vì vậy a không là số hữu tỷ. 1.2. . ∆ ABC đỉnh là những điểm nguyên. Hai trong ba cạnh có độ dài thuộc √ √ √ tập 17, 1999, 2000 . Tìm giá trị lớn nhất có thể của diện tích ∆ABC. Lời giải: Không mất tổng quát, giả sử cạnh AB, BC có độ dài thuộc √ √ √ 17, 1999, 2000 thì √ √ SABC = 1 AB.BC sin BCA≤ 1 2000 2000 sin π = 1000. 2 2 2
- 6 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn trong ∆ mà đỉnh là (0,0); (44,8) và √ (-8, 44) chính xác 2 cạnh dài 2000 vì 442 + 82 = 2000 và góc giữa 2 cạnh là π . Từ đó, diện tích lớn nhất của ∆ là 1000. 2 1.3. Bài toán 3.Các điểm A, B, C, D, E, F nằm trên 1 đường tròn và các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy. Lấy P, Q, R là các trung điểm cạnh AD, BC, CF tương ứng. 2 đoạn (dây cung) AG, AH được vẽ sao cho AG // BE và AH//CF chứng minh rằng ∆ PQR và ∆ DGH đồng dạng. Lời giải: Các góc định hướng môđun π. Giả sử đoạn thẳng AD, BE, CF đồng quy (cắt nhau) tại X và O là tâm đường tròn cho ở bài. Hiển nhiên OP X = OQX = ORX = π , suy ra O, P, Q, R và X cùng 2 thuộc 1 đường tròn. Vì vậy DGH = DAH = DXC = π − CXP = π − RXP = P QR Tương tự DGH = P RQ, từ đó suy ra ∆PQR ∼ ∆DGH. 1.4. Một hình vuông ABCD cho trước, một phép đạc tam giác của hình vuông là 1 sự phân chia hình và thành các tam giác sao cho bất kỳ 2 tam giác đều được tách rời, chỉ chung 1 đỉnh hoặc chung nhau chỉ 1 cạnh cụ thể. Không đỉnh nào của 1 tam giác có thể nằm ở phần trong của cạnh tam giác khác). Một “phép đạc tam giác tốt” của 1 hình vuông là phép đạc trong đó mọi tam giác đều nhọn. a. Cho 1 ví dụ về phép đạc tam giác tốt của hình vuông. b. Tìm số nhỏ nhất của các tam giác cần để có một phép đạc tam giác tốt? Lời giải: Ta đưa ra 1 ví dụ về phép đạc tam giác tốt với 8 tam giác. Đặt hướng hình vuông sao cho đoạn AB đặt nằm ngang và A là đỉnh trên bên trái. Lấy M và N là các trung điểm cạnh AB và CD tương ứng, và P là 1 điểm trung đoạn MN khác trung điểm MN. Các góc MP A, AP D và DP N và các góc phản xạ của chúng qua MN - tất cả đều là các góc nhọn. Ta chọn Q, R trên đường thẳng nằm ngang qua P sao cho Q, P, R nằm theo thứ tự từ trái qua phải và QP, PR có độ dài rất nhỏ (không đáng kể) chia hình vuông thành các ∆ bằng cách vẽ đoạn QA, QM, QN, QD, RB, RM, RN, RC và QR. Nếu ta chọn Q sao cho PQ đủ nhỏ thì số đo các góc MQA, AQD, DQN sẽ gần bằng số đo góc MP A,
- Đề thi olympic Israel 7 AP D, DP N, vì vậy những tam giác này sẽ nhọn. Tương tự, nếu chọn R sao cho PR đủ nhỏ thì MRB, BRC, CRN sẽ cùng nhọn. Dễ kiểm tra rằng các góc trong sự phân chia trên là nhọn như yêu cầu. b.Ta sẽ chứng minh số nhỏ nhất là 8. Ta đã chỉ ra rằng 8 là giá trị có thể thực hiện được. Vì vậy, chỉ cần chỉ ra những phép đạc tam giác tốt nào với ít hơn 8 tam giác. Nhận xét rằng trong 1 phép đạc tam giác tốt, mỗi đỉnh của ABCD là đỉnh của ít nhất 2 tam giác bởi vì góc vuông đó phải được chia thành các góc nhọn. Như vậy, bất kỳ đỉnh nào nằm trên cạnh ABCD phải là đỉnh của ít nhất 3 tam giác và bất kỳ đỉnh nằm ở phần trong phải là đỉnh của ít nhất 5 tam giác. Tóm lại, ta có thể chứng minh một kết quả mạnh hơn về mỗi góc của hình vuông ABCD. Phải có một tam giác mà cạnh bắt đầu từ đỉnh hình vuông và điểm cuối nằm trọn ở phần trong hình vuông ABCD. Không mất tổng quát, giả sử góc (đỉnh) đó là A. Cạnh AX nào đó của tam giác chia góc vuông tại A ra.Giả sử phản chứng rằng X không nằm ở phần trong hình vuông ABCD, không mất tổng quát, giả sử X thuộc đoạn BC (không trùng B). Bằng định nghĩa của phép đạc tam giác : không có đỉnh khác của một tam giác trong phép đạc tam giác nằm trên đoạn AX. Vì vậy, có 1 điểm Y trong ∆ABX sao cho ∆AXY là một thành phần C phần tử của phép đạc tam giác tốt. Nhưng nếu vậy AY X ≥ ABX = π 2 : mâu thuẫn. Ta xét 1 phép đạc tam giác tốt bất kỳ của ABCD. Lấy i là số của “các đỉnh trong” – các đỉnh trong phép đạc tam giác mà nằm bên trong hình vuông ABCD. Theo trên i ≥ 1. Trước tiên giả sử rằng có một đỉnh trong P. Kết quả của đoạn trước cho ta: đoạn PA, PB, PC, PD phải là các cạnh của các tam giác trong phép đạc tam giác. Một trong góc AP B, BP C, CP D, DP A phải lớn hơn π giả sử là AP B. Góc này phải được 2 chia ra trong phép đạc tam giác này bằng cạnh PQ nào đó, với Q là điểm thuộc đoạn AB. Nhưng cả AQP và BQP có số đo ít nhất là π nên 2 Q phải nằm trong cạnh của tam giác nào đó mà không nằm trong đoạn QA, QB hoặc QP. Tuy nhiên không thể tạo được một cạnh mà không cắt AP hoặc BP và cạnh đó không kết thúc ở một đỉnh trong thứ hai.
