Modelos Matemáticos
para a Cidadania

Maioria simples é ter mais votos do que qualquer outro. Maioria absoluta é ter mais de metade de todos os votos.

1. A Ana é a mais votada: tem maioria simples.
2. Metade dos votos é 28 : 2 = 14. Para maioria absoluta seriam precisos pelo menos 15 votos, e a Ana tem 12.

Mais de metade. Metade de 573 não é inteiro — e isso simplifica a resposta.

1. 573 : 2 = 286{,}5.
2. São precisos mais do que 286{,}5 votos, e os votos são números inteiros: o mínimo é 287.Com um número ímpar de votos não há empate possível entre dois candidatos, e o mínimo é sempre \dfrac{n+1}{2}.

Brancos e nulos contam para a afluência, mas não são votos em nenhuma lista — e a maioria absoluta mede-se sobre os validamente expressos.

1. a) 57\,596 - 834 - 627 = 56\,135 votos validamente expressos.
2. b) 56\,135 : 2 = 28\,067{,}5, logo seriam precisos 28\,068 votos.
3. A lista mais votada teve 17\,220: bem longe.Num círculo com três forças equilibradas, a maioria absoluta é praticamente inatingível — e é por isso que o método de partilha, que a R3 estuda, é o que decide tudo.

Faz a conta do mínimo, e compara.

1. O mínimo para maioria absoluta é 1251 votos (mais de 1250).
2. A lista teve 1249: faltaram-lhe dois votos.

A regra é: se ninguém tiver maioria absoluta à primeira, os dois mais votados vão a uma segunda volta.

1. a) O mais votado teve 46{,}3\%, que é menos de 50\%. Nenhum candidato obteve maioria absoluta, logo houve segunda volta.
2. b) Na segunda volta há só dois candidatos, e os votos dos que ficaram de fora repartem-se por eles. Os 28{,}3\% dos terceiro e quarto candidatos foram, na sua maioria, para o segundo classificado.
3. Foi o que aconteceu: 25{,}4\% à primeira volta, 51{,}2\% à segunda.É a única vez, até hoje, que houve segunda volta numa presidencial portuguesa — e serviu justamente para mostrar que «o mais votado» e «o preferido pela maioria» podem ser pessoas diferentes.

Repara em que a pergunta muda o conjunto sobre o qual se conta a metade. As abstenções entram num caso e não no outro.

1. a) Metade de 180 é 90: seriam precisos 91 votos, e houve 84. Não.
2. b) Votos expressos: 84 + 72 = 156. Metade é 78, logo o mínimo é 79, e houve 84. Sim.
3. A mesma votação tem duas respostas conforme o regulamento.É por isso que os estatutos de qualquer organização dizem sempre sobre o quê se conta a maioria. A diferença não é uma subtileza: decide se a proposta passa.

Três das quatro afirmações podem ser falsas em alguma votação com estes dados. Procura a que não pode.

1. Se A teve 40\%, os restantes 60\% foram para outros: a (B) é certa.
2. A (A) é falsa — 60\% preferiu outra coisa. A (C) falha, por exemplo, com B = 35\% e C = 25\%.
3. A (D) parece certa, mas o enunciado diz que o sistema é de maioria simples: não há segunda volta nenhuma, e por isso a afirmação não descreve esta eleição.O ponto da secção inteira está aqui: ganhar não é o mesmo que ser preferido pela maioria, e qual dos dois acontece depende do método.

Na alínea b), chama x à fração dos 3100 votos de C e D que vão para B, e escreve a condição de B passar A.

1. a) O mínimo para maioria absoluta é 5001, e o mais votado teve 3800. Vão à segunda volta A e B.
2. b) Os votos de C e D somam 2000+1100 = 3100. Se B conquistar a fração x, fica com 3100 + 3100x e A com 3800 + 3100(1-x).
3. 3100 + 3100x > 3800 + 3100 - 3100x \iff 6200x > 3800 \iff x > 0{,}6129\ldots
4. Precisa de mais de 61{,}3\% desses votos.Repare-se em quanto é exigente: B perdeu por 700 votos e precisa de quase dois terços dos votos disponíveis para inverter — porque cada voto que ganha é também um voto que A deixa de ganhar.

Soma primeiro, e só depois divide. Arredonda às décimas.

1. a) 17\,220+16\,125+15\,458 = 48\,803, e \dfrac{48\,803}{56\,135} \approx 0{,}869: cerca de 86{,}9\%.
2. b) 17\,220 - 15\,458 = 1762, e \dfrac{1762}{56\,135} \approx 0{,}031: cerca de 3{,}1\%.
3. Três listas separadas por três pontos percentuais.Guarda este número: na R3 vais ver que, com estes votos, uma das três não elege ninguém — e que isso não é um erro do método, é o método a funcionar como foi desenhado.

Trata os dois casos à parte e compara com a fórmula. O símbolo \lfloor x \rfloor é a parte inteira de x.

1. a) Se n é par, metade é o inteiro \dfrac{n}{2} e é preciso ultrapassá-lo: m(n) = \dfrac{n}{2}+1.
2. Se n é ímpar, \dfrac{n}{2} não é inteiro e o primeiro inteiro acima dele é \dfrac{n+1}{2}: m(n) = \dfrac{n+1}{2}.
3. b) Com n par, \left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor = \dfrac{n}{2} e a fórmula dá \dfrac{n}{2}+1. Com n ímpar, n = 2k+1 e \left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor = k, logo a fórmula dá k+1 = \dfrac{n+1}{2}.
4. Os dois casos coincidem com a fórmula.É esta fórmula que o programa de Python da secção usa, escrita como int(n/2)+1.

Prova pelo contrário: supõe k = 2 e vê o que acontece.

1. Suponhamos k = 2, com a e b votos, a + b = n.
2. Se nenhum tem maioria absoluta, então a \leq \dfrac{n}{2} e b \leq \dfrac{n}{2}, logo a+b \leq n com igualdade só se a = b = \dfrac{n}{2}.
3. Ou seja: com dois candidatos, ou um deles tem maioria absoluta, ou há empate exato.
4. Fora do empate, é impossível haver segunda volta com dois candidatos: tem de haver k \geq 3.O empate exato existe na teoria e resolve-se nos estatutos — por sorteio, por antiguidade, ou por nova votação. A matemática diz que é o único caso que sobra.

Quantos votos são 2\%? E quantos votos teriam de mudar de lista para A passar a metade?

1. A teve 0{,}48 \times 50\,000 = 24\,000 votos. O mínimo para maioria absoluta é 25\,001.
2. Faltam-lhe 1001 votos novos — e é isso que os 2\% significam, se os eleitores em falta forem abstencionistas que passam a votar.
3. Mas se os votos vierem de outra lista, cada voto que A ganha é um que a outra perde: bastam 501 eleitores a mudar de voto.A frase do jornal não está errada — está incompleta. «Faltar 2%» quer dizer coisas diferentes conforme os votos venham da abstenção ou da concorrência, e a diferença é de quase o dobro.

Faz uma coluna por filme e soma os pontos que cada boletim lhe dá.

1. X: 3 + 1 + 2 = 6
2. Y: 2 + 3 + 3 = 8
3. Z: 1 + 2 + 1 = 4
4. Confirmação: 6+8+4 = 18 = 3 \times (3+2+1).A soma total é sempre o número de boletins vezes a soma dos pontos de um boletim. É a verificação mais rápida que há.

Cada boletim distribui sempre o mesmo total de pontos, seja qual for a ordem.

