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PREPARAR O EXAME NACIONAL MACS • 10.º e 11.º ANOS

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Propostas de resolução – Métodos de apoio à decisão

Teoria matemática das eleições

PÁG. 21

1.

1.1. Consideremos o número de primeiras preferências para cada candidato:

P1 P2 P3 P4 P5

9520 7345 3250 4876 1080

Verificamos que o candidato P1 tem o maior número de votos e portanto será eleito por Maioria Simples com 36,52% dos votos (9520 votos em 26 071).

1.2. Não existe nenhum candidato com pelo menos 50% dos votos. Assim, será necessária uma

segunda volta com os dois candidatos mais votados, P1 e P2.

2.

2.1. Utilizando o Método de Contagem de Borda, consideremos que:

1.ª preferência = 5 pontos 2.ª preferência = 4 pontos 3.ª preferência = 3 pontos 4.ª preferência = 2 pontos 5.ª preferência = 1 ponto

Logo,

Cálculo da pontuação Pontuação

P1 9520 × 5 + 7345 × 4 + 4876 × 3 + 1080 × 2 + 3250 × 1 97 018

P2 7345 × 5 + 9520 × 4 + (3250 + 4876) × 2 + 1080 × 1 92 137

P3 3250 × 5 + 9520 × 3 + 1080 × 3 + 7345 × 2 + 4876 × 1 67 616

P4 4876 × 5 + 3250 × 4 + 1080 × 4 + 9520 × 2 + 7345 × 1 68 085

P5 1080 × 5 + 4876 × 4 + 7345 × 3 + 3250 × 3 + 9520 × 1 66 209

Utilizando o Método de Contagem de Borda, P1 é o vencedor da eleição.

2.2. Para existir um vencedor de Condorcet, um candidato terá de vencer todos os outros em

confrontos directos. Temos:

P1 vs. P2 P1: 9520 + 4876 + 1080 P3: 7345 + 3250 Ganha P1

P1 vs. P3 P1: 9520 + 7345 + 4876 P3: 3250 + 1080 Ganha P1

P1 vs. P4 P1: 9520 + 7345 P4: 3250 + 4876 + 1080 Ganha P1

P1 vs. P5 P1: 9520 + 7345 P5: 3250 + 4876 + 1080 Ganha P1

P2 vs. P3 P2: 9520 + 7345 + 4876 P3: 3250 + 1080 Ganha P2

P2 vs. P4 P2: 9520 + 7345 P4: 3250 + 4876 + 1080 Ganha P2

P2 vs. P5 P2: 9520 + 7345 P5: 3250 + 4876 + 1080 Ganha P2

P3 vs. P4 P3: 9520 + 7345 + 3250 P4: 4876 + 1080 Ganha P3

P3 vs. P5 P3: 9520 + 3250 P5: 7345 + 4876 + 1080 Ganha P5

P4 vs. P5 P4: 9520 + 3250 + 4876 P5: 7345 + 1080 Ganha P4

O vencedor é o candidato P1, pois venceu todos os confrontos directos, temos, portanto, um vencedor de Condorcet.



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2.3. As condições não-ditadura e soberania individual são verificadas pois a preferência de um não é

sobreposta à dos restantes votantes e cada votante ordena as suas preferências.

3.

3.1. Utilizando o Método de Contagem de Borda, temos:

1.ª preferência = 4 pontos 2.ª preferência = 3 pontos 3.ª preferência = 2 pontos 4.ª preferência = 1 ponto

Pontuação Totais

Banda desenhada 8 × 2 + 15 × 4 + 12 × 3 + 10 × 3 142

Quatro estações 8 × 1 + 15 × 3 + 12 × 4 + 10 × 2 121

Comunicação Social 8 × 4 + 15 × 1 + 12 × 1 + 10 × 1 69

Profissões 8 × 3 + 15 × 2 + 12 × 2 + 10 × 4 118

Utilizando o Método de Contagem de Borda, Banda Desenhada é o vencedor da eleição.