- 8 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Giả sử tiếp i ≥ 2. Với mỗi một n các tam giác, ta có thể đếm 3 cạnh để có tổng 3n; mỗi cạnh nằm trên biên hình vuông được đếm 1 lần, các cạnh khác được đếm hai lần. Nếu i = 2 thì với mỗi 2 điểm trong ít nhất 5 cạnh tam giác nhận điểm đó làm điểm cuối, nhiều nhất 1 cạnh tam giác chứa cả hai đỉnh trong, nên ít nhất 9 cạnh tam giác không nằm ở biên của hình vuông. Nếu i ≥ 3, lấy bất kỳ 3 đỉnh trong. Mỗi đỉnh thuộc ít nhất 5 cạnh tam giác và nhiều nhất 3 cạnh tam giác chứa 2 trong 3 đỉnh đó. Vì vậy ít nhất 3 x 5 – 3 = 12 cạnh tam giác. Không thuộc biên hình vuông. Trong cả hai trường hợp đều có ít nhất 9 cạnh tam giác không thuộc biên hình vuông, và hơn nữa lại có 4 cạnh tam giác thuộc biên hình vuông. Vì vậy 3n≥9 x 2 + 4 = 22 hay n ≥ 8. Vì vậy trong mọi trường hợp phải có ít nhất 8 tam giác thoả mãn yêu cầu.
- Chương 2 Đề thi olympic Italy 2.5. Giả sử ABCD là một tứ giác lồi, với α = ∠DAB; β = ∠ACB; δ = ∠DBC; và = ∠DBA. Giả thiết rằng α < π/2, β + γ = π/2 và δ + 2 = π, chứng minh rằng (DB + BC)2 = AD 2 + AC 2 . D β B C δ γ α β A D Lời giải: Giả sử D là điểm đối xứng của D qua đường thẳng AB. Ta có ∠D BA = ∠DBA = , nên ∠D BC = ∠D BA + ∠ABD + ∠DBC = 2 + δ = π. Vậy, D , B, C là thẳng hàng. Cũng có ∠AD C + ∠ACD = ∠ADB + ∠ACB = β + γ = π/2, nên ∠D AC = π/2 và tam giác A AC vuông. Theo định lí Pythagorean, D C = AD 2 + AC 2 , kéo theo (DB + BC)2 = (D B + BC)2 = D C 2 = AD 2 + AC 2 = AD 2 + AC 2 ,
- 10 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội được điều phải chứng minh. 2.6. Cho số nguyên cố định n > 1, Alberto và Barbara chơi trò chơi sau, bắt đầu với bước đầu tiên và sau đó xen kẽ giữa lần thứ hai và lần thứ ba : • Alberto chọn một số nguyên dương. • Barbara chọn một số nguyên lớn hơn 1 là một bội hoặc ước của số nguyên của Alberto, có thể chọn đúng là số nguyên của Alberto. • Alberto cộng hoặc trừ 1 từ số của Barbara. Barbara chiến thắng nếu cô ấy chọn ra n với 50 lần chơi. Với giá trị nào của n cô ấy là người thắng cuộc. Lời giải: Mục đích của chúng ta là Barbara là người thắng cuộc nếu và chỉ nếu ít nhất là một điều kiện sau được thỏa mãn : • n = 2; • 4| n ; • có số nguyên m > 1, sao cho (m2 − 1)| n. Đầu tiên chúng ta chỉ ra rằng khi và chỉ khi ba điều kiện này là đúng, thì Barbara là người chiến thắng. Nếu Barbara chọn lần đầu tiên a là một số chẵn thì Barbara có thể chọn 2 trong lần đàu tiên. Nếu thay a bằng một số lẻ, thì Barbara có thể chọn chính là số a là tốt nhất. Nếu a = n, cô ấy chiến thắng; nói cách khác, lần chọn thứ hai của Alberto phải là số chẵn, và Barbara có thể chọn số 2 trong lần chọn thứ hai. Giả sử a1 , b1 , a2 , b2 , . . . là các số được chọn sau khi Barbara chọn 2 cho lần chọn đầu tiên. Trường hợp 1 : (a) n = 2, trong trường hợp này Barbara thực sự chiến thắng. (b) 4| n. Nếu a1 = 1, thì Barbara có thể chọn b1 = n và chiến thắng. Nói cách khác, a1 = 3, Barbara có thể chọn b1 = 3, a2 bằng 2 hoặc 4, và Barbara có thể chọn b2 = n. (c) Có số nguyên m > 1, (m2 − 1)| n. Như trường hợp 2, Alberto phải chọn a1 = 3 để ngăn Barbara thắng cuộc. Thực tế, có đúng một số nguyên trong các số m − 1, m và m + 1 chia hết cho 3, nghĩa là hoặc 3 chia hết m hoặc 3 chia hết m2 − 1và vì vị 3 chia hết n. Trong trường hợp đầu tiên, Barbara có thể chọn b1 = m, bắt buộc a2 = m ± 1 và kéo theo Barbara chọn b2 = n. trong trường hợp
- Đề thi olympic Italy 11 sau, Barbara có thể chọn b1 = n. Bây giờ chúng ta thấy rằng Barbara có một chiến thuật chiến thắng nếu ít nhất một trong các điều kiện là đúng. Bây giờ chúng ta giả thiết rằng không điều kiện nào là đúng với n > 1 và chứng minh rằng Alberto có thể luôn luôn ngăn cản Barbara tiến đến chiến thắng. Bởi vì điều kiện thứ nhất và thứ hai là không đúng và bởi vì điều kiện thứ hai là sai với m = 2, chúng ta có n = 2, 3, 4,. Vậy n > 4. Gọi một số nguyên dương n là số hy vọng nếu a|n và n|a. Chúng ta chứng minh rằng với số nguyên b > 1, tồn tại a ∈ {b − 1, b + 1} sao cho a là số hy vọng. Đêìu này kéo theo rằng Alberto có thể bắt đầu chọn một vài số hy vọng và cũng chọn một vài số hy vọng theo sau để ngăn cản Barbara tiến đến chiến thắng sau 50 lần. Giả sử vì điều kiện là mục đích trên là sai với số nguyên b > 1. Nếu b > n, thì b − 1 và b + 1 phải là bội của n. Do đó n chia hết hiệu, tức là 2, mâu thuẫn. Nói cách khác, b ≤ n. Bởi vì n không chia hết n + 1 hoặc n + 2 với n > 2, chúng ta phải có (b − 