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a) Veja que $\prod_{k=1}^{\infty} (1+x^{2k})$ é o mesmo que $$(1+x^2)(1+x^4)(1+x^6)\cdots(1+x^{2k})\cdots$$ Com isso, é fácil perceber que o coeficiente de $x^6$ é igual 2, visto que a únicas formas de obtê-lo é fazendo $x^2\cdot x^4$ e $1 \cdot x^6$, por exemplo. Isso nos mostra que há somente duas partição de $6$ em números pares e distintos ($6 = 6$ e $6=4+2$). 

Tomando outro exemplo, como o coeficiente de $x^{10}$. Podemos facilmente perceber que tal coeficiente vale $3$, pois podemos obtê-lo através de $x^2\cdot x^8$, de $x^4\cdot x^6$ e $1 \cdot x^{10}$. Logo, há três partições de $10$ em números pares e distintos.

Com essa interpretação, podemos afirmar que $$\prod_{k=1}^{\infty} (1+x^{2k})= \sum_{n=0}^{\infty}p(n)x^n$$

b) Queremos mostrar que $\prod_{k=1}^{\infty} \frac{1}{1-x^{2k}}$ é a função geradora das partições de $n$ em partes pares.

Utilizando a expansão em série geométrica para cada fator individual do produtório, temos a seguinte igualdade:
$$\frac{1}{1 - x^{2k}} = 1 + x^{2k} + x^{4k} + x^{6k} + \cdots = \sum_{j=0}^{\infty} x^{2k \cdot j}$$

Substituindo essa expansão de volta no produto infinito, a expressão se torna:
$$\prod_{k=1}^{\infty} \frac{1}{1-x^{2k}} = (1 + x^2 + x^4 + \cdots)(1 + x^4 + x^8 + \cdots)(1 + x^6 + x^{12} + \cdots) \cdots$$

Para obtermos um termo de grau $x^n$ no polinômio resultante após todas as distribuições, devemos selecionar um monômio de cada parêntese de forma que o produto de suas potências resulte em $x^n$:
$$x^{2 \cdot j_1} \cdot x^{4 \cdot j_2} \cdot x^{6 \cdot j_3} \cdots = x^n$$

O que nos fornece a seguinte equação para os expoentes:
$$2j_1 + 4j_2 + 6j_3 + \cdots = n$$

Nessa equação, cada coeficiente $j_k \in \mathbb{N}$ representa a quantidade de vezes (a multiplicidade) que a parte par $2k$ é utilizada para compor a soma $n$. Como os expoentes dentro de cada parêntese crescem indefinidamente multiplicados por $2k$, as partes pares podem se repetir sem qualquer restrição de quantidade.

Para ilustrar esse mecanismo, vejamos as maneiras distintas de obter o termo $x^6$ a partir da multiplicação dos fatores dos parênteses:
$$x^6 \cdot 1 \cdot 1 \cdots \implies 2 + 2 + 2 = 6 \quad \text{(três partes de valor 2)}$$
$$x^2 \cdot x^4 \cdot 1 \cdots \implies 4 + 2 = 6 \quad \text{(uma parte 4 e uma parte 2)}$$
$$1 \cdot 1 \cdot x^6 \cdots \implies 6 = 6 \quad \text{(uma única parte de valor 6)}$$

Como existem exatamente $3$ formas distintas de combinar os monômios para somar o expoente $6$, o coeficiente do termo $x^6$ será igual a $3$. Isso corresponde perfeitamente ao número de partições do número $6$ usando apenas componentes pares.

Logo, o coeficiente de $x^n$ conta precisamente o número de maneiras de decompor $n$ como uma soma de números pares quaisquer.