3.2. Consideremos o número de primeiras preferências de cada tema:

Comunicação Social – 8 Banda desenhada – 15 Quatro estações – 12 Profissões – 10 Temos um total de 45 votos, logo a percentagem obtida por cada tema é:

Comunicação Social: 8

100 17,78%45

Banda desenhada: 15

100 33,33%45

Quatro estações: 12

100 26,67%45

Profissões: 10

100 22,22%45

Como nenhum tema obteve Maioria Absoluta, isto é, pelo menos 50% dos votos, é necessário uma segunda volta com os dois temas mais votados, em que o tema vencedor terá de obter 23 + 1 votos. Os dois possíveis vencedores serão “Banda desenhada ” e “Quatro estações” que serão os temas que irão à segunda volta. O facto do tema “Banda desenhada” ter ganho por Maioria Simples não implica que ganhe na segunda volta pois os que votaram em “Comunicação Social” e em “Profissões”, podem ter como segundo tema preferido “Quatro estações”.



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4.

4.1. Apliquemos o Método das Eliminações Sucessivas.

É eliminada a música Clássica.

É eliminada a música Hip Pop.

Vence a música Popular.

4.2. Consideremos que há permuta da preferência de Clássica com Popular 110 habitantes.

Apliquemos o Método das Eliminações Sucessivas:

É eliminada a música Clássica.

Hip Pop Rock Popular Clássica

125 230 328 110

Hip Pop Rock Popular

125 230 328 + 110 = 438

Rock Popular

125 + 230 = 385 328 + 110 = 438

Hip Pop Rock Popular Clássica

125 230 328 + 110 = 438 0



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É eliminada a música Hip Pop.

Vence a música Popular. É satisfeito o critério de monotonia pois ao alterar-se a ordem de preferência a favor de música Popular, esta ganha novamente a eleição.

4.3. Aplicando o Método de Contagem de Borda, consideremos:

1.ª preferência = 4 pontos 2.ª preferência = 3 pontos 3.ª preferência = 2 pontos 4.ª preferência = 1 ponto

Nome Cálculo da pontuação Pontuação

Hip Pop 125 4 + 230 3 + 328 1 + 110 2 1738

Rock 125 3 + 230 4 + 328 3 + 110 1 2389

Popular 125 2 + 230 1 + 328 4 + 110 3 2122

Clássica 125 1 + 230 2 + 328 2 + 110 4 1681

A música escolhida ao aplicar o Método de Contagem de Borda é Música Rock. Ao aplicar o Método das Eliminações Sucessivas, verificamos que Música Popular vence a Música Rock, contudo aplicando o Método de Contagem de Borda, Música Rock vence a Música Popular. Temos, portanto, dois resultados diferentes ao aplicar métodos distintos ao mesmo conjunto de preferências.

Hip Pop Rock Popular

125 230 438

Rock Popular

385 438



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5.

5.1. O nome vencedor relativo à primeira preferência é o Pedro com 5 + 7 = 12 votos (André obteve

10 votos e Diogo obteve 8 votos).

5.2.

a) Apliquemos o Método de Contagem de Borda.

1.ª preferência = 3 pontos 2.ª preferência = 2 pontos 3.ª preferência = 1 ponto

Nome Cálculo da pontuação Pontuação

Pedro 5 × 3 + 7 × 3 +10 × 2 + 8 × 1 64

André 5 × 2 + 7 × 1 + 10 × 3 + 8 × 2 63

Diogo 5 × 1 + 7 × 2 + 10 × 1 + 8 × 3 53

O nome vencedor é o de Pedro com 64 pontos.

b) Apliquemos o Método das Eliminações Sucessivas:

É eliminada o nome Diogo.

Vence o André.

c) Apliquemos o Método dos Confrontos Sucessivos.

Pedro vs. André

Vence o André.