1)|n và (b + 1)|n. Nếu b − 1 và b + 1 là chẵn, thì một trong chúng phải chia hết cho 4 - nhưng 4| n, mâu thuẫn. Vậy, b − 1 và b + 1 là lẻ. Điều này kéo theo chúng nguyên tố cùng nhau và tích của chúng b2 − 1 chia hết n, mâu thuẫn với giả thiết điều kiện thứ ba là sai. 2.7. Giả sử p(x) là một đa thức với hệ số nguyên sao cho p(0) = 0 và 0 ≤ p(1) ≤ 107 , và sao cho tồn tại các số nguyên a, b thỏa mãn p(a) = 1999 và p(b) = 2001. Xác định các giá trị có thể của p(1). Lời giải: Nếu p(x) = 2000x2 − x, thì p(0) = 0, p(1) = 1999, và p(−1) = 2001. Nếu p(x) = 2000x2 +x, thì p(0) = 0, p(1) = 2001, và p(−1) = 1999. Do đó, có thể p(1) = 1999 hoặc 2001. Bây giờ giả sử rằng p(1) = 1999, 2001. Thì a, b = 1. Bởi vì p(0) = 0, chúng ta viết được p(x) = xq(x) với đa thức q(x) có hệ số nguyên. Bởi vì q có hệ số nguyên, q(a) là một số nguyên, và có thể viết q(x) − q(a) = (x−a)r(x) với đa thức r(x) có hệ số nguyên. Và bởi vì r có hệ số nguyên, r(b) là một số nguyên, và chúng ta có thể viết r(x) − r(b) = (x − b)s(x)
- 12 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội với đa thức s có hệ số nguyên. Do đó : p(x) = xq(x) = xq(a) + x(x − a)r(x) (*) = xq(a) + x(x − a)r(b) + x(x − a)(x − b)s(x). Đặc biệt, khi cho x = a và x = b, chúng ta tìm được 1999 = aq(a) 2001 = bq(a) + b(b − a)r(b). Bởi vì p(0), p(a) và p(b) là các số phân biệt, vì vậy 0, a và b cũng phân biệt. Do đó, chúng ta có thể giải hai phương trình trên để tìm được 1999 q(a) = (*) a 2001 − bq(a) r(b) = . b(b − a) Bởi vì a = b, chúng ta có |a − b| chi hết p(a) − p(b). Vì vậy |a − b| bằng 1 hoặc 2. Cũng vậy, với mọi x ∈ Z, chúng ta có p(x) = xq(x) và vì vậy x| p(x). Đặc biệt, a| 1999, cho nên |a| ∈ {1, 1999}. Với hạn chế này, kết hợp với điều kiện |a − b| ∈ {1, 2}, b|2001, a = 1, và b = 1, kéo theo rằng (a, b) bằng một trong các cặp sau : (−1999, −2001), (−1, −3), (1999, 2001). Cố định (a, b) là chung cho ba cặp trên. Từ (*) chúng ta biết rằng q(a) 1999 2001 − b˜q phải bằng q = ˜ và r(b) phải bằng r = ˜ . Cho x = 1 và (*) a b(b − a) để tìm p(1) : (a, b) q(a) r(a) p(1) (−1999, −2001) −1 0 −1 + (2000.2002)s(1) (−1, −3) −1999 −666 −3331 + 8s(1) (1999, 2001) 1 0 1 + (1998.2000)s(1).
- Đề thi olympic Italy 13 Vì vậy, p(1) có dạng m + ns(1) với số nguyên cố định m, n. Thật vậy, giả sử rằng có một số dạng m + n˜ giữa 0 và 107 , ở đât s là số nguyên. s Chúng ta có p(x) = q x + rx(x − a) + sx(x − a)(x − b), ˜ ˜ ˜ chúng ta có p(0) = 0, p(a) = 1999, p(b) = 2001, và p(1) = m + n˜. s Do đó, các giá trị có thể của p(1) là 1999 và 2001, và các số giữa 0 và 107 đồng dư với −1 (mod 2000.2002), −3331 ≡ 5 (mod 8), hoặc 1 (mod 1998.2000).
- Chương 3 Đề thi olympic Nhật Bản 3.8. Ta tráo một loạt các lá bài đánh số a1 , a2 , . . . , a3 n từ trái qua phải bằng việc sắp xếp các lá bài theo thứ tự mới: a3 , a6 , . . . , a3 n, a2 , a5 , . . . a3n−1 , a1 , a4 , . . . , a3n−2 Ví dụ nếu 6 lá bài được đánh số 1, 2, . . . , 6 từ trái qua phải thì việc tráo chúng 2 lần sẽ thay đổi trật tự của chúng như sau: 1, 2, 3, 4, 5, 6 −→ 3, 6, 2, 5, 1, 4 −→ 2, 4, 6, 1, 3, 5 Bắt đầu với 192 quân bài dánh số 1, 2, . . . , 192 từ trái qua phải, liệu ta có được trật tự 192, 191, . . . , 1 sau số lần tráo hữu hạn? Lời giải: Với mỗi n, cho f (n) là vị trí trong chuỗi các quân bài ở đó quân bài đi vị trí thứ n sau mỗi lần tráo. Ta thấy rằng sau k lần tráo, f k (n) ở vị trí thứ n. Ta đã được biết rằng f (1), . . . , f (192) bằng 3, 6, . . . , 192, 2, 5, . . . , 191, 1, 4, . . . , 190. Trong trật tự này, sự khác biệt giữa bất kỳ số hạng nào với số hạng đứng trước nó là đồng dư từ 3 tới modul 193. Vì f (1) ≡ 3 (mod 193) ta có f (n) ≡ 3n (mod 193) với mỗi n. Trong trật tự (33 )20 , (33 )21 , . . . , (33 )26 , với mỗi số hạng là bình phương của số hạng trước nó. Ít nhất một số hạng trước nó (số hạng đầu tiên 2t) không đồng dư với một modul 193; giả sử N = 3d (ở đó d là số nguyên