1. Cada boletim dá 5+4+3+2+1 = 15 pontos.
2. Com 60 boletins: 60 \times 15 = 900.

Maioria simples olha só para a linha das primeiras preferências.

1. Maioria simples: P com 34, contra 31 e 25. Ganha P.
2. Borda: P: 3(34) + 1(31) + 1(25) = 102+31+25 = 158.
3. Q: 2(34) + 3(31) + 2(25) = 68+93+50 = 211.
4. R: 1(34) + 2(31) + 3(25) = 34+62+75 = 171. Ganha Q.
5. Soma: 158+211+171 = 540 = 90 \times 6. ✓Q não é a primeira preferência de quase ninguém — é a segunda de toda a gente. É exatamente o tipo de opção que Borda encontra e a maioria simples não vê.

Calcula o total distribuído e divide pelas quatro opções.

1. Cada boletim dá 4+3+2+1 = 10 pontos, logo o total é 50 \times 10 = 500.
2. A média das quatro opções é 500 : 4 = 125... mas a opção teve 200, que não é a média.
3. Se fosse a primeira de todos teria 50 \times 4 = 200. A (A) é possível — e é a única compatível com 200 pontos e um máximo de 200.

O total distribuído não depende dos boletins.

1. Total: 60 \times (4+3+2+1) = 60 \times 10 = 600.
2. D = 600 - 190 - 150 - 120 = 140.
3. É uma consequência de cada boletim distribuir sempre os mesmos 10 pontos.Este argumento aparece com frequência nos exames: dá-se a pontuação de todas menos uma, e pede-se a que falta.

Dá a C o melhor caso possível e vê se chega.

1. No melhor caso para C, os 10 boletins põem-na em primeiro: C ganha 10 \times 3 = 30 e fica com 172.
2. Nesses mesmos boletins, A e B ficam em segundo e terceiro, ganhando pelo menos 10 \times 1 = 10 cada uma.
3. A melhor das duas fica com pelo menos 170 + 20 = 190 (se ficar em segundo) — ou, no pior caso, 170+10 = 180.
4. Em qualquer dos casos, 180 > 172: C não pode ganhar.O raciocínio é sempre o mesmo — dá-se o melhor caso ao candidato em questão e o pior aos rivais. Se mesmo assim não chega, está provado.

Na alínea c), soma quantos alunos puseram cada destino em último lugar.

1. a) M tem 11 primeiras preferências, contra 9 e 7: ganha M.
2. b) M: 3(11)+1(9)+1(7) = 33+9+7 = 49.
3. N: 1(11)+3(9)+2(7) = 11+27+14 = 52.
4. P: 2(11)+2(9)+3(7) = 22+18+21 = 61. Ganha P.
5. c) M está em último para 16 dos 27 alunos — mais de metade da turma. P não está em último para ninguém.A maioria simples só conta primeiros lugares e é cega ao resto do boletim. Borda lê o boletim todo — e por isso encontra o destino que ninguém detesta.

O melhor caso para B é ser a primeira; e nesse caso, quanto ganha A no mínimo?

1. No melhor caso, os 30 boletins dão a B a primeira preferência: B ganha 30 \times 4 = 120 e fica com 420.
2. Nesse boletim A está abaixo de B, mas pelo menos em quarto: ganha no mínimo 30 \times 1 = 30 e fica com 370. Ainda não chega.
3. Mas 420 > 370! Falta ver melhor: se A ficar em segundo, ganha 90 e fica com 430 > 420.
4. O caso a estudar é o pior para A: A em quarto, B em primeiro. Aí B tem 420 e A tem 370 — e B ganharia. Logo B pode ganhar, e o enunciado é falso.Este exercício está aqui de propósito, e a resposta é «não se consegue mostrar». Quando um enunciado pede para mostrar algo, o primeiro trabalho é verificar se é verdade — às vezes não é, e dizê-lo é a resposta certa.

É uma contagem de permutações: quantas escolhas para o primeiro lugar, quantas para o segundo depois desse...

1. a) 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24.
2. b) 5! = 120.
3. É por isso que as tabelas de preferências dos exames agrupam os boletins por ordenação: com quatro opções há no máximo 24 colunas, e normalmente aparecem quatro ou cinco.Com dez opções seriam 10! = 3\,628\,800 ordenações. Boletins de preferência só são práticos com poucas opções.

Na alínea b), soma 1+2+\cdots+k.

1. a) O mínimo é n — última em todos os boletins, 1 ponto de cada. O máximo é nk — primeira em todos.
2. b) Cada boletim distribui 1+2+\cdots+k = \dfrac{k(k+1)}{2} pontos.
3. Com n boletins, o total é n \cdot \dfrac{k(k+1)}{2} = \dfrac{n\,k(k+1)}{2}.
4. Confere com o exemplo da secção: n=100, k=4, dá \dfrac{100 \times 4 \times 5}{2} = 1000. ✓

Se uma opção é a primeira de mais de metade dos votantes, quanto vale isso em pontos de Borda? Compara com o máximo que outra pode obter.

1. Seja n o número de votantes e A a primeira preferência de a > \dfrac{n}{2} deles. Com 3 opções, A tem pelo menos 3a + (n-a) = 2a + n pontos.
2. Outra opção B tem, no máximo, 2a (segunda nos boletins de A) mais 3(n-a): no máximo 2a + 3n - 3a = 3n - a.
3. Ora 2a + n > 3n - a \iff 3a > 2n \iff a > \dfrac{2n}{3}.
4. Ou seja: com maioria absoluta não chega — mas com mais de dois terços das primeiras preferências, A ganha sempre por Borda. Entre \dfrac{n}{2} e \dfrac{2n}{3} há contraexemplos.
5. Um deles, com n = 10 e a = 6: seis boletins A > C > B e quatro boletins B > C > A. Pontuações: A = 18+4 = 22, B = 6+12 = 18, C = 12+8 = 20. A ganha na mesma.
6. Com a = 6 e os quatro restantes a pôr A em último e B em primeiro, mas C em segundo nos seis primeiros: A = 18+4 = 22, C = 12+8=20... É preciso a mais perto de metade. Com n=10, a=6 não chega; com n = 100 e a = 51: 51 boletins A>C>B e 49 boletins B>C>A dão A = 153+49 = 202, C = 102+98 = 200, B = 51+147 = 198. A ganha por dois pontos — e basta trocar dois eleitores para C passar à frente.Este exercício é para se sujar as mãos. A conta da terceira linha diz exatamente onde procurar, e é ela que transforma a tentativa às cegas numa procura dirigida.

Melhor caso para B: primeira preferência. Que posição pode A ocupar, sabendo que está abaixo de B? Escolhe a pior para A e compara.

1. No melhor caso, os 50 boletins dão 4 pontos a B: 497 + 200 = 697.
2. A está abaixo de B, logo no pior caso fica em quarto e ganha 50 \times 1 = 50: 651 + 50 = 701.
3. 701 > 697: mesmo no cenário mais favorável a B e mais desfavorável a A, A fica à frente.
4. Logo B não pode ser a vencedora.Este é, com outros nomes, o item do Exame Nacional de 2026 — está no banco de exercícios com o enunciado original. A margem é de quatro pontos em setecentos: o argumento tem de ser exato, não aproximado.

Divide cada resultado por 1, 2, 3, 4 e escolhe os quatro maiores quocientes de toda a tabela.

1. Quocientes de A: 1200, 600, 400, 300.
2. Quocientes de B: 900, 450, 300, 225.
3. Quocientes de C: 500, 250, 166{,}7, 125.
4. Os quatro maiores: 1200\,(A), 900\,(B), 600\,(A), 500\,(C).