Pedro André Diogo

5 + 7 = 12 10 8

Pedro André

12 18



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Pedro vs. Diogo

Vence o Pedro. André vs. Diogo

O André e o Diogo empatam.

5.3.Nenhum dos métodos é conclusivo em relação à escolha do nome, o Método de Contagem de

Borda dá preferência ao nome de Pedro, contudo o nome de André vence no Método das Eliminações Sucessivas. Em relação, ao Método dos Confrontos Sucessivos dois a dois, deparamo-nos com o Paradoxo de Condorcet pois se o André vence ao Pedro que vence ao Diogo, então o André deveria vencer o Diogo. Contudo tal não se verifica, portanto, a Ana Maria e o marido devem propor outro método de aplicação.



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Teoria da partilha equilibrada

PÁG. 40

1.

1.1. Considerando o Método de Hamilton, o quociente eleitoral é determinado fazendo o quociente

entre o número de votos validamente expressos e o número de mandatos, assim:

11076 308 144 10 6241180,(44)

9 9QE

1.2. Consideremos 10 624 votos validamente expressos, a quota padrão é determinada fazendo:

Quota padrão do partido A = 4544

9 3,8510 624

Quota padrão do partido B = 3276

9 2,7810 624

Quota padrão do partido C = 2767

9 2,3410 624

Quota padrão do partido D = 399

9 0,3410 624

Quota padrão do partido E = 238

9 0,2010 624

1.3.

a) Método de Hamilton

Partido N.º de votos

Quota padrão

Quota inferior

Parte decimal

Total mandatos

A 4544 3,85 3 0,85 3 + 1 = 4

B 3276 2,78 2 0,78 2 + 1 = 3

C 2767 2,34 2 0,34 2

D 399 0,34 0 0,34 0

E 238 0,20 0 0,20 0

Total 7 9

Partido A 4 mandatos

Partido B 3 mandatos

Partido C 2 mandatos

Partido D 0 mandatos

Partido E 0 mandatos



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b) Método de Jefferson

1180,(44)QE


Quota padrão

Quota inferior

A 4544 3,85 3

B 3276 2,78 2

C 2767 2,34 2

D 399 0,34 0

E 238 0,20 0

Total 7

Na aplicação do método de Jefferson, temos de determinar o quociente eleitoral modificado, de tal modo que, quando as quotas modificadas são arredondadas às unidades por defeito, quota inferior, a adição dessas quotas dá exactamente o número de lugares a distribuir.

Consideremos 1000QM


Quota modificada

Quota inferior

A 4544 4,544 4

B 3276 3,276 3

C 2767 2,767 2

D 399 3,99 0

E 238 2,38 0

Total 9






c) Método de Adams

O método de Adams é muito semelhante ao de Jefferson. No entanto, o arrendamento da quota modificada é feito por excesso e não por defeito.

1180,(44)QE


Quota padrão

Quota superior

A 4544 3,85 4

B 3276 2,78 3

C 2767 2,34 3

D 399 0,34 1

E 238 0,20 1

Total 12



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Consideremos 1700QM


Quota modificada

Quota superior

A 4544 2,67 3

B 3276 1,93 2

C 2767 1,63 2

D 399 0,23 1

E 238 0,14 1

Total 9




Partido D 1 mandato

Partido E 1 mandato

2.

2.1. Considerando o Método de Hunthing-Hill, temos:

Mês N.º de

pessoas

Quota padrão

(QP) 1H L L Quota

inferior Quota

superior Total

mandatos

Janeiro 4102 4702

240 54,7917 968

54 54 1 54,50 54 55 55

(QP > H)

Fevereiro 3528 3528

240 47,1217 968

47 47 1 47,50 47 48 47

(QP < H)

Março 5435 5435

240 72,6017 968

72 72 1 72,50 72 73 73

(QP > H)

Abril 4903 4903

240 65,4917 968

65 65 1 65,50 65 66 65

(QP < H)

Total 238 242 240

Janeiro 55 pessoas

Fevereiro 47 pessoas

Março 73 pessoas

Abril 65

2.2. Considerando o Método de Hamilton, temos:

Mês N.º de

pessoas Quota padrão Quota inferior Parte decimal

Total mandatos

Janeiro 4102 54,79 54 0,79 55

Fevereiro 3528 47,12 47 0,12 47

Março 5435 72,60 72 0,60 73

Abril 4903 65,49 65 0,49 65

Total 238 240

Sim, o número de pessoas seleccionadas por cada mês mantém-se.