- Đề thi olympic Nhật Bản 15 dương) là giá trị lớn nhất với thuộc tính của nó, vì 193 là số nguyên tố, theo định lý Fermat có: (33 )26 ≡ (33 )192 ≡ 1 (mod 193), do vậy 3d không phải là số hạng cuối cùng trong trật tự này. Do vậy, N 2 số hạng tiếp theo của N trong trật tự là đồng dư với 1 modul 193. Vì 193 chia được cho N 2 − 1 nhưng không chia được cho N - 1, nó phải chia hết cho (N 2 − 1)(N − 1) = N + 1 = 3d + 1, có nghĩa là 3d ≡ −1 (mod 193) . Vớin = 1, 2, . . . , 193 ta có f d (n) ≡ 3d n ≡ −n (mod 193). Do vậy f d (n) = 193 − n, có nghĩa là trật tự 192, 191, . . . , 1 xuất hiện sau d lần tráo. Chú ý: Giá trị d tìm thấy ở trên thực tế là bằng 24. Số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn 3k ≡ −1 (mod 193) là 8, có nghĩa là trật tự 192, 191, . . . , 1 xuất hiện lần đầu tiên sau 8 lần tráo bài. 3.9. Trong mặt phẳng cho các điểm phân biệt A, B, C, P, Q, không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng: AB + BC + CA + P Q < AP + AQ + BP + BQ + CP + CQ. Lời giải: Trong bài giải này, khi gọi một đa giác V1 . . . Vn là lồi nếu V1 , . . . , Vn tạo thành một đa giác lồi trong trật tự đó. (Ví dụ nếu ta nói hình vuông ABCD là lồi thì ta không nói rằng ACBD là lồi.) Ta nói rằng điều kiện (a) cố định nếu tứ giác XYPQ là lồi với X, Y ∈ {A, B, C}. Trong trường hợp này ta chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh là cố định. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng tứ giác ABPQ là lồi. Nếu AP giao với BQ tại O, thì bất đẳng thức tam giác cho ta AB ≤ AO + BO và P Q ≤ P O + QO. Cộng 2 bất đẳng thức này ta có: AB ≤ AO + BO + OP + OQ = AP + BQ Vì không có 3 trong số các điểm đã cho nào thẳng hàng nên bất đẳng thức tam giác cũng chỉ ra rằng BC < BP + P C và CA < CQ + QA Cộng 3 bất đẳng thức cuối cùng này ta có kết quả cần chứng minh. Tiếp đến ta nói tới điều kiện (b) cố định, nếu xem X nằm trong tam giác YZM với sự hoán vị (X, Y, Z) của (A, B, C) và với M ∈ {P, Q}. Ta chứng
- 16 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội minh rằng bất đẳng thức cần chứng minh cố định trong trường hợp này. Không mất tính tổng quát, giả sử A nằm trong tam giác BCQ. Sơ đồ chuyển điểm P tùy ý tới mỗi cạnh PB, PC là các hàm lồi ngặt, có nghĩa là P −→ P B + P C cũng là một hàm lồi ngặt. Do vậy, trên tất cả các điểm P hoặc trong tam giác BCQ hàm này chỉ đạt cực đại khi P trùng với B, C hoặc Q. Vậy nên: AB +AC < max{BB +BC, CB +CC, QB +QC} = QB + QC cộng bất đẳng thức này với bất đẳng thức BC < BP + PC và PQ < PA + QA, đã có ở bất đẳng thức tam giác ta được kết quả cần chứng minh. Do việc đổi tên các điểm, bao lồi của 5 điểm đã cho hoặc phải là tam giácBC, hoặc ABP, hoặc APQ, hoặc tứ giác lồi ABCD, hoặc ABPQ, hoặc APBQ, hoặc ngũ giác lồi ABCPQ hoặc ABPCQ. Nếu tam giác ABC là bao lồi thì Q phải nằm phía trong một trong các tam giác APB, BPC, CPA. Không mất đi tính khái quát giả thiết rằng Q nằm trong tam giác APB. Vì C không nằm bên trong tam giác APB nhưng nằm cùng phía đường AB so với Q, do vậy QC phải giao với một trong 2 đoạn thẳng AP và P B. Nếu QC giao với AP , thì tứ giác ACPQ là lồi và điều kiện (a) cố định; tương tự điều kiện (a) cố định nếu QC giao với P B. Nếu tam giác ABP là bao lồi thì C phải nằm trong tam giác ABP và điều kiện (b) cố định. Nếu tam giác APQ là bao lồi thì ta có thể giả thiết C không gần hơn PQ so với B mà không mất di tính tổng quát. Vậy nên điều kiện (b) cố định. Nếu tứ giác ABCP là bao lồi thì Q nằm trong tam giác APB hoặc trong CPB. Trong trường hợp đầu tứ giác BCPQ là lồi và trong trường hợp thứ hai tứ giác BAPQ là lồi. Vậy nên điều kiện (a) cố định. Nếu tứ giác lồi ABPQ, ngũ giác lồi ABCPQ hay ngũ giác lồi ABPCQ là bao lồi thì tứ giác ABPQ là lồi và điều kiện (a) cố định. Cuối cùng, nếu tứ giác lồi APBQ là bao lồi thì C hoặc nằm trong tam giác ABP hoặc ABQ; cả trong 2 trường hợp điều kiện (b) cố định. Do vậy, trong tất cả các trường hợp, hoặc điều kiện (a) hoặc điều kiện (b) cố định, từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
- Đề thi olympic Nhật Bản 17 3.10.Cho 1 số tự nhiên n ≥ 3, chứng minh rằng tồn tại 1 tập hợp An với 2 thuộc tính sau: (i) An bao gồm n số tự nhiên riêng biệt. (j) Với bất kỳ a ∈ An , tích số của tất cả các phần tử khác trong An có số dư là 1 khi được chia bởi a. Lời giải: Giả sử a1 , a2 , . . . , ak (vik ≥ 2) là các số nguyên riêng biệt lớn hơn 1 thỏa mãn a1 a2 . . . ak ≡ (mod ai ) khi 1 ≤ i ≤ k. Giả sử ∈ {−1, 1} và xác định aa+1 = a1 a2 . . . ak− . Vì ak+1 ≥ 2ak − 1 > ak với tất cả các k, các số nguyên a1 , a2 , . . . , ak+1 vẫn là các số nguyên riêng biệt lớn hơn 1. Xem xét biểu thức a1 a2 . . . ai−1 ai+1 . . . ak+1 ≡ (mod ai ) rõ ràng nó không đổi với i = k + 1. Với i < k nó không đổi vì (a1 a2 . . . ai−1 ai+1 . . . ak )ak+1 ≡ (−1)(− ) ≡ (mod ai ) Bắt đầu với các số a1 = 2, a2 = 3, ta áp dụng cách này n-3 lần tập hợp = −1 và một lần tập hợp = 1. Tập hợp An bao gồm các số kết quả là a1 , a2 , . . . , an do đó thỏa mãn điều kiện đầu bài.