O maior quociente de toda a tabela está sempre na primeira coluna. E qual é o maior da primeira coluna?

1. A primeira coluna traz os votos a dividir por 1, ou seja, os próprios votos.
2. Dividir por 2, 3, \ldots só faz descer. Logo o maior quociente da tabela é o número de votos da lista mais votada.

Uma lista não pode ganhar mais mandatos do que os que existem.

1. a) Por 1, 2, 3, 4, 5, 6 — nunca faz falta ir além do número de mandatos.
2. b) 5 \times 6 = 30 quocientes.
3. Destes, escolhem-se os 6 maiores.Na prática as últimas colunas quase nunca são precisas: os quocientes das listas pequenas descem depressa e não chegam aos maiores.

É o mesmo método, com professores em vez de votos e computadores em vez de mandatos.

1. Ciências: 28; 14; 9{,}3; 7; 5{,}6; \ldots
2. Letras: 19; 9{,}5; 6{,}3; 4{,}75; \ldots
3. Artes: 13; 6{,}5; 4{,}3; \ldots
4. Os nove maiores: 28, 19, 14, 13, 9{,}5, 9{,}3, 7, 6{,}5, 6{,}3.
5. Contando: Ciências 4, Letras 3, Artes 2.É o exemplo que as Aprendizagens Essenciais sugerem, e mostra que o método não tem nada de político: é uma regra de repartição proporcional de coisas indivisíveis.

Na alínea b), aumenta o número de mandatos e vê a partir de quando o quociente da terceira lista entra nos escolhidos.

1. a) Os dois maiores quocientes de toda a tabela são 17\,220 e 16\,125, ambos da primeira coluna. O terceiro maior é 15\,458, e já não há mandatos.
2. b) Com 3 mandatos, o terceiro maior quociente é 15\,458 — e a terceira lista elege.
3. Bastava um lugar a mais.Não é a lista que é pequena: é o círculo. A mesma votação num círculo de 3 dá representação às três forças, e num círculo de 2 deixa 26,8% dos eleitores sem deputado.

Escreve os quocientes das duas listas e ordena. Para B ter dois, o seu segundo quociente tem de bater o segundo de A.

1. Quocientes de A: 1000, 500, 333{,}3. De B: N, \dfrac{N}{2}, \dfrac{N}{3}.
2. Como N < 1000, o primeiro mandato é de A. O segundo é de B (porque N > 500) ou de A.
3. Para B ter dois mandatos são precisos N > 500 e \dfrac{N}{2} > 500, ou seja N > 1000 — impossível.
4. Logo B nunca pode eleger dois com menos votos do que A.É uma propriedade geral e reconfortante: no método de Hondt, uma lista com menos votos nunca elege mais mandatos do que outra com mais votos. Chama-se monotonia, e nem todos os métodos de partilha a têm.

Escreve as duas linhas de quocientes e procura dois números iguais.

1. A: 600, 300, 200. B: 300, 150, 100.
2. Há dois quocientes iguais a 300: o segundo de A e o primeiro de B.
3. Os três maiores são 600 e os dois 300: entram os dois, um para cada lista.
4. Como os dois empatados são escolhidos, a ordem entre eles não importa: A fica com 2 e B com 1.O empate só decide alguma coisa quando cai exatamente na fronteira — quando um entra e o outro não. Nesse caso a lei manda decidir pela lista com menos votos, e se persistir há sorteio.

Quantas listas elegem? E quantos por cento ficaram de fora?

1. Os dois maiores quocientes da tabela são os das duas listas mais votadas, com 34\% e 33\%.
2. A terceira lista, com 33\%, não elege.

Se o primeiro quociente de C é 410, quantos votos teve C?

1. O primeiro quociente é o próprio número de votos: C teve 410 votos.
2. C elegeu exatamente 1 mandato — o quinto e último.
3. As outras duas listas repartiram os quatro primeiros, e todos os seus quocientes escolhidos são \geq 410.
4. Além disso, o sexto maior quociente é \leq 410: os quocientes seguintes das outras listas já estão abaixo.Ler a tabela ao contrário — do resultado para os votos — é o que os itens de exame costumam pedir, e faz-se sempre com esta ideia: o último quociente escolhido é a fronteira.

Escreve os cinco maiores quocientes de A e B juntos, ignorando C. O quinto é a fronteira que C tem de bater.

1. Quocientes de A: 5000; 2500; 1666{,}7; 1250; 1000.
2. Quocientes de B: 3000; 1500; 1000; 750; 600.
3. Juntos e por ordem: 5000; 3000; 2500; 1666{,}7; 1500; 1250; \ldots
4. Sem C, os cinco mandatos iriam até 1500. Para C entrar, o seu primeiro quociente — que é N — tem de ultrapassar 1500.
5. O menor inteiro é N = 1501.Repare-se em que 1501 votos em 9501 são 15{,}8\% — e dão um mandato em cinco, ou seja 20\%. Com menos um voto, dariam zero. É essa descontinuidade que faz a diferença entre ter e não ter representação.

A leva tudo exatamente quando o seu m-ésimo quociente ainda é maior do que o primeiro de B.

1. Os quocientes de A são a, \dfrac{a}{2}, \ldots, \dfrac{a}{m}, e o maior de B é b.
2. A leva os m mandatos se e só se os seus m quocientes forem todos maiores do que b.
3. O menor deles é \dfrac{a}{m}, logo a condição é \dfrac{a}{m} > b.
4. Reciprocamente, se \dfrac{a}{m} > b então todos os quocientes de A ultrapassam b e, por maioria de razão, todos os de B.
5. Em Portalegre, com m=2: seria preciso \dfrac{17\,220}{2} = 8610 > 16\,125, o que é falso — e por isso o segundo mandato foi para a segunda lista.A condição diz uma coisa surpreendente: quanto mais mandatos houver, mais difícil é uma lista levá-los todos. Um círculo pequeno concentra; um círculo grande reparte.

Faz as duas tabelas. Na b), cada círculo tem 300 e 200 votos.

1. a) A: 600; 300; 200; 150. B: 400; 200; 133; 100. Os quatro maiores: 600, 400, 300, 200 — e há empate no 200. Tomando o de A (mais votos), fica A: 3, B: 1... mas se o empate for para B, fica 2–2.
2. Resolvendo o empate a favor da lista com menos votos, como manda a lei: A: 2, B: 2.
3. b) Em cada círculo, A: 300; 150 e B: 200; 100. Os dois maiores são 300 e 200: um mandato para cada. Nos dois círculos: A: 2, B: 2.
4. c) Aqui deu o mesmo — porque o apoio está distribuído de forma uniforme e os números são pequenos. Em geral não dá: dividir em círculos pequenos favorece as listas maiores, porque em cada círculo há menos lugares e a fronteira sobe.
5. Nas legislativas de 2025, a lista mais votada teve 33{,}2\% dos votos e 91 dos 230 deputados, ou seja 39{,}6\%. Num círculo único, com os mesmos votos, teria 79.A diferença — doze deputados — não vem do método de Hondt: vem de o país estar dividido em 22 círculos. É a limitação mais importante do sistema, e não se vê na tabela de quocientes de nenhum deles.

São os ímpares, tantos quantos os mandatos.

1. Por 1, 3, 5, 7, 9.
2. Nunca faz falta ir além do quinto divisor, porque uma lista não pode ganhar mais de 5 mandatos.O n-ésimo divisor é 2n-1: para 5 mandatos, 2 \times 5 - 1 = 9.