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3.

3.1. O número de mandatos a atribuir é dado por:

4,091 + 2,820 + 1,262 + 0,787 + 1,041 = 10 Temos, portanto, 10 mandatos.

3.2. Sabemos que, das 25 175 das pessoas que votaram, apenas 60% foram considerados votos

válidos. Logo, temos 15 105 votos validamente expressos.

151051510,5

10QE

O quociente eleitoral é 1510,5.

3.3. Observamos que:

.º.º

n votos partidoQP n votos partido QP QE

QE

Assim,

N.º votos do partido A 4,091 1510,5 = 6179

N.º votos do partido B 2,820 1510,5 = 4259

N.º votos do partido C 1,262 1510,5 = 1906

N.º votos do partido D 0,787 1510,5 = 1189

N.º votos do partido E 1,041 1510,5 = 1572 Temos um total de 10 105 votos.

3.4.

a) Considerando o Método de Hunthing-Hill, temos:


Quota padrão

(QP) 1H L L Quota

inferior Quota

superior Total

mandatos

A 6179 4,091 4 4 1 4,47 4 5 4

(QP < H)

B 4259 2,820 2 2 1 2,45 2 3 3

(QP > H)

C 1906 1,262 1 1 1 1,41 1 2 1

(QP < H)

D 1189 0,787 0 0 1 0 0 1 1

(QP > H)

E 1572 1,041 1 1 1 1,41 1 2 1

(QP < H)

Total 8 13 10



Partido C 1 mandato

Partido D 1 mandato

Partido E 1 mandato



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b) Considerando o Método de Adams, temos:

1510,5QE


Quota padrão

Quota superior

A 6179 4,091 5

B 4259 2,820 3

C 1906 1,262 2

D 1189 0,787 1

E 1572 1,041 2

Total 13

Consideremos o seguinte quociente eleitoral modificado 2000QM :


Quota modificada

Quota superior

A 6179 3,090 4

B 4259 2,130 3

C 1906 0,953 1

D 1189 0,595 1

E 1572 0,786 1

Total 10



Partido C 1 mandato

Partido D 1 mandato

Partido E 1 mandato

c) O método de Webster resulta da atribuição da quota padrão arredondada convencionalmente.

1510,5QE


Quota padrão

Mandatos

A 6179 4,091 4

B 4259 2,820 3

C 1906 1,262 1

D 1189 0,787 1

E 1572 1,041 1

Total 10



Partido C 1 mandato

Partido D 1 mandato

Partido E 1 mandato



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4.

4.1.O partido vencedor foi o partido A com 270 775 votos, vencendo com maioria simples pois

conseguiu somente 39,46% dos votos. De facto, para o partido A:

270 775 10039,46%

686189

4.2.

a) Considerando o Método de Hamilton, temos:

686189 10 6242744,756

250 9QE

Partido N.º de

votos Quota padrão Quota inferior Parte decimal

Total mandatos

A 270 775 98,65 98 0,65 99

B 235 435 85,78 85 0,78 86

C 90 226 32,87 32 0,87 33

D 75 145 27,38 27 0,38 27

E 14 620 5,33 5 0,33 5

Total 247 250






b) Consideremos o Método de Jefferson.

2744,756QE


Quota padrão Quota inferior

A 270 775 98,65 98

B 235 435 85,78 85

C 90 226 32,87 32

D 75 145 27,38 27

E 14 620 5,33 5

Total 247

Na aplicação do método de Jefferson, temos de determinar o quociente eleitoral modificado, de tal modo que, quando as quotas modificadas são arredondadas às unidades por defeito, quota inferior, a adição dessas quotas dá exactamente o número de lugares a distribuir.



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Consideremos 2720QM


Quota modificada

Quota inferior

A 270 775 99,55 99

B 235 435 86,56 86

C 90 226 33,17 33

D 75 145 27,63 27

E 14 620 5,38 5

Total 250






c) Considerando o Método de Adams, temos:

2744,756QE


Quota padrão Quota superior

A 270 775 98,65 99

B 235 435 85,78 86

C 90 226 32,87 33

D 75 145 27,38 28

E 14 620 5,33 6

Total 252

Consideremos o seguinte divisor modificado 2780QM :


Quota modificada

Quota superior

A 270 775 97,40 98

B 235 435 84,69 85

C 90 226 32,46 33

D 75 145 27,03 28

E 14 620 5,26 6

Total 250








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d) O Método de Webster resulta da atribuição da quota padrão arredondada convencionalmente.

2744,756QE


Quota padrão Mandatos

A 270 775 98,65 99

B 235 435 85,78 86

C 90 226 32,87 33

D 75 145 27,38 27

E 14 620 5,33 5

Total 250






e) Considerando o Método de Hunthing-Hill, temos:


Quota padrão

(QP) 1H L L Quota

inferior Quota

superior Total

mandatos

A 270 775 98,65 98 98 1 98,50 98 99 99

(QP > H)

B 235 435 85,78 85 85 1 85,50 85 86 86

(QP > H)

C 90 226 32,87 32 32 1 32,50 32 33 33

(QP > H)

D 75 145 27,38 27 27 1 17,50 27 28 27

(QP < H)

E 14 620 5,33 5 5 1 5,48 5 6 5

(QP < H)

Total 247 252 250



Partido C 33 mandato

Partido D 27 mandato

Partido E 5 mandato



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5.

Para aplicarmos cada um dos métodos, comecemos por determinar os votos obtidos por cada um dos partidos tendo em conta a percentagem:

Lista Votos (%) Número de votos

A 35,15 0,3515 35 430 12 454

B 30,04 0,3004 35 430 10 643

C 20,18 0,2018 35 430 7150

D 9,47 0,0947 35 430 3355

Votos validamente expressos: 12 454 10 643 7150 3355 33602

5.1. Considerando o Método de Hamilton, temos:

33 6026720,40

5QE

Lista N.º de votos

Quota padrão Quota inferior Parte decimal Total

mandatos

A 12 454 1,853 1 0,85 2

B 10 643 1,584 1 0,58 2

C 7150 1,064 1 0,06 1

D 3355 0,499 0 0,50 0

Total 3 5

Lista A 2 alunos

Lista B 2 alunos

Lista C 1 aluno

Lista D 0 alunos

5.2. Considerando o Método de Hondt, temos:

LISTA

A B C D

Divisores 12 454 10 643 7150 3355

1 12 454 10 643 7150 3355

2 6227 5321,5 3575 1677,5

3 2075,67 1773,83 1191,67 559,17

4 518,92 443,46 297,92 139,79

5 103,78 88,69 59,58 27,96

Lista A 2 alunos

Lista B 2 alunos

Lista C 1 aluno

Lista D 0 alunos



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5.3. Considerando o Método de Adams, temos:

6720,40QE

Lista N.º de votos

Quota padrão Quota superior

A 12 454 1,853 2

B 10 643 1,584 2

C 7150 1,064 2

D 3355 0,499 1

Total 7

Consideremos o seguinte quociente eleitoral modificado 11000QM :

Lista N.º de votos

Quota modificada

Quota superior

A 12 454 1,132 2

B 10 643 0,968 1

C 7150 0,65 1

D 3355 0,305 1

Total 5

Lista A 2 alunos

Lista B 1 aluno

Lista C 1 aluno

Lista D 1 aluno

5.4. Consideremos o Método de Jefferson.

6720,40QE

Lista N.º de votos

Quota padrão Quota inferior

A 12 454 1,853 1

B 10 643 1,584 1

C 7150 1,064 1

D 3355 0,499 0

Total 3



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Consideremos o quociente eleitoral modificado 5000QM :

Lista N.º de votos

Quota modificada

Quota inferior

A 12 454 2,491 2

B 10 643 2,129 2

C 7150 1,43 1

D 3355 0,671 0

Total 5

Lista A 2 alunos

Lista B 2 alunos

Lista C 1 aluno

Lista D 0 alunos

5.5. O Método de Webster resulta da atribuição da quota padrão arredondada convencionalmente.

6720,40QE

Lista N.º de votos

Quota padrão Alunos

A 12 454 1,853 2

B 10 643 1,584 2

C 7150 1,064 1

D 3355 0,499 0

Total 5

Lista A 2 alunos

Lista B 2 alunos

Lista C 1 aluno

Lista D 0 alunos

6.

6.1.

a) Como foi o Pedro a dividir a piza, a Maria e a Carla vão escolher as fatias.

Sabemos que a Carla escolheu F1 e F2. Se a Maria escolher F2, então a Carla ficará com F1 e o Pedro com a restante. Se a Carla escolher F1, então a Carla ficará com F2 e o Pedro com a restante. Por último, se a Maria escolher F3, a Carla escolherá F1 ou F2 e o Pedro ficará com a restante.

b) Como foi o Pedro que dividiu a piza, para ele todas as fatias têm o mesmo valor, logo não poderá

ficar insatisfeito. Como a Carla escolheu F1 e F2, poderá sempre ficar com uma delas, que para ela têm igual valor, logo não poderá ficar insatisfeita. Finalmente, a Maria poderá ficar com qualquer uma das três fatias, logo também não poderá ficar insatisfeita.



© A

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DIT

OR

ES

6.2. Procedimento:

1) Selecciona-se quem será o que escolhe, suponhamos que é a Maria. 2) Sorteia-se quem vai ser o primeiro a cortar, suponhamos que é o Pedro. 3) O Pedro corta a piza em duas partes que pensa que têm o mesmo valor. 4) A Carla escolhe uma das partes e a outra fica para o Pedro. 5) A Carla e o Pedro cortam cada uma dos seus pedaços em três partes que consideram ser iguais. 6) A Maria escolhe uma das três partes da Carla e uma das três partes do Pedro. As restantes partes ficam para quem já os possui.

6.3. Com o procedimento descrito, ninguém ficará insatisfeito pois depois do passo 4, a Carla e o

Pedro consideram que têm partes que valem pelo menos 1

2da piza. No final do passo 6 cada um terá

partes que considera que valem, pelo menos, 1

3 do bolo.

7. O Pedro divide o terreno em 4 partes que considera iguais. Os outros três netos vão seleccionar as

partes que consideram aceitáveis, isto é, que consideram que valem, pelo menos, 1

4 do terreno. A

Sara foi a única que seleccionou T3, logo a Sara ficará com esta parte. A Maria escolheu T1 e T2 e o Filipe T1 e T4. Podemos considerar, por exemplo, que a Maria ficaria com T1 e, portanto, o Filipe ficaria com T4, deixando T2 para o Pedro (poderíamos considerar que a Maria ficaria com T2 e o Filipe com T1 ou T4, deixando T4 ou T2 para o Pedro).

8.

8.1. Para a divisão do bolo, consideremos o Algoritmo do Único a Dividir.

O Pedro foi seleccionado para fazer a divisão do bolo e, como não sabe a parte que lhe caberá, procede à divisão em partes que considera justas, atribuindo a cada parte do bolo o valor de

100%25%

4 . Cada um dos outros netos atribui secretamente percentagens de preferência a cada

uma das fatias (de forma que a soma de todas elas seja 100%). Exemplo 1:

F1 F2 F3 F4

Filipe 15% 20% 25% 40%

Sara 30% 35% 15% 20%

Pedro 25% 25% 25% 25%

Maria 25% 20% 30% 25%

O Filipe fica com F4, a Sara fica com F2, a Maria com F3 e o Pedro com a fatia sobrante F1. Exemplo 2:

F1 F2 F3 F4

Filipe 15% 20% 25% 40%

Sara 30% 35% 15% 20%

Pedro 25% 25% 25% 25%

Maria 25% 30% 20% 25%

O Filipe prefere F4, logo fica com F4. A Sara e a Maria preferem ambas a mesma fatia, logo o Pedro fica com F3, pois ambas não a preferem. Para fazer a divisão entre a Sara e a Maria pode, se possível, juntar-se ambas as fatias e proceder a nova divisão e escolha entre as duas. Caso não haja entendimento faz-se sorteio com as duas fatias sobrantes.



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8.2. Os netos poderiam dividir o bolo de outra forma. Escolheriam um elemento para o cortar que

moveria a faca até outro neto dizer STOP, essa fatia ficaria para esse elemento (que mandou parar). Depois repetiria o processo com a restante porção do bolo para os outros elementos. Desta forma todos os intervenientes ficariam, do seu ponto de vista, com um quarto do bolo, pois somente dizem STOP quando acham que a faca atingiu um quarto do bolo.

9. Consideremos o algoritmo das licitações secretas.

Cada herdeiro atribui um valor a cada item:

Carro de colecção Barco Elefante de marfim

Sofia 25 000 € 100 000 € 7500 €

Raquel 22 000 € 105 000 € 7000 €

Fernando 20 500 € 110 000 € 7250 €

De acordo com os valores atribuídos, a Sofia ficará com o carro de colecção e com o elefante de marfim, o Fernando ficará com o barco e a Raquel não ficará com nenhum item. Vejamos, agora, o valor que cada um considera justo receber:

Valor da herança Parte justa

Sofia 132 500 €

(25 000 € + 100 000 € + 7500 €)

132 50044166,67 €

3

Raquel 134 000 €

(22 000 € + 105 000 € + 7000 €)

134 00044 666,67 €

3

Fernando 137 750 €

(20 500 € + 110 000 € + 7250 €)

137 75045 916,67 €

3

É necessário, agora, calcular a diferença entre aquilo que cada um considera justo receber e o valor dos itens que recebeu. Se esta diferença for negativa, o herdeiro terá de pagar à herança o valor indicado.

Parte justa Itens recebidos Valor a receber/pagar

Sofia 44 166,67 € Carro de colecção

Elefante de marfim

11 666,67 € a receber

[44 166,67 € - (25 000 € + 7500 €)]

Raquel 44 666,67 € _____________

44 666,67 € a receber

Fernando 45 916,67 € Barco 64 083,33 € a pagar

(45 916,67 € - 110 000 €)

Depois de cada herdeiro pagar e receber o que deve da herança, vejamos o dinheiro de sobra para cada um:

64 083,33 44 666,67 11666,67 7749,992583,33

3 3

Assim, sobra ainda 2583,33 € para cada herdeiro.



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Consideremos, então, o seguinte quadro resumo:

Sofia Raquel Fernando

Valor total da herança 132 500 € 134 000 € 137 750 €

Parte justa 44 166,67 € 44 666,67 € 45 916,67 €

Itens recebidos Carro de colecção

Elefante de marfim _____________ Barco

Valor dos itens recebidos

25 000 € + 7500 € _____________ 110 000 €

Quantia a receber/pagar 11 666,67 € a receber 44 666,67 € a receber 64 083,33 € a pagar

Parte do que resta 2583,33 € 2583,33 € 2583,33 €

Valor recebido 46 750 € 47 250 € 48 500 €

Assim, nenhum herdeiro ficou insatisfeito pois recebeu a parte que considerava justa mais 2583,33 € (do dinheiro sobrante).

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