- Chương 4 Đề thi olympic Korea 4.11.Chỉ ra rằng với mọi số nguyên tố cho trước p thì tồn tại những số tự nhiên x, y, z, ω thoả mãn x2 + y 2 + z 2 − ω.p = 0 và 0 < ω < p. Lời giải: Với trường hợp p = 2, ta có thể lấy x = 0, y = z = ω = 1. Bây giờ ta xét trường hợp p > 2. Trước tiên ta xét trường hợp −1 là đồng dư bình phương modun p, khi đó tồn tại một số tự nhiên a, 0 < a < p−1 sao cho a2 ≡ −1(modp). Bộ (x, y, z) = (0, 1, a). Vì x2 + y 2 + z 2 = a2 + 1 chia hết cho p nhưng 1 + (p − 1)2 < p2 nên tồn tại ω ∈ {1, 2, ..., p − 1} sao cho x2 + y 2 + z 2 − ω.p = 0 . Tiếp theo, giả sử (−1) không là đồng dư bình phương modunp. Ta phải tìm một số k nào đó để cả k và p − k − 1 đều là đồng dư bình phương. Nếu p−1 là đồng dư bình phương thì chọn k = p−1 . Nếu ngược lại, thì 2 2 mỗi đồng dư trong số p−1 các đồng dư bình phương khác không sẽ rơi 2 vào trong các cặp {1, p − 2} , {2, p − 3} , ..., p−3 , p+1 . Theo nguyên 2 2 lý Pigeonhole Principle sẽ có một cặp (k, p − k − 1) mà cả hai số k và (p − k − 1) đều là đồng dư bình phương như ta đã định tìm. Vì vậy, ta có thể chọn x, y ∈ 0, 1, ..., p−1 sao cho x2 ≡ k(modp) và 2 y ≡ p − k − 1(modp). Cho z = −1, ta có x2 + y 2 + z 2 chia hết cho p và 2 x2 + y 2 + z 2 < p2 . Giá trị ω sẽ được xác định như ở trường hợp trước.
- Đề thi olympic Korea 19 4.12.Tìm tất cả các hàm f : R → R thoả mãn f (x2 − y 2) = (x − y) [f (x) + f (y)] với mọi x, y ∈ R. Lời giải: Cho x = y, ta được f (0) = 0. Cho x = −1, y = 0 ta được f (1) = −f (−1). Cho x = a, y = 1, sau đó cho x = a, y = −1 ta có: f (a2 − 1) = (a − 1) [f (a) + f (1)] f (a2 − 1) = (a + 1) [f (a) − f (1)] Cho các vế phải của các phương trình đó bằng nhau và giải phương trình đối với f (a) ta được f (a) = f (1).a với mọi a. Như vậy, mọi hàm số nào thoả mãn ràng buộc đã cho phải có dạng f (x) = kx với hằng số k nào đó. Ngược lại, bất kỳ hàm số nào có dạng f (x) = kx với hằng số k nào đó rõ ràng đều thoả mãn yêu cầu bài toán. 4.13.Cho tứ giác lồi ABCD là tứ giác nội tiếp. Gọi P, Q, R, S lần lượt là các giao điểm của hai đường phân giác ngoài các góc ABD và ADB, DAB và DBA, ACD và ADC, DAC và DCA tương ứng. Chứng minh rằng bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên một đường tròn. A B D C P
- 20 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Lời giải: Các góc xét đến đều là các góc định hướng ngoại trừ các trường hợp nói khác đi. Giả sử chúng ta có một tam giác tuỳ ý XY Z với tâm đường tròn nội tiếp là điểm I và tâm đường tròn bàng tiếp IX đối diện với góc X. Suy ra X, I, IX thẳng hàng. Ta có IY IX = π = IZIX vì vậy tứ giác IY IX Z là 2 nội tiếp được và XIX Y =IIX Y =IZY hay Y IX X=Y ZI. X I Y Z IX Gọi I1 , I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABD và tam giác ACD. Từ giả thiết ta suy ra P , Q là các tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABD đối diện với góc A và góc D, tương tự R, S là các tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ACD đối diện với góc A và góc D. Áp dụng kết quả của phần trên với (X, Y, Z, IX ) là (A, D, B, P ), (D, A, B, Q), (A, D, C, R) và (D, A, C, S) ta được, AP D=I1 BD, AQD=ABI1 , ARD=I2 CD, và ASD=ACI2 . Khi coi các góc sau là không định hướng, ta thấy I1 BD, ABI1 , I2 CD và ACI2 đều bằng AQD = ACD . 2 2 Hơn nữa, các góc trên đều cùng một hướng, nên nếu coi chúng là những góc định hướng, chúng sẽ bằng nhau. Như vậy (trở lại với những góc định hướng) ta có: AP D = AQD = ARD = ASD và bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên cung tròn trương bởi A, D. 4.14.Cho p là một số nguyên tố sao cho p ≡ 1 (mod4). Hãy tính p−1 2k 2 k2 −2 k=1 p p
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp 6 - Phạm Bá Thanh
47 p |
1307 |
421
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN 30 Tháng 4 - Lớp 10- Chưa Rõ Năm
111 p |
1828 |
411
-
Tuyển tập đề thi Olympic môn Toán 30/4 - 2008
263 p |
707 |
297
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 1
59 p |
516 |
261
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 3
42 p |
309 |
177
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 4
40 p |
303 |
166
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 5
41 p |
329 |
164
-
Tuyển Tập Đề Thi OLYMPIC TOÁN Các Nước [6 Tập - Có Lời Giải] - Tập 6
36 p |
273 |
153
-
Các đề thi olympic toán châu Á Thái Bình Dương
23 p |
379 |
101
-
Đề thi Olympic Toán sinh viên năm 2014 môn Đại số - Hội Toán học Việt Nam
7 p |
142 |
56
-
Tuyển tập đề thi HSG Toán 8
131 p |
79 |
30
-
Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp 6 môn Toán
49 p |
117 |
19
-
Đề thi Olympic Toán sinh viên 2006
3 p |
49 |
14
-
Đề thi Olympic Toán (Đại số) sinh viên ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội năm 2013
3 p |
58 |
14
-
Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp 6 môn Toán - Trường THCS Phạm Công Bình
49 p |
91 |
13
-
Đề thi Olympic Toán sinh viên lần thứ XVIII (2010)
4 p |
35 |
7
-
Đề thi olympic Toán học sinh viên cấp trường môn Giải tích (năm 2011)
1 p |
32 |
6

Set-Cookie: TLDEVNamespace=vs24c9lhil9l8jkom0272qdlk4; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


text:
Bỉ vỏ
-
"Bỉ vỏ" của Nguyên Hồng là một trong những tác phẩm xuất sắc nhất của dòng văn học hiện thực phê phán. Qua tác phẩm, những nét tiêu biểu của một lớp người sống dưới đáy xã hội, cuộc sống lầm than, đói khổ của tầng lớp nhân dân lao động và cả bản chất xấu xa thối nát của xã hội thực dân phong kiến đều được khắc họa tài tình dưới ngòi bút tinh tế của tác giả. Mời bạn đọc cùng tìm hiểu tác phẩm trên qua tài liệu dưới đây.