Divide por 1, 3, 5, 7 e escolhe os quatro maiores quocientes.

1. A: 90; 30; 18; 12{,}9.
2. B: 52; 17{,}3; 10{,}4; 7{,}4.
3. C: 31; 10{,}3; 6{,}2; 4{,}4.
4. Os quatro maiores: 90\,(A), 52\,(B), 31\,(C), 30\,(A).

Qual é o primeiro divisor de cada método?

1. Os dois começam a dividir por 1: o primeiro quociente é, nos dois casos, o próprio número de votos.
2. É a partir do segundo que se separam — 2 contra 3.Consequência prática: o primeiro mandato vai sempre para a lista mais votada, nos dois métodos. As diferenças só começam no segundo.

Faz as duas tabelas: divisores 1,2,3,4 num caso e 1,3,5,7 no outro.

1. Hondt. A: 100; 50; 33{,}3; 25. B: 60; 30; 20; 15. C: 25; 12{,}5; \ldots
2. Os quatro maiores: 100, 60, 50, 33{,}3 → A: 3, B: 1, C: 0.
3. Sainte-Laguë. A: 100; 33{,}3; 20; 14{,}3. B: 60; 20; 12; \ldots C: 25; 8{,}3; \ldots
4. Os quatro maiores: 100, 60, 33{,}3, 25 → A: 2, B: 1, C: 1.
5. Os mesmos votos, um mandato a mudar de mãos: sai da lista maior e vai para a mais pequena.

Faz as duas tabelas até ao quarto quociente e vai comparando mandato a mandato.

1. Hondt. A: 90; 45; 30; 22{,}5. B: 50; 25; 16{,}7; 12{,}5.
2. Ordem: 90(A), 50(B), 45(A), 30(A), 25(B), 22{,}5(A), \ldots
3. Sainte-Laguë. A: 90; 30; 18; 12{,}9. B: 50; 16{,}7; 10; 7{,}1.
4. Ordem: 90(A), 50(B), 30(A), 18(A), 16{,}7(B), \ldots
5. Com 1, 2, 3 mandatos, os dois dão 1–0, 1–1, 2–1. Com 4: Hondt dá 3–1 e Sainte-Laguë dá 3–1 também.
6. Com 5: Hondt dá 3–2, Sainte-Laguë dá 4–1. É a partir de 5.Com duas listas só, Sainte-Laguë pode até favorecer a maior — a diferença entre os métodos não é uma regra simples, é o resultado de duas sequências de quocientes a intercalarem-se de maneiras diferentes.

Na alínea b), soma só as diferenças positivas — é esse o número de lugares que trocam de dono.

1. a) Hondt: 79+57+57+13+10+7+4+3+0 = 230. Sainte-Laguë: 79+56+56+13+10+7+5+3+1 = 230. ✓
2. b) Perdem um cada: PS e Chega. Ganham um cada: BE e JPP. São dois mandatos a mudar de mãos.
3. O sentido é sempre o mesmo: dos maiores para os mais pequenos.Repare-se em que o JPP passa de zero a um: é a diferença entre não ter representação nenhuma e tê-la. Para uma lista pequena, o método escolhido não é um pormenor técnico.

O terceiro mandato de uma lista vem do seu terceiro quociente. Qual é o terceiro divisor?

1. Os divisores são 1, 3, 5, \ldots, logo o terceiro é 5.
2. O quociente é \dfrac{4500}{5} = 900.
3. Como esse quociente foi escolhido, o último quociente escolhido de toda a tabela é \leq 900.O n-ésimo divisor de Sainte-Laguë é 2n-1. Em Hondt seria n: para o terceiro mandato, 4500 : 3 = 1500. É por isso que Sainte-Laguë torna mais caro cada mandato adicional.

Compara o segundo divisor de cada método: 2 contra 3. A quem é que dividir por 3 em vez de 2 faz mais mal?

1. Ao passar de 2 para 3, o segundo quociente de uma lista desce mais.
2. As listas grandes são as que dependem dos segundos, terceiros e quartos quocientes; as pequenas só usam o primeiro, que é igual nos dois métodos.
3. Logo Sainte-Laguë prejudica as grandes e, por consequência, favorece as pequenas.

Faz as duas tabelas com quatro divisores para cada equipa.

1. Hondt. 22; 11; 7{,}3; 5{,}5 · 14; 7; 4{,}7; 3{,}5 · 9; 4{,}5; 3; \ldots
2. Os nove maiores: 22, 14, 11, 9, 7{,}3, 7, 5{,}5, 4{,}7, 4{,}5 → 4, 3, 2.
3. Sainte-Laguë. 22; 7{,}3; 4{,}4; 3{,}1 · 14; 4{,}7; 2{,}8; \ldots · 9; 3; 1{,}8; \ldots
4. Os nove maiores: 22, 14, 9, 7{,}3, 4{,}7, 4{,}4, 3{,}1, 3, 2{,}8 → 4, 3, 2.
5. Deu o mesmo. A proporção exata seria 4{,}4, 2{,}8 e 1{,}8, e os dois métodos arredondaram do mesmo modo.Nem sempre os métodos discordam — discordam quando os quocientes de fronteira estão próximos. Verificar que dão o mesmo é uma resposta tão boa como verificar que dão diferente.

Os divisores de Hondt são 1, 2, 3, \ldots e os de Sainte-Laguë são os ímpares.

1. a) d_n = 2n-1. Confere: d_1 = 1, d_2 = 3, d_3 = 5.
2. b) Com V votos, o n-ésimo quociente é \dfrac{V}{n} em Hondt e \dfrac{V}{2n-1} em Sainte-Laguë.
3. Ora 2n-1 > n \iff n > 1, ou seja, para n \geq 2.
4. Como o divisor é maior, o quociente é menor: \dfrac{V}{2n-1} < \dfrac{V}{n}.
5. Para n=1 os divisores coincidem, e por isso o primeiro quociente é igual nos dois métodos.Esta é a demonstração de que Sainte-Laguë «encarece» todos os mandatos a partir do segundo — e é por isso que ele penaliza quem precisa de muitos.

Escreve as duas tabelas com três quocientes cada e vê, em cada método, quando é que B ganha o seu segundo mandato.

1. Hondt. A: 1000; 500; 333{,}3. B: N; \dfrac{N}{2}; \ldots
2. B tem dois mandatos se \dfrac{N}{2} > 500, isto é N > 1000: impossível. Logo Hondt dá 2–1 se N > 500, e 3–0 se N < 500.
3. Sainte-Laguë. A: 1000; 333{,}3; 200. B: N; \dfrac{N}{3}; \ldots
4. B tem um mandato se N > 200 (bate o terceiro de A), e dois se \dfrac{N}{3} > 333{,}3, ou seja N > 1000: também impossível.
5. Sainte-Laguë dá 2–1 se N > 200, e 3–0 se N < 200.
6. Os métodos discordam quando 200 < N < 500: aí Hondt dá 3–0 e Sainte-Laguë dá 2–1.Em votos, N=300 em 1300 são 23\% — e num caso valem um terço dos lugares, no outro valem nada.

Não há resposta certa. Há argumentos certos e argumentos errados — e o que se avalia é se os teus assentam nos quocientes.

