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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
Partido N.º de votos
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
Partido N.º de votos
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
Partido A 4 mandatos
Partido B 3 mandatos
Partido C 2 mandatos
Partido D 0 mandatos
Partido E 0 mandatos
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
Partido N.º de votos
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
Partido N.º de votos
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 A 3 mandatos
Partido B 2 mandatos
Partido C 2 mandatos
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:
Partido N.º de votos
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 A 4 mandatos
Partido B 3 mandatos
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
Partido N.º de votos
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 :
Partido N.º de votos
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 A 4 mandatos
Partido B 3 mandatos
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
Partido N.º de votos
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 A 4 mandatos
Partido B 3 mandatos
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
Partido A 99 mandatos
Partido B 86 mandatos
Partido C 33 mandatos
Partido D 27 mandatos
Partido E 5 mandatos
b) Consideremos o Método de Jefferson.
2744,756QE
Partido N.º de votos
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
Partido N.º de votos
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
Partido A 99 mandatos
Partido B 86 mandatos
Partido C 33 mandatos
Partido D 27 mandatos
Partido E 5 mandatos
c) Considerando o Método de Adams, temos:
2744,756QE
Partido N.º de votos
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 :
Partido N.º de votos
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
Partido A 98 mandatos
Partido B 85 mandatos
Partido C 33 mandatos
Partido D 28 mandatos
Partido E 6 mandatos
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d) O Método de Webster resulta da atribuição da quota padrão arredondada convencionalmente.
2744,756QE
Partido N.º de votos
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
Partido A 99 mandatos
Partido B 86 mandatos
Partido C 33 mandatos
Partido D 27 mandatos
Partido E 5 mandatos
e) Considerando o Método de Hunthing-Hill, temos:
Partido N.º de votos
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 A 99 mandatos
Partido B 86 mandatos
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.
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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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