97p yenhong 24-06-2009 542 90 Download
-
Giáo trình Khai thác thiết bị vô tuyến điện hàng hải trên tàu cá - MĐ02: Điều khiển tàu cá giúp người học tiếp cận với kiến thức và thực hành kỹ năng cơ bản về khai thác máy định vị GPS, máy thông tin liên lạc trên tàu, rađa hàng hải.
143p minhminh_2 02-12-2014 73 32 Download
-
Giáo trình "Khai thác thiết bị vô tuyến điện hàng hải trên tàu cá" giúp người học tiếp cận với kiến thức và thực hành kỹ năng cơ bản về khai thác máy định vị GPS, máy thông tin liên lạc trên tàu, rađa hàng hải, giáo trình gồm 4 bài: bài 1 khai thác máy định vị GPS, bài 2 khai thác thiết bị thông tin liên lạc, bài 3 khai thác Ra đa hàng hải, bài 4 khai thác thiết bị vô tuyến tầm phương.
139p juliakaka 16-06-2014 62 22 Download
-
Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đối với mạng thông tin vô tuyến điện nội bộ, mạng viễn thông dùng riêng sử dụng tần số vô tuyến điện thuộc nghiệp vụ di động)
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đối với mạng thông tin vô tuyến điện nội bộ, mạng viễn thông dùng riêng sử dụng tần số vô tuyến điện thuộc nghiệp vụ di động)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
9p la-vie 31-12-2010 137 14 Download
-
Cuốn tiểu thuyết "Bỉ Vỏ - Những ngày thơ ấu" được chia làm 2 phần: Phần 1 - Bỉ vỏ, Phần 2 - Những ngày thơ ấu. Bỉ vỏ của Nguyên Hồng là một trong những tác phẩm xuất sắc nhất của dòng văn học hiện thực phê phán.
148p talata_5 03-12-2014 75 16 Download
-
Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đối với thiết bị phát thanh truyền hình)
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đối với thiết bị phát thanh truyền hình)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
8p la-vie 31-12-2010 89 8 Download
-
Mẫu giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đài vô tuyến điện đặt trên phương tiện nghề cá)
Tham khảo tài liệu 'mẫu giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đài vô tuyến điện đặt trên phương tiện nghề cá)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
1p la-vie 31-12-2010 57 6 Download
-
Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đối với đài vô tuyến điện nghiệp dư)
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đối với đài vô tuyến điện nghiệp dư)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
7p la-vie 31-12-2010 69 6 Download
-
Tài liệu tham khảo các biểu mẫu kèm theo thông tư số 24/2010/TT-BTTTT về quy định chi tiết và hướng dẫn thủ tục cấp giấy phép sử dụng tần số vô tuyến điện; cho thuê, cho mượn thiết bị vô tuyến điện; sử dụng chung tần số vô tuyến điện
2p la-vie 31-12-2010 49 5 Download
-
Cuốn tiểu thuyết "Bỉ Vỏ - Những ngày thơ ấu" được chia làm 2 phần: Phần 1 - Bỉ vỏ, Phần 2 - Những ngày thơ ấu. "Những ngày thơ ấu" có thể coi là một tác phẩm xuất sắc. Đây là tập hồi ký về tuổi thơ ghi lại những “Rung động cực điểm của một linh hồn trẻ dại”. Mời bạn đọc tham khảo để hiểu hơn về cuốn tiểu thuyết nổi tiếng này.
176p talata_5 03-12-2014 43 11 Download
-
Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện cho thiết bị vô tuyến điện
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện cho thiết bị vô tuyến điện', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
9p la-vie 31-12-2010 92 4 Download
-
Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và sử dụng thiết bị vô tuyến điện cho thiết bị vô tuyến điện(Đối với đài tầu)
Tài liệu tham khảo các biểu mẫu kèm theo thông tư số 24/2010/TT-BTTTT về quy định chi tiết và hướng dẫn thủ tục cấp giấy phép sử dụng tần số vô tuyến điện; cho thuê, cho mượn thiết bị vô tuyến điện; sử dụng chung tần số vô tuyến điện
7p la-vie 31-12-2010 68 5 Download
-
Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đối với tuyến truyền dẫn vi ba)
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đối với tuyến truyền dẫn vi ba)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
8p la-vie 31-12-2010 74 5 Download
-
"Bỉ vỏ" của Nguyên Hồng là một trong những tác phẩm xuất sắc nhất của dòng văn học hiện thực phê phán. Qua tác phẩm, những nét tiêu biểu của một lớp người sống dưới đáy xã hội, cuộc sống lầm than, đói khổ của tầng lớp nhân dân lao động và cả bản chất xấu xa thối nát của xã hội thực dân phong kiến đều được khắc họa tài tình dưới ngòi bút tinh tế của tác giả. Cuốn sách đã được chia làm 2 phần.