1. A favor de Hondt. Dá alguma vantagem aos clubes maiores, e por isso produz maiorias mais estáveis: com 15 lugares, é mais provável que dois ou três clubes cheguem a metade e a assembleia consiga decidir. O divisor n torna cada lugar adicional relativamente mais barato para quem já tem muitos atletas.
2. A favor de Sainte-Laguë. O divisor 2n-1 encarece cada lugar a partir do segundo, e por isso aproxima mais a distribuição da proporção exata. Clubes pequenos que em Hondt ficariam a zero passam a ter voz — e numa federação isso pode ser exatamente o que se quer.
3. Um argumento que não serve: «Hondt é mais justo» ou «Sainte-Laguë é mais justo», sem mais. Os dois arredondam; o que muda é para que lado, e qual dos lados é preferível é uma decisão política, não matemática.
4. Uma escolha defensável: Sainte-Laguë, porque com 15 lugares e clubes de tamanhos muito diferentes o risco de deixar metade dos clubes sem representação é real, e a assembleia geral de uma federação existe para representar, não para governar.A matemática decide o que cada método faz. Não decide qual se deve usar — e saber onde acaba uma coisa e começa a outra é metade deste capítulo.

A taxa aplica-se ao salário bruto.

1. a) 0{,}11 \times 1250 = 137{,}50 €.
2. b) 1250 - 137{,}50 = 1112{,}50 €.
3. Falta ainda a retenção de IRS, se a houver.A entidade patronal paga mais 23{,}75\% por cima do salário, que não aparece no recibo. O custo total do trabalhador para a empresa é 1250 \times 1{,}2375 = 1546{,}88 €.

Uma subtração só.

1. 0{,}11 \times 920 = 101{,}20 €.
2. 920 - 101{,}20 = 818{,}80 €.
3. É exatamente o valor anunciado pelo Governo.Não há retenção de IRS porque 14 \times 920 = 12\,880 € é o mínimo de existência para 2026 — o rendimento anual abaixo do qual não se paga IRS. Os dois números foram fixados um em função do outro.

Doze meses mais dois subsídios.

1. São 14 pagamentos de 1400 €.
2. 14 \times 1400 = 19\,600 €.

Substitui e faz a conta. Arredonda aos cêntimos.

1. \dfrac{12 \times 1300}{52 \times 40} = \dfrac{15\,600}{2080} = 7{,}50 €.
2. São 7{,}50 € por hora.Repare-se em que a fórmula usa 12 meses e não 14: os subsídios não entram no cálculo do valor/hora, porque não são pagamento de horas trabalhadas.

As duas taxas aplicam-se ambas ao salário bruto, não uma ao resultado da outra.

1. a) Segurança Social: 0{,}11 \times 1600 = 176 €.
2. Retenção de IRS: 0{,}092 \times 1600 = 147{,}20 €.
3. Líquido: 1600 - 176 - 147{,}20 = 1276{,}80 €.
4. b) \dfrac{1276{,}80}{1600} = 0{,}798: recebe 79{,}8\%.
5. Ou, diretamente: 100\% - 11\% - 9{,}2\% = 79{,}8\%.As duas taxas somam-se porque incidem sobre a mesma base. É um erro comum aplicar a segunda ao valor já descontado — daria 1424 \times 0{,}908 = 1293 €, dezasseis euros a mais.

Ao ano compara o total; por hora usa a fórmula do artigo 271.º, que só conta 12 meses.

1. Ao ano. A: 14 \times 1500 = 21\,000 €. B: 12 \times 1750 = 21\,000 €. Igual.
2. Por hora. A: \dfrac{12 \times 1500}{2080} = 8{,}65 €. B: \dfrac{12 \times 1750}{2080} = 10{,}10 €.
3. Ao ano são iguais; por hora, B paga mais.
4. Não é contradição: B paga o mesmo total por menos pagamentos, logo cada um vale mais.Na prática há diferenças reais: os subsídios de A podem ser pagos em duodécimos ou de uma vez, e isso muda o dinheiro disponível em cada mês — e a retenção de IRS em cada mês também.

A taxa da empresa é sobre o bruto, e é além dele.

1. a) 1200 + 0{,}2375 \times 1200 = 1200 \times 1{,}2375 = 1485 €.
2. b) O trabalhador recebe 1200 - 132 = 1068 €.
3. \dfrac{1068}{1485} \approx 0{,}719: cerca de 71{,}9\%.
4. Quase 28\% do custo do trabalho vai para a Segurança Social, somando as duas parcelas.É esse dinheiro que paga as pensões, o subsídio de desemprego e a baixa médica. A conta não é um desconto perdido: é um seguro coletivo — mas convém saber quanto custa.

A retenção é um adiantamento por conta do imposto. Não é o imposto.

1. a) 1740 - 1455 = 285 €, que são reembolsados ao contribuinte.
2. b) A afirmação está errada no verbo. O Estado não «devolveu» nada que fosse dele: o trabalhador adiantou dinheiro a mais e recebeu de volta o que não devia.
3. Um reembolso grande não é um ganho — é sinal de que se emprestou dinheiro ao Estado, sem juros, durante um ano.É por isso que a taxa de retenção pode ser ajustada: quem tem reembolsos sistemáticos pode pedir uma taxa mais baixa e ficar com o dinheiro ao longo do ano, em vez de o receber todo em julho.

Calcula o líquido antes e depois. Cuidado: as duas taxas mudam a base e a percentagem.

1. Antes. 1100 \times (1 - 0{,}11 - 0{,}045) = 1100 \times 0{,}845 = 929{,}50 €.
2. Depois. 1300 \times (1 - 0{,}11 - 0{,}071) = 1300 \times 0{,}819 = 1064{,}70 €.
3. a) 1064{,}70 - 929{,}50 = 135{,}20 €.
4. b) O aumento bruto foi de 200 €, logo \dfrac{135{,}20}{200} = 0{,}676: 67{,}6\%.
5. Um terço do aumento ficou pelo caminho.É o efeito conjunto da Segurança Social e da progressividade do IRS: não só se desconta sobre mais, como se desconta a uma taxa maior. A secção seguinte trata disto a sério.

Chama x ao bruto e escreve a equação do líquido.

1. O líquido é x(1 - 0{,}11 - 0{,}08) = 0{,}81x.
2. 0{,}81x = 1218 \iff x = \dfrac{1218}{0{,}81} \approx 1503{,}70.
3. O salário bruto é aproximadamente 1503{,}70 €.
4. Verificação: 1503{,}70 \times 0{,}81 = 1218{,}00. ✓O erro clássico é somar 19\% ao líquido: 1218 \times 1{,}19 = 1449{,}42 €, quase cinquenta euros abaixo. Aumentar em 19\% não desfaz uma redução de 19\%.

Na b), lembra-te de que a fórmula do valor/hora usa sempre 12 meses, independentemente do número de pagamentos.

1. a) 14S = 12 \times 1600 = 19\,200 \iff S = \dfrac{19\,200}{14} \approx 1371{,}43 €.
2. b) Valor/hora de A: \dfrac{12 \times 1600}{52n}. De B: \dfrac{12 \times 1371{,}43}{52n}.
3. Como 1600 > 1371{,}43, a empresa A paga mais por hora.
4. Com o mesmo rendimento anual, quem paga em 12 prestações paga mais por hora do que quem paga em 14.Parece um paradoxo e não é: os subsídios não são pagamento de horas. Duas pessoas com o mesmo rendimento anual podem ter retribuições horárias diferentes, e isso importa quando há horas extraordinárias — que se pagam a partir do valor/hora.

Na alínea b), o essencial é o que acontece a r quando x sobe.