73p talata_1 31-10-2014 50 10 Download
-
Tham khảo tài liệu 'mẫu giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện cấp lần đầu', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
2p la-vie 31-12-2010 58 3 Download
-
Tham khảo tài liệu 'thoả thuận cho phép sản xuất thiết bị vô tuyến điện', biểu mẫu - văn bản, thủ tục hành chính phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
5p meohamngu 12-01-2011 33 1 Download
-
Ứng dụng các linh kiện vi cơ địên tử, MEMS (microelectromecanical systems), trong các thiết bị điện tử nói chung cũng như thiết bị y tế đang được nhiều nhà khoa học quan tâm. Báo cáo này giới thiệu một ứng dụng của vi cảm biến áp suất trong việc đo huyết áp và nhịp tim từ xa. Hệ thiết bị này bao gồm một máy tính chủ và nhiều module đo được chế tạo dựa trên vi cảm biến áp xuất và các thiết bị vô tuyến . ...
5p doxuan 05-08-2009 1848 392 Download
-
Một mạch chỉnh lưu là một mạch điện bao gồm các linh kiện điện - điện tử, dùng để biến đổi dòng điện xoay chiều thành dòng điện một chiều. Mạch chỉnh lưu có thể được sử dụng trong các bộ nguồn cung cấp dòng điện một chiều, hoặc trong các mạch tách sóng tín hiệu vô tuyến điện trong các thiết bị vô tuyến.
7p huyenthoai1410 05-08-2010 695 209 Download
-
Sản phẩm: sữa tươi tiệt trùng Những ưu điểm của sản phẩm sữa tiệt trùng: Sữa tiệt trùng được qua xử lý ở nhiệt độ rất cao (trên 100oc), Nhờ đó toàn bộ enzyme có trong sữa bị vô hoạt. Sản phẩm sữa tiệt trùng được bảo quản ở nhiệt độ phòng, thời gian bảo quản có thể kéo dài từ 3-6 tháng.
18p buiquangtan 01-12-2012 303 125 Download
-
Trong quá trình ôtô vận hành, nước trong két có thể vượt quá 100 độ C. Nếu cứ tiếp tục chạy, động cơ có thể bị vỡ hoặc giảm đáng kể tuổi thọ. Song nếu xử lý không đúng cách sẽ để lại những tổn thương vĩnh viễn cho máy hoặc két nước. Nước trong két bị sôi là do động cơ quá nóng. Khi đó, phải dừng xe, đưa về số không, cho máy chạy chậm ở chế độ không tải, lập tức mở hoàn toàn cửa lá sách phía trước két nước.
2p hieugtvt47 11-03-2011 206 83 Download

markdown:
# Bỉ vỏ
**Bỉ vỏ**
-
"Bỉ vỏ" của Nguyên Hồng là một trong những tác phẩm xuất sắc nhất của dòng văn học hiện thực phê phán. Qua tác phẩm, những nét tiêu biểu của một lớp người sống dưới đáy xã hội, cuộc sống lầm than, đói khổ của tầng lớp nhân dân lao động và cả bản chất xấu xa thối nát của xã hội thực dân phong kiến đều được khắc họa tài tình dưới ngòi bút tinh tế của tác giả. Mời bạn đọc cùng tìm hiểu tác phẩm trên qua tài liệu dưới đây.
97p
yenhong
24-06-2009
542
90
Download
-
Giáo trình Khai thác thiết bị vô tuyến điện hàng hải trên tàu cá - MĐ02: Điều khiển tàu cá giúp người học tiếp cận với kiến thức và thực hành kỹ năng cơ bản về khai thác máy định vị GPS, máy thông tin liên lạc trên tàu, rađa hàng hải.
143p
minhminh_2
02-12-2014
73
32
Download
-
Giáo trình "Khai thác thiết bị vô tuyến điện hàng hải trên tàu cá" giúp người học tiếp cận với kiến thức và thực hành kỹ năng cơ bản về khai thác máy định vị GPS, máy thông tin liên lạc trên tàu, rađa hàng hải, giáo trình gồm 4 bài: bài 1 khai thác máy định vị GPS, bài 2 khai thác thiết bị thông tin liên lạc, bài 3 khai thác Ra đa hàng hải, bài 4 khai thác thiết bị vô tuyến tầm phương.
139p
juliakaka
16-06-2014
62
22
Download
-
[Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đối với mạng thông tin vô tuyến điện nội bộ, mạng viễn thông dùng riêng sử dụng tần số vô tuyến điện thuộc nghiệp vụ di động)](http://tailieu.vn/doc/mau-ban-khai-de-nghi-cap-giay-phep-su-dung-tan-so-va-thiet-bi-vo-tuyen-dien-doi-voi-mang-thong-tin--442147.html)
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đối với mạng thông tin vô tuyến điện nội bộ, mạng viễn thông dùng riêng sử dụng tần số vô tuyến điện thuộc nghiệp vụ di động)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
9p
la-vie
31-12-2010
137
14
Download
-
Cuốn tiểu thuyết "Bỉ Vỏ - Những ngày thơ ấu" được chia làm 2 phần: Phần 1 - Bỉ vỏ, Phần 2 - Những ngày thơ ấu. Bỉ vỏ của Nguyên Hồng là một trong những tác phẩm xuất sắc nhất của dòng văn học hiện thực phê phán.