1. a) L(x) = x(1 - s - r).
2. b) A fração é \dfrac{L(x)}{x} = 1 - s - r, que não tem x: com s e r fixas, é constante.
3. Mas r não é fixa: a taxa de retenção sobe com o salário, porque o IRS é progressivo. Logo r = r(x) e a fração é 1 - s - r(x), que desce quando x sobe.
4. É por isso que quem ganha mais recebe uma fatia menor do seu bruto — e é isso que a secção seguinte mede.O modelo mais simples, com r constante, é uma boa primeira aproximação e serve para um mês. Para um ano inteiro, ou para comparar dois salários diferentes, deixa de servir.

É sempre a mesma fórmula: coletável vezes taxa, menos a parcela.

1. 15\,000 \times 0{,}212 = 3180 €.
2. 3180 - 959{,}23 = 2220{,}77 €.

A taxa efetiva é o imposto a dividir pelo rendimento.

1. a) \dfrac{3343{,}47}{20\,000} = 0{,}1672: 16{,}7\%.
2. b) É bastante menor do que os 24{,}1\% do escalão.
3. A taxa do escalão só se aplica à parte do rendimento que lá chega — e é isso que a parcela a abater representa.Confundir as duas é o erro mais comum do tema. Ninguém paga a taxa do seu escalão sobre o rendimento todo.

Calcula os dois valores. A resposta deve tranquilizar-te.

1. Com 17\,838 €: 17\,838 \times 0{,}212 - 959{,}23 = 2822{,}43 €.
2. Com 17\,839 €: 17\,839 \times 0{,}241 - 1476{,}53 = 2822{,}67 €.
3. A diferença é de 0{,}24 € — vinte e quatro cêntimos.
4. Subir de escalão nunca faz perder dinheiro.É exatamente para isto que a parcela a abater existe: para colar os degraus uns aos outros e não deixar buracos.

Procura a linha em que 35\,000 cai: entre 29\,397 e 43\,090.

1. É o 6.º escalão: taxa 34{,}9\%, parcela 4209{,}85 €.
2. 35\,000 \times 0{,}349 = 12\,215 €.
3. 12\,215 - 4209{,}85 = 8005{,}15 €.
4. Taxa efetiva: \dfrac{8005{,}15}{35\,000} \approx 22{,}9\%.

Exige que o imposto seja o mesmo, calculado pelas duas fórmulas, exatamente na fronteira.

1. Pela fórmula do 1.º escalão, em 8342 €: 8342 \times 0{,}125 - 0 = 1042{,}75 €.
2. Pela do 2.º, o imposto seria 8342 \times 0{,}157 - a_2.
3. Para não haver salto: 8342 \times 0{,}157 - a_2 = 1042{,}75.
4. 1309{,}69 - a_2 = 1042{,}75 \iff a_2 = 266{,}94 €.
5. É exatamente o valor da tabela.A regra geral sai da mesma conta: a_{i+1} = a_i + L\,(t_{i+1} - t_i), com L a fronteira. Aqui, 0 + 8342 \times 0{,}032 = 266{,}94.

Usa a regra a_{i+1} = a_i + L(t_{i+1} - t_i).

1. a_3 = 266{,}94 + 12\,587 \times (0{,}212 - 0{,}157).
2. = 266{,}94 + 12\,587 \times 0{,}055 = 266{,}94 + 692{,}285.
3. a_3 = 959{,}23 € (arredondado aos cêntimos).
4. Confere com a tabela. ✓Toda a coluna das parcelas se constrói assim, de cima para baixo, a partir de zero. Não é uma lista de números soltos: é uma sucessão definida por recorrência.

Cuidado: os 3000 € atravessam uma fronteira de escalão.

1. Antes. 28\,000 € está no 5.º escalão: 28\,000 \times 0{,}311 - 3092{,}76 = 5615{,}24 €.
2. Depois. 31\,000 € está no 6.º: 31\,000 \times 0{,}349 - 4209{,}85 = 6609{,}15 €.
3. a) 6609{,}15 - 5615{,}24 = 993{,}91 €.
4. b) 3000 - 993{,}91 = 2006{,}09 €, ou seja \dfrac{2006{,}09}{3000} \approx 66{,}9\%.
5. Um terço do aumento foi para imposto — mas o contribuinte ficou com mais dois mil euros do que tinha.A taxa marginal do 6.º escalão é 34{,}9\%, e 993{,}91 : 3000 = 33{,}1\%. Fica um pouco abaixo porque parte do aumento ainda foi tributada a 31{,}1\%.

Repara no que a parcela a abater faz à conta. E no primeiro escalão, quanto vale ela?

1. O imposto é R \times t - a, logo a taxa efetiva é t - \dfrac{a}{R}.
2. Como a \geq 0, a taxa efetiva é sempre \leq t.
3. No primeiro escalão a = 0 e as duas coincidem; em todos os outros a > 0 e a efetiva é estritamente menor.
4. A opção (B) é a melhor, com a ressalva do primeiro escalão, onde há igualdade.A expressão t - \dfrac{a}{R} também mostra que a taxa efetiva cresce com R dentro de cada escalão: à medida que R sobe, \frac{a}{R} desce.

Resolve R \times 0{,}311 - 3092{,}76 = 4682{,}24 e depois verifica os limites do escalão.

1. 0{,}311R = 4682{,}24 + 3092{,}76 = 7775.
2. R = \dfrac{7775}{0{,}311} = 25\,000 €.
3. Verificação: o 5.º escalão vai de 23\,089 € a 29\,397 €, e 25\,000 está lá dentro. ✓
4. A verificação não é opcional: se o resultado caísse fora, a hipótese de escalão estaria errada e seria preciso repetir com outro.Nos itens de exame que dão o imposto e pedem o rendimento, esta verificação vale metade da cotação.

É a função e(R) = 0{,}48 - \dfrac{11\,387{,}27}{R}. O limite lê-se dela.

1. a) e(R) = \dfrac{0{,}48R - 11\,387{,}27}{R} = 0{,}48 - \dfrac{11\,387{,}27}{R}.
2. b) Como \dfrac{11\,387{,}27}{R} > 0 para R > 0, tem-se e(R) < 0{,}48.
3. \lim\limits_{R \to +\infty} e(R) = 0{,}48 - 0 = 0{,}48.
4. A taxa efetiva aproxima-se de 48\% mas nunca lá chega.
5. Com R = 100\,000 € a efetiva é 36{,}6\%; com R = 1\,000\,000 € é 46{,}9\%.A reta y = 0{,}48 é uma assíntota horizontal da taxa efetiva — e é a mesma ideia que o capítulo dos Limites trata com todas as letras.

Iguala as duas expressões do imposto no ponto L.

1. a) L t_1 - a_1 = L t_2 - a_2.
2. b) a_2 = a_1 + L(t_2 - t_1).
3. Como L > 0 e t_2 > t_1, o termo L(t_2-t_1) é positivo, logo a_2 > a_1.
4. É por isso que a coluna das parcelas é estritamente crescente — e é uma verificação rápida de que uma tabela publicada não tem gralhas.Foi assim que se apanhou um erro ao escrever este capítulo: uma tabela copiada de um sítio tinha 1474{,}53 onde devia ter 1476{,}53, e a fórmula denunciou-o.

Dentro de um escalão, e(R) = t - \dfrac{a}{R}. Estuda a monotonia.

1. Dentro de um escalão, e(R) = t - \dfrac{a}{R} com t e a fixos e a \geq 0.
2. Quando R cresce, \dfrac{a}{R} decresce, logo e(R) cresce.
3. Na passagem para o escalão seguinte, o imposto é contínuo (é o que a parcela garante), logo a taxa efetiva também é contínua.
4. E cresce ainda: a taxa marginal aumenta, e cada euro novo é tributado a mais do que a média anterior, o que puxa a média para cima.
5. Conclusão: a taxa efetiva é contínua e crescente em todo o domínio — o imposto é progressivo em sentido pleno.A figura da secção mostra as duas curvas: a taxa do escalão aos saltos, a efetiva sem saltos e sempre por baixo. A segunda é a que se paga.

j = C_i \times r \times n, com r em forma decimal.

1. a) j = 2500 \times 0{,}02 \times 4 = 200 €.
2. b) 2500 + 200 = 2700 €.
3. No juro simples, cada ano rende sempre os mesmos 50 €.É por isso que o capital acumulado é uma função afim do tempo: C(n) = 2500 + 50n, uma reta.

C_f = C_i(1+r)^n. Compara com os 2700 € do exercício anterior.

1. a) C_f = 2500 \times 1{,}02^4 \approx 2706{,}08 €.
2. b) 2706{,}08 - 2700 = 6{,}08 €.
3. Em quatro anos, seis euros. É pouco — e é por isso que a diferença engana.Aos 40 anos, com 1000 € a 3\%, a diferença é de mil e sessenta euros: mais do que o capital inicial.

Escreve as duas fórmulas com n = 1.

1. Simples: C_i(1 + r \times 1) = C_i(1+r).
2. Composto: C_i(1+r)^1 = C_i(1+r).
3. São iguais.O juro composto é «juro sobre juro»: no primeiro período ainda não há juro anterior sobre que render. As duas curvas partem juntas — e é isso que faz a diferença passar despercebida.

Com capitalização mensal usa-se C_f = C_i\left(1+\dfrac{r}{12}\right)^{n}, com n em meses.

1. C_f = 300 \times \left(1 + \dfrac{0{,}03}{12}\right)^{10} = 300 \times 1{,}0025^{10}.
2. \approx 300 \times 1{,}02528 \approx 307{,}58 €.
3. O erro clássico é usar n = 10 com a taxa anual: daria 403 €.A regra é sempre a mesma: a taxa e o expoente têm de estar na mesma unidade de tempo. Taxa mensal com meses, taxa anual com anos.

Resolve C_i(1+r)^n = C_f em ordem a C_i.

1. C_i \times 1{,}025^8 = 5000.
2. C_i = \dfrac{5000}{1{,}025^8} \approx \dfrac{5000}{1{,}21840} \approx 4103{,}73 €.
3. Verificação: 4103{,}73 \times 1{,}025^8 \approx 5000{,}00. ✓
4. Chama-se a isto o valor atual de 5000 € daqui a oito anos.É a mesma conta que um banco faz para saber quanto vale hoje uma promessa de pagamento futuro — e a razão por que mil euros hoje valem mais do que mil euros daqui a um ano.

Resolve 4000 \times 1{,}03^n > 5000. Vais precisar de logaritmos — ou de experimentar valores.

1. 1{,}03^n > \dfrac{5000}{4000} = 1{,}25.
2. Aplicando logaritmos: n > \dfrac{\ln 1{,}25}{\ln 1{,}03} \approx \dfrac{0{,}22314}{0{,}029559} \approx 7{,}55.
3. O primeiro inteiro acima é n = 8.
4. Verificação: 4000 \times 1{,}03^7 \approx 4919{,}66 € (ainda não chega) e 4000 \times 1{,}03^8 \approx 5067{,}25 €. ✓Sem logaritmos resolve-se por tentativas: é o que se espera no 10.º ano. Com logaritmos é imediato — e é a ponte para o capítulo das Funções deste livro.

No B, o expoente conta meses: são 36.

1. A: 10\,000 \times 1{,}024^3 \approx 10\,737{,}42 €.
2. B: 10\,000 \times \left(1 + \dfrac{0{,}023}{12}\right)^{36} \approx 10\,000 \times 1{,}071395 \approx 10\,713{,}95 €.
3. Rende mais o banco A, por cerca de 23 €.
4. A capitalização mensal ajuda, mas não chega para compensar uma décima de ponto na taxa.É por isso que os bancos são obrigados a publicar a TANB — a taxa anual nominal bruta — e a taxa efetiva: só a segunda permite comparar ofertas com capitalizações diferentes.

No primeiro ano são iguais. E depois?

1. Com n=1: C_i(1+r) nos dois casos. Iguais.
2. Com n=2: simples dá C_i(1+2r), composto dá C_i(1+r)^2 = C_i(1+2r+r^2).
3. A diferença é C_i r^2 > 0: o composto passa à frente e nunca mais é alcançado.
4. A diferença não depende de a taxa ser grande nem de o capital ser grande — depende do tempo.

Resolve 6000(1+r)^4 = 6742{,}50 em ordem a r: vais precisar de uma raiz de índice 4.

1. (1+r)^4 = \dfrac{6742{,}50}{6000} = 1{,}123750.
2. 1+r = \sqrt[4]{1{,}12375} \approx 1{,}029600.
3. r \approx 0{,}0296, ou seja \approx 3{,}0\%.
4. Verificação: 6000 \times 1{,}03^4 \approx 6753{,}05 €... não bate certo ao cêntimo, porque a taxa exata é 2{,}96\%.Quando se arredonda a taxa, o capital final deixa de bater certo. É por isso que os contratos indicam a taxa com duas ou três casas decimais, e não arredondada às unidades.

Escreve C_i(1+r)^T = 2C_i e simplifica.

1. a) C_i(1+r)^T = 2C_i \iff (1+r)^T = 2 — o C_i sai da equação.
2. Logo T = \dfrac{\ln 2}{\ln(1+r)}, que só depende de r.
3. b) Com r = 0{,}03: T = \dfrac{0{,}693147}{0{,}029559} \approx 23{,}4 anos.
4. A regra dos 72 dá \dfrac{72}{3} = 24 anos: erra por seis meses em vinte e três anos.
5. É uma aproximação notavelmente boa para taxas pequenas, e faz-se de cabeça.A razão é que \ln(1+r) \approx r para r pequeno, e \dfrac{\ln 2}{r} = \dfrac{0{,}693}{r} = \dfrac{69{,}3}{100r}. Usa-se 72 em vez de 69{,}3 porque tem mais divisores — dá contas certas com 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12.

Cada período rende \dfrac{r}{k}, e há k períodos.

1. a) C_f(k) = C\left(1 + \dfrac{r}{k}\right)^{k}.
2. b) C_f(1) = 1000 \times 1{,}03 = 1030{,}00 €.
3. C_f(12) = 1000 \times \left(1+\dfrac{0{,}03}{12}\right)^{12} \approx 1030{,}42 €.
4. C_f(365) \approx 1030{,}45 €.
5. Capitalizar mais vezes rende mais, mas cada vez menos: de anual para mensal ganham-se 42 cêntimos, de mensal para diária ganham-se 3.
6. O limite, quando k \to +\infty, é 1000\,e^{0{,}03} \approx 1030{,}45 €.É o juro contínuo, e é uma das maneiras clássicas de encontrar o número e. O capítulo das Funções deste livro trata-o com todas as letras.

Na alínea a), usa a desigualdade de Bernoulli: (1+r)^n \geq 1+rn para r > -1 e n inteiro não negativo.

1. a) Pela desigualdade de Bernoulli, (1+r)^n \geq 1 + rn. Multiplicando por C > 0: P(n) \geq S(n).
2. A igualdade só vale para n = 0 e n = 1.
3. b) n=10: 1343{,}92 - 1300 = 43{,}92 €.
4. n=20: 1806{,}11 - 1600 = 206{,}11 €.
5. n=30: 2427{,}26 - 1900 = 527{,}26 €.
6. n=40: 3262{,}04 - 2200 = 1062{,}04 €.
7. De dez em dez anos a diferença mais do que duplica: 44, 206, 527, 1062. É uma exponencial menos uma reta — e a exponencial ganha sempre.Aos quarenta anos, a diferença é maior do que o capital inicial. Não é a taxa que faz isto: é o tempo. É por isso que começar a poupar aos vinte e cinco não é o mesmo que começar aos quarenta.

Num confronto direto só interessa quem está acima de quem, não em que posição.

1. A vence B por 35 contra 25.
2. Não importa se A está em primeiro ou em quinto lugar nesses boletins: só importa que esteja acima de B.É esta a ideia de Condorcet: em vez de contar pontos, fazer todos os duelos possíveis.

É o número de pares que se podem formar com 5 elementos.

1. Cada par de candidatos dá um duelo, e a ordem não conta.
2. São \dfrac{5 \times 4}{2} = 10 duelos.
3. Com k candidatos são \dfrac{k(k-1)}{2}.Com 10 candidatos seriam 45 duelos. É por isso que o método de Condorcet, sendo o mais defensável em teoria, é o menos usado na prática.

Faz os três duelos: M–N, M–P e N–P.

1. M contra N: M acima em 11; N acima em 9+7 = 16. Ganha N.
2. M contra P: M acima em 11; P acima em 16. Ganha P.
3. N contra P: N acima em 9+7 = 16; P acima em 11. Ganha N.
4. N vence os dois duelos: é o vencedor de Condorcet.
5. Mas por maioria simples ganharia M, e por Borda ganharia P — como se viu no exercício c2g.Três métodos, três vencedores diferentes, os mesmos boletins. É o capítulo inteiro num exemplo.

Faz os três duelos com atenção. O resultado vai parecer impossível, e não é.

1. a) A contra B: o 1.º e o 3.º põem A acima. A ganha, 2–1.
2. B contra C: o 1.º e o 2.º põem B acima. B ganha, 2–1.
3. C contra A: o 2.º e o 3.º põem C acima. C ganha, 2–1.
4. b) A maioria prefere A a B, B a C e C a A. Não há vencedor de Condorcet: nenhum ganha todos os duelos.
5. É o paradoxo de Condorcet. Cada eleitor tem preferências transitivas, e a preferência coletiva não é transitiva.Não é um erro de contagem nem um caso raro construído de propósito. É uma propriedade da agregação: juntar preferências individuais coerentes pode dar uma preferência coletiva incoerente.

Verifica se cada eleitor, sozinho, tem preferências coerentes.

1. Cada eleitor ordenou as três opções numa lista: as suas preferências são transitivas por construção.
2. O ciclo aparece só na agregação.
3. Não há erro nenhum, e não há lei nenhuma que o resolva — há métodos diferentes, que dão respostas diferentes.

Faz os três duelos e depois a contagem de pontos.

1. a) A contra B: 3–2 para A. A contra C: 3–2 para A. A é vencedor de Condorcet.
2. b) A: 3(3) + 1(2) = 11. B: 2(3) + 3(2) = 12. C: 1(3) + 2(2) = 7. Ganha B.
3. c) Existe vencedor de Condorcet e Borda não o escolhe.
4. É a crítica clássica de Condorcet ao método de Borda: se uma opção vence todas as outras em confronto direto, devia ganhar — e Borda pode não a escolher.Borda respondeu que o seu método «é para homens honestos». A discussão entre os dois, na Academia das Ciências de Paris nos anos 1780, é o começo da teoria matemática das eleições.

Há \binom{6}{3} = 20 conjuntos de três ordenações distintas. Procura os que dão ciclo — há uma simetria que ajuda.

1. As seis ordenações são ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA.
2. Os ciclos vêm das «rotações»: \{ABC, BCA, CAB\} dá o ciclo A>B>C>A.
3. O outro é \{ACB, CBA, BAC\}, que dá o ciclo no sentido contrário: A>C>B>A.
4. Qualquer outro conjunto de três contém duas ordenações «opostas» (uma o inverso da outra), e essas anulam-se num dos duelos, deixando o terceiro eleitor a decidir — sem ciclo.
5. São 2 em 20: 10\%.Com mais eleitores e mais opções a probabilidade sobe. Com muitos candidatos e eleitores ao acaso, a probabilidade de não haver vencedor de Condorcet aproxima-se de 1 — o paradoxo não é a exceção, é o caso geral.

Se mais de metade dos eleitores põe A em primeiro, como é que A se sai num duelo contra qualquer outra?

1. Seja A a primeira preferência de mais de metade dos eleitores.
2. Num duelo de A contra qualquer X, todos esses eleitores põem A acima de X — porque A está em primeiro no boletim deles.
3. Logo A tem mais de metade dos votos em cada duelo: vence todos, e é vencedora de Condorcet.
4. O recíproco é falso. No exercício cAc, N é vencedora de Condorcet com apenas 9 primeiras preferências em 27 — nem sequer maioria simples.
5. Ser vencedor de Condorcet é uma condição mais fraca do que ter maioria absoluta, e por isso mais frequente.É esse o argumento a favor do método: quando há maioria absoluta, escolhe o mesmo que todos os outros métodos; quando não há, escolhe alguém que a maioria prefere a cada um dos rivais, um a um.

Cada método tem um contraexemplo conhecido. Procura-os nas secções R1, R2 e nesta.

1. Maioria simples: o exemplo da R2 — A ganha com 40\% e é a última preferência de 60\% dos votantes.
2. Duas voltas: 1986 — o mais votado à primeira volta perde. Defensável, mas exige explicar por que razão a segunda volta vale mais do que a primeira.
3. Borda: o exercício cAf — existe uma opção que vence todas em confronto direto, e Borda escolhe outra.
4. Condorcet: o paradoxo — pode simplesmente não haver vencedor, e aí decide-se por sorteio, o que é difícil de defender numa eleição.
5. Uma recomendação defensável: duas voltas para eleger uma pessoa (é o que a lei já usa e todos entendem) e Borda para escolher entre opções, como um destino ou um nome, onde o segundo lugar de toda a gente é uma boa escolha.O que se avalia aqui não é a conclusão — é se cada afirmação vem acompanhada do seu contraexemplo. Uma recomendação sem contraexemplos é uma opinião.

Repara na diferença entre «não há um método perfeito» e «todos os métodos são igualmente maus».

1. O teorema diz que não existe um método que satisfaça todas as condições desejáveis ao mesmo tempo.
2. Não diz que todos os métodos sejam equivalentes: uns falham condições que nos importam pouco, outros falham condições essenciais.
3. Não diz que os resultados sejam arbitrários: cada método é determinístico e auditável, e dá sempre a mesma resposta aos mesmos boletins.
4. O que o teorema obriga é a escolher conscientemente: já que não se pode ter tudo, decide-se antes da votação o que se prefere sacrificar — e escreve-se nos estatutos.
5. É por isso que este capítulo insiste tanto em fixar o método antes de contar os votos: depois de conhecidos os boletins, escolher o método é escolher o vencedor.Kenneth Arrow tinha 30 anos quando o demonstrou, e recebeu o Nobel da Economia em 1972. O resultado é um teorema de matemática, não uma opinião política — e é isso que o torna incontornável.