148p
talata_5
03-12-2014
75
16
Download
-
[Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đối với thiết bị phát thanh truyền hình)](http://tailieu.vn/doc/mau-ban-khai-de-nghi-cap-giay-phep-su-dung-tan-so-va-thiet-bi-vo-tuyen-dien-doi-voi-thiet-bi-phat-t-442150.html)
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đối với thiết bị phát thanh truyền hình)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
8p
la-vie
31-12-2010
89
8
Download
-
[Mẫu giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đài vô tuyến điện đặt trên phương tiện nghề cá)](http://tailieu.vn/doc/mau-giay-phep-su-dung-tan-so-va-thiet-bi-vo-tuyen-dien-dai-vo-tuyen-dien-dat-tren-phuong-tien-nghe-442130.html)
Tham khảo tài liệu 'mẫu giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đài vô tuyến điện đặt trên phương tiện nghề cá)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
1p
la-vie
31-12-2010
57
6
Download
-
[Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đối với đài vô tuyến điện nghiệp dư)](http://tailieu.vn/doc/mau-ban-khai-de-nghi-cap-giay-phep-su-dung-tan-so-va-thiet-bi-vo-tuyen-dien-doi-voi-dai-vo-tuyen-di-442155.html)
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đối với đài vô tuyến điện nghiệp dư)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
7p
la-vie
31-12-2010
69
6
Download
-
Tài liệu tham khảo các biểu mẫu kèm theo thông tư số 24/2010/TT-BTTTT về quy định chi tiết và hướng dẫn thủ tục cấp giấy phép sử dụng tần số vô tuyến điện; cho thuê, cho mượn thiết bị vô tuyến điện; sử dụng chung tần số vô tuyến điện
2p
la-vie
31-12-2010
49
5
Download
-
Cuốn tiểu thuyết "Bỉ Vỏ - Những ngày thơ ấu" được chia làm 2 phần: Phần 1 - Bỉ vỏ, Phần 2 - Những ngày thơ ấu. "Những ngày thơ ấu" có thể coi là một tác phẩm xuất sắc. Đây là tập hồi ký về tuổi thơ ghi lại những “Rung động cực điểm của một linh hồn trẻ dại”. Mời bạn đọc tham khảo để hiểu hơn về cuốn tiểu thuyết nổi tiếng này.
176p
talata_5
03-12-2014
43
11
Download
-
[Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện cho thiết bị vô tuyến điện](http://tailieu.vn/doc/mau-ban-khai-de-nghi-cap-giay-phep-su-dung-tan-so-va-thiet-bi-vo-tuyen-dien-cho-thiet-bi-vo-tuyen-di-442144.html)
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện cho thiết bị vô tuyến điện', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
9p
la-vie
31-12-2010
92
4
Download
-
[Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và sử dụng thiết bị vô tuyến điện cho thiết bị vô tuyến điện(Đối với đài tầu)](http://tailieu.vn/doc/mau-ban-khai-de-nghi-cap-giay-phep-su-dung-tan-so-va-su-dung-thiet-bi-vo-tuyen-dien-cho-thiet-bi-vo--442146.html)
Tài liệu tham khảo các biểu mẫu kèm theo thông tư số 24/2010/TT-BTTTT về quy định chi tiết và hướng dẫn thủ tục cấp giấy phép sử dụng tần số vô tuyến điện; cho thuê, cho mượn thiết bị vô tuyến điện; sử dụng chung tần số vô tuyến điện
7p
la-vie
31-12-2010
68
5
Download
-
[Mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (Đối với tuyến truyền dẫn vi ba)](http://tailieu.vn/doc/mau-ban-khai-de-nghi-cap-giay-phep-su-dung-tan-so-va-thiet-bi-vo-tuyen-dien-doi-voi-tuyen-truyen-da-442148.html)
Tham khảo tài liệu 'mẫu bản khai đề nghị cấp giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện (đối với tuyến truyền dẫn vi ba)', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
8p
la-vie
31-12-2010
74
5
Download
-
"Bỉ vỏ" của Nguyên Hồng là một trong những tác phẩm xuất sắc nhất của dòng văn học hiện thực phê phán. Qua tác phẩm, những nét tiêu biểu của một lớp người sống dưới đáy xã hội, cuộc sống lầm than, đói khổ của tầng lớp nhân dân lao động và cả bản chất xấu xa thối nát của xã hội thực dân phong kiến đều được khắc họa tài tình dưới ngòi bút tinh tế của tác giả. Cuốn sách đã được chia làm 2 phần.
73p
talata_1
31-10-2014
50
10
Download
-
Tham khảo tài liệu 'mẫu giấy phép sử dụng tần số và thiết bị vô tuyến điện cấp lần đầu', biểu mẫu - văn bản, biểu mẫu phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
2p
la-vie
31-12-2010
58
3
Download
-
Tham khảo tài liệu 'thoả thuận cho phép sản xuất thiết bị vô tuyến điện', biểu mẫu - văn bản, thủ tục hành chính phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
5p
meohamngu
12-01-2011
33
1
Download
-
Ứng dụng các linh kiện vi cơ địên tử, MEMS (microelectromecanical systems), trong các thiết bị điện tử nói chung cũng như thiết bị y tế đang được nhiều nhà khoa học quan tâm. Báo cáo này giới thiệu một ứng dụng của vi cảm biến áp suất trong việc đo huyết áp và nhịp tim từ xa. Hệ thiết bị này bao gồm một máy tính chủ và nhiều module đo được chế tạo dựa trên vi cảm biến áp xuất và các thiết bị vô tuyến . ...
5p
doxuan
05-08-2009
1848
392
Download
-
Một mạch chỉnh lưu là một mạch điện bao gồm các linh kiện điện - điện tử, dùng để biến đổi dòng điện xoay chiều thành dòng điện một chiều. Mạch chỉnh lưu có thể được sử dụng trong các bộ nguồn cung cấp dòng điện một chiều, hoặc trong các mạch tách sóng tín hiệu vô tuyến điện trong các thiết bị vô tuyến.
7p
huyenthoai1410
05-08-2010
695
209
Download
-
Sản phẩm: sữa tươi tiệt trùng Những ưu điểm của sản phẩm sữa tiệt trùng: Sữa tiệt trùng được qua xử lý ở nhiệt độ rất cao (trên 100oc), Nhờ đó toàn bộ enzyme có trong sữa bị vô hoạt. Sản phẩm sữa tiệt trùng được bảo quản ở nhiệt độ phòng, thời gian bảo quản có thể kéo dài từ 3-6 tháng.
18p
buiquangtan
01-12-2012
303
125
Download
-
Trong quá trình ôtô vận hành, nước trong két có thể vượt quá 100 độ C. Nếu cứ tiếp tục chạy, động cơ có thể bị vỡ hoặc giảm đáng kể tuổi thọ. Song nếu xử lý không đúng cách sẽ để lại những tổn thương vĩnh viễn cho máy hoặc két nước. Nước trong két bị sôi là do động cơ quá nóng. Khi đó, phải dừng xe, đưa về số không, cho máy chạy chậm ở chế độ không tải, lập tức mở hoàn toàn cửa lá sách phía trước két nước.
2p
hieugtvt47
11-03-2011
206
83
Download

Set-Cookie: TLDEVNamespace=m18fq6ca1a6ogo78dfeb6e7si7; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly