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MATEMÁTICA E RACIOCÍNIO LÓGICO P/ TRT-RJ 
 TEORIA E EXERCÍCIOS COMENTADOS 
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AULA 04: RACIOCÍNIO LÓGICO-MATEMÁTICO 
 
SUMÁRIO PÁGINA 
1. Introdução 01 
2. Resolução de questões 03 
3. Lista das questões apresentadas na aula 60 
4. Gabarito 
 
82 
 
Caro aluno, 
 Hoje começamos o estudo dos tópicos de Raciocínio Lógico-Matemático 
propriamente dito, mencionados assim no seu edital: 
 
Raciocínio Lógico-Matemático: estrutura lógica de relações arbitrárias entre 
pessoas, lugares, objetos ou eventos fictícios; dedução de novas informações das 
relações fornecidas e avaliação das condições usadas para estabelecer a estrutura 
daquelas relações. Compreensão e análise da lógica de uma situação, utilizando as 
funções intelectuais: raciocínio verbal, raciocínio matemático, raciocínio sequencial, 
orientação espacial e temporal, formação de conceitos, discriminação de elementos 
 
Nos dois próximos encontros prosseguiremos este estudo. Tenha uma boa 
aula, e entre em contato comigo sempre que precisar! 
 
1. INTRODUÇÃO 
 
 A melhor forma de tratar esses assuntos é através da resolução de vários 
exercícios. Sempre que houver necessidade, introduzirei um breve tópico teórico 
para auxiliar o seu aprendizado. 
 Você verá que as primeiras questões trabalham, principalmente, o raciocínio 
seqüencial. Nelas você será apresentado a um conjunto de dados dispostos de 
acordo com alguma “regra” implícita, alguma lógica de formação. O desafio é 
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justamente descobrir essa “regra” para, com isso, encontrar outros termos daquela 
mesma sequência. 
 Esse tipo de questão é uma grande armadilha para o aluno desavisado. Isso 
porque você pode encontrar a “regra” de formação da sequência em menos de 1 
minuto, como pode também gastar preciosos minutos debruçado na questão para 
resolvê-la – ou, pior ainda, não conseguir obter um resultado ainda assim. Assim, 
gostaria de sugerir que você adote a seguinte tática: ao se deparar com uma 
questão como essa, gaste uns poucos minutos (2 ou 3) tentando encontrar a lógica 
da sequência. Caso não consiga, não hesite em seguir adiante, resolvendo a sua 
prova e, caso sobre tempo no final, volte a essa questão. Lembre-se: gastar 10 ou 
15 minutos com uma questão dessas (ainda que você a acerte) pode ser bem 
menos proveitoso do que gastar esse mesmo tempo em questões de outras 
disciplinas. 
 De qualquer forma, vamos trabalhar várias questões com diferentes tipos de 
sequências, nesta e nas próximas aulas, para tornar o seu raciocínio mais 
“automático”, criando modelos mentais que aumentem a chance de você conseguir 
resolver essa questão já nos primeiros minutos. 
Vamos lá? Sempre que possível, tente resolver o exercício antes de ler a 
minha resolução! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2. RESOLUÇÃO DE QUESTÕES 
1. FCC – TRT/8ª – 2010) Observe o padrão da sequência de contas: 
 
Mantido o mesmo padrão, o número de algarismos 1 da conta 100 é: 
a) 1 
b) 50 
c) 99 
d) 100 
e) 950 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que a primeira conta começa com um número formado por 1000 
algarismos iguais a 1 e dele subtrai outro com 999 algarismos 1. Na conta 2, repete-
se o que foi feito na conta 1 e soma-se um número de 998 algarismos 1. Na conta 3, 
mantém-se o que já foi feito e subtrai-se um número de 997 algarismos 1. E assim 
por diante, alternadamente, somando e subtraindo números com cada vez menos 
algarismos 1. 
 Para você entender o que acontece, imagine números com menos 
algarismos. Vamos começar com um número de 7 algarismos (ao invés de 1000, 
como na conta 1 do enunciado), e dele subtrair um número com 6 algarismos 1 (ao 
invés de 999): 
Conta 1: 1111111 – 111111 = 1000000 � 1 algarismo 1 no resultado 
 Agora, vamos somar um número com 5 algarismos 1 ao resultado da conta 
acima: 
Conta 2: 1000000 + 11111 = 1011111 � 6 algarismos 1 no resultado 
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 A seguir, vamos subtrair um número com 4 algarismos 1 do resultado acima: 
Conta 3: 1011111 – 1111 = 1010000 � 2 algarismos 1 no resultado 
 E então, podemos somar um número com 3 algarismos 1: 
Conta 4: 1010000 + 111 = 1010111 � 5 algarismos 1 no resultado 
 E subtraindo um número com 2 algarismos 1: 
Conta 5: 1010111 – 11 = 1010100 � 3 algarismos 1 no resultado 
 Somando um número com 1 algarismo 1: 
Conta 6: 1010100 + 1 = 1010101 � 4 algarismos 1 no resultado 
 Observe somente as contas pares (azuis). Vemos que a quantidade de 
algarismos 1 no resultado começa em 6 (isto é, 7 – 1), e vai diminuindo para 5 e 4. 
A conta 100 é uma conta par. Logo, vamos analisar as contas pares do 
enunciado. Já sabemos que o resultado da primeira conta par (conta 2) será um 
número com 999 algarismos iguais a 1 (isto é, 1000 – 1, assim como ocorreu na 
primeira conta par do nosso exemplo). Seguindo a lógica, a segunda conta par – 
conta 4 – deverá ter um algarismo 1 a menos, isto é, 998, ou 1000 – 2 algarismos 
iguais a 1. A conta 6 terá 1000 – 3, ou seja, 997 algarismos 1. E assim por diante. 
Veja a tabela abaixo: 
Conta 2 1ª conta par 1000 – 1 = 999 algarismos 1 
Conta 4 2ª conta par 999 – 1, ou 1000 – 2 = 998 algarismos 1 
Conta 6 3ª conta par 1000 – 3 = 997 algarismos 1 
Conta 8 4ª conta par 1000 – 4 = 996 algarismos 1 
... ... ... 
 
A conta 100 será a 50ª conta par. Portanto, o seu resultado deve ter um 
número com 1000 – 50, ou seja, 950 algarismos 1. 
Resposta: E. 
 
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2. FCC – TRT/24ª – 2011) Na sequência de operações seguinte, os produtos 
obtidos obedecem a determinado padrão . 
 
Assim sendo, é correto afirmar que, ao se efetuar 111 111 111 x 111 111 111, 
obtém-se um número cuja soma dos algarismos está compreendida entre: 
a) 85 e 100 
b) 70 e 85 
c) 55 e 70 
d) 40 e 55 
e) 25 e 40 
RESOLUÇÃO: 
 Note que, ao multiplicar números com 2 algarismos 1 (11 x 11), o algarismo 
do meio do resultado é 2 (121). Ao multiplicar números com 3 algarismos 1 (111 x 
111), o algarismo do meio do resultado é 3 (12321). E assim por diante. Portanto, ao 
multiplicar números com 9 algarismos 1 (111 111 111 x 111 111 111), o algarismo 
do meio do resultado será 9, ou seja, o resultado será 12345678987654321. 
Somando os algarismos do resultado: 
1+2+3+4+5+6+7+8+9+8+7+6+5+4+3+2+1 = 81 
Resposta: B. 
 
3. CESPE – Polícia Civil ES – 2009) Na sequência numérica 23, 32, 27, 36, 31, 40, 
35, 44, X, Y, Z, ..., o valor de Z é igual a 43. 
RESOLUÇÃO: 
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 Em questões como essa, onde nos é dada uma sequência, é preciso buscar 
a lógica existente em sua formação. Essa lógica pode ser dos mais variados tipos. 
Podemos ter, por exemplo, uma sequência onde todos osnúmeros são múltiplos de 
7 (ex.: 14, 21, 28, 35, ...). Da mesma forma, podemos ter uma sequência onde todos 
os números começam com a letra “d” (ex.: 2, 10, 12, 200, ...). 
 No caso do exercício em questão, temos duas sequências intercaladas. Veja-
as em destaque: 
23, 32, 27, 36, 31, 40, 35, 44, X, Y, Z, ... 
 Note que nas 2 sequências o termo seguinte é igual ao anterior somado de 4 
unidades: 27 = 23 + 4; 31 = 27 + 4; 36 = 32 + 4; 40 = 36 + 4 etc. 
 X faz parte da sequência vermelha. Portanto, será igual a 35 + 4 = 39. 
 Y faz parte da sequência azul. Assim, será igual a 44 + 4 = 48. 
 Z faz parte da sequência vermelha, sendo igual a X + 4, isto é, 39 + 4 = 43. 
Resposta: C 
 
4. CEPERJ – IPEM/RJ – 2010) O número N = 22222...22 possui 200 algarismos 
iguais a 2. Quando N é dividido por 12, o 50º algarismo do quociente é: 
a) 1 
b) 2 
c) 4 
d) 6 
e) 8 
RESOLUÇÃO: 
 Como sabemos que esta é uma questão de sequências? Ora, porque seria 
muito improvável que o exercício quisesse que você realmente fizesse a divisão de 
um número de 200 algarismos por 12. Portanto, o mais provável é que exista algum 
padrão, alguma lógica, alguma sequência escondida por trás dessa divisão. 
Inicialmente, podemos simplificar a divisão da seguinte forma: 
22222...22 11111...11
12 12 6
N
= = 
 Vamos começar a efetuar a divisão e verificar o que encontramos: 
111...11 6
 5 
11
 1
 
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 Marquei em vermelho os 2 primeiros algarismos (11) pois começamos a 
divisão por eles. 11 dividido por 6 tem quociente 1 e deixa resto 5. Agora, 
“pegamos” o próximo algarismo do dividendo (outro 1) e dividimos 51 por 6, que tem 
quociente 8 e resto 3: 
11...11 6
 5 18
111
1
 3
 
 Efetuando mais um passo da divisão, temos: 
1...11 6
 5 185
 3
 1 
11
 
11
1
1
 
 
 Observe que agora o resto foi 1. Ao pegarmos o próximo algarismo do 
dividendo (outro 1), vamos dividir novamente 11 por 6, que tem quociente 1 e resto 
5. Depois, dividiremos 51 por 6, com quociente 8 e resto 3. E então, 31 por 6, com 
quociente 5 e resto 1. E assim por diante. Veja: 
1...11 6
 1 
1111111
185185
 
 Como você pode perceber, teremos no quociente uma repetição de 1, 8 e 5, 
e no resto uma repetição de 5, 3 e 1. O exercício quer saber o 50º algarismo do 
quociente. Devemos começar descobrindo quantos algarismos tem o quociente. 
Observe que foi necessário usar os 2 algarismos da esquerda do dividendo 
(11111...11) para efetuar a primeira divisão por 6, que levou ao primeiro 1 do 
quociente que descobrimos. A partir daí, é preciso “pegar” um algarismo do 
dividendo para obter cada algarismo novo do quociente. Como o dividendo ainda 
tem 198 algarismos restantes (pois 2 já foram utilizados), teremos mais 198 
algarismos no quociente. Somando o primeiro algarismo obtido, teremos 199 
algarismos ao todo no quociente. 
 Estes algarismos estão ordenados numa sequência que se repete a cada 
três: 185185185... Para descobrir quantos grupos completos de 3 números (185) 
temos até o 50º algarismo, basta dividir 50 por 3, que tem quociente 16 e resto 2. 
Isto significa que teremos 16 grupos completos de 3 números (185), totalizando 48 
algarismos. O próximo algarismo seguirá a sequência, ou seja, será 1, e logo após 
ele temos o algarismo 8 (que será o 50º). 
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Resposta: E. 
 
5. FDC – FAETEC – 2010) Observe a sequência abaixo: 
8 6 4 2 1(1 , ,3 , ,5 , ,7 ,8 )a b c
 
Ao identificar um padrão nessa sequência, você descobrirá os valores de a, b e c. A 
soma a + b + c vale: 
a) 1361 
b) 1362 
c) 1364 
d) 1365 
e) 1368 
RESOLUÇÃO: 
 Nesta questão, repare nos números em azul: 
(18, a, 36, b, 54, c, 72, 81) 
 Percebeu que as bases das potências vão aumentando (1, 3, 5, 7) e os 
expoentes vão diminuindo (8, 6, 4, 2)? Veja que o termo após 72 é 81, que segue a 
mesma lógica. Portanto, podemos voltar e preencher os termos a = 27, b=45 e c=63: 
(18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81) 
 Vamos calcular a + b + c, conforme solicitou o enunciado: 
7 5 32 4 6
128 1024 216
1368
a b c
a b c
a b c
+ + = + +
+ + = + +
+ + =
 
Resposta: E 
 
6. FDC – MAPA – 2010) A sequência de letras apresentada abaixo obedece a certa 
regra lógica: B, O, E, K, H, G, K, ..., ... . Seguindo-se a sequência e mantendo-se a 
mesma lógica, as duas próximas letras que a completam são, respectivamente: 
a) D e L; 
b) L e J; 
c) C e J; 
d) R e T; 
e) C e N. 
RESOLUÇÃO: 
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 Esta é mais uma questão envolvendo raciocínio seqüencial. Aproveito para 
relembrá-lo: se demorar a encontrar a lógica, siga resolvendo a prova! 
 Neste caso foi feita uma associação entre as letras e o número 
correspondente à sua posição no alfabeto. Acompanhe: 
Letra B O E K H G K 
Posição 2 15 5 11 8 7 11 
 Note que temos 2 sequências de números: 
a) 15, 11, 7 � o número seguinte é igual ao anterior – 4 unidades; 
b) 2, 5, 8, 11 � o número seguinte é igual ao anterior + 3 unidades; 
 Portanto, completando a primeira sequência numérica, temos o número 3 (= 
7 – 4). E completando a segunda, temos o número 14 (11 + 3). Com isso, obtemos: 
Letra B O E K H G K 
Posição 2 15 5 11 8 7 11 3 14 
 A letra do alfabeto correspondente à posição 3 é o C. E a correspondente à 
posição 14 é o N. Portanto: 
Letra B O E K H G K C N 
Posição 2 15 5 11 8 7 11 3 14 
 
Resposta: E 
 
***REVISÃO TEÓRICA: QUESTÕES ENVOLVENDO DOMINÓS 
 Um modelo de questão bem cobrado é aquele envolvendo pedras de dominó. 
Você sabe que essas pedras possuem sempre 2 números, indo cada um deles de 0 
a 6. Normalmente as questões apresentam pedras de dominó dispostas em uma 
determinada ordem e solicitam que você descubra a lógica daquela ordenação para, 
a seguir, indicar qual a próxima pedra da sequência. 
 A tabela abaixo apresenta os 6 valores possíveis em uma pedra de dominó, e 
faz uma relação com os outros números que eles podem representar, seguindo a 
ordem numérica decimal: 
0 1 2 3 4 5 6 
7 8 9 10 11 12 13 
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14 15 16 17 18 19 20 
21 22 23 24 25 26 27 
28 ... 
 Observe que o zero pode representar a si mesmo, ou a qualquer dos 
números presentes em sua coluna: 7, 14, 21, 28 etc. Da mesma forma, o 1 pode 
representar a si mesmo ou a qualquer dos números em sua coluna: 8, 15, 22, 29 
etc. E assim por diante. 
 Outro instrumento que ajuda a analisar questões envolvendo dominós é 
utilizar a sequência infinita abaixo: 
...0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6... 
 Você entenderá melhor o uso dessas ferramentas ao longo dos 3 exercícios 
seguintes. 
****************** 
7. FCC – BACEN – 2006) As pedras de dominó mostradas abaixo foram dispostas 
sucessivamente e no sentido horário, de modo que os pontos marcados obedeçam 
a um determinado critério. 
 
Com base nesse critério, a pedra de dominó que completa corretamente a sucessão 
é: 
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RESOLUÇÃO: 
 Observe que todas as pedras possuem o número 1, porém alternando entre a 
parte de dentro e a parte de fora do círculo. Na pedra imediatamente anterior à que 
buscamos (1, 0), o 1 se encontra na parte de fora. Assim, na pedra que buscamos, 
o 1 deve estar presente, e na parte de dentro. 
 Além disso, veja os demais números presentes em cada pedra: 3, 4, 5, 6, 0. 
Observe-se que se trata simplesmente de seguir a sequência que vimos na revisão 
teórica: 
...0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6... 
 Assim, após o 0, o próximo número deverá ser o 1. Ou seja, a pedra que 
buscamos é formada por 2 números 1. 
 Se preferisse, você podia observar na tabela dada na revisão teórica que o 0 
pode representar o 7, e o 1 pode representar o 8. Assim, teríamos a seguinte 
sequencia: 3, 4, 5, 6, 7 (representado pelo 0) e 8 (representado pelo 1 na pedra que 
buscamos). 
Resposta: E. 
 
8. FCC – TCE-SP – 2008) As pedras do jogo “dominó”, mostradas abaixo, foram 
escolhidas e dispostas sucessivamente no sentido horário, obedecendo a 
determinado critério. 
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Segundo esse critério, a pedra que substituiria corretamente aquela que tem os 
pontos de interrogação corresponde a: 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 Observe que, de uma pedra para a seguinte, a posição do 2 alterna entre a 
parte de fora e de dentro do círculo. Na pedra imediatamente anterior (2, 5) à que 
queremos descobrir, o 2 se encontra na parte de fora, portanto na nossa pedra ele 
deve estar na parte de dentro. 
 Veja os demais números presentes nas pedras: 4, 6, 1, 3, 5. Veja que de um 
número dessa sequência para o próximo foi preciso saltar um número intermediário. 
Ex.: do 4 para o 6, saltou-se o 5. Do 6 para o 1, saltou-se o 0. Como o último 
número da sequencia é o 5, devemos saltar o 6 e pegar o próximo, que é o 0. 
Outra forma de visualizar esta sequência é utilizar a tabela abaixo, onde 
podemos encontrar uma relação interessante entre esses números: 
0 1 2 3 4 5 6 
7 8 9 10 11 12 13 
14 15 16 17 18 19 20 
21 22 23 24 25 26 27 
28 ... 
4 � representando o próprio 4 
6 � representando o próprio 6 
1 � representando o 8 
3 � representando o 10 
5 � representando o 12 
 A próxima pedra na sequência deve representar o 14. Recorrendo à tabela, 
veja que quem representa o 14 é o 0. 
 Portanto, a pedra procurada por nós tem um 0 e um 2. Letra A. 
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Resposta: A. 
 
9. FCC – TCE-SP – 2008) As pedras de dominó abaixo foram, sucessivamente, 
colocadas da esquerda para a direita e modo que, tanto a sua parte superior como a 
inferior, seguem determinados padrões. 
 
A pedra de dominó que substitui a que tem os pontos de interrogação é: 
 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que na parte superior temos a sequência: 6, 1, 0, 2, 1, 3. Veja o 
esquema abaixo: 
 
 Seguindo essa lógica, para obter a próxima pedra basta retornar 1 posição a 
partir do 3, chegando no valor 2. 
 Para a parte inferior, veja que existe uma simetria. O 3 é a pedra central, e 
tanto à sua direita quanto à sua esquerda temos o zero. A seguir, tanto à direita 
quanto à esquerda temos o 5. Na extremidade esquerda temos um 4, portanto 
também devemos ter um 4 na extremidade direita. 
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 Assim, a pedra que buscamos possui um 2 e um 4. Letra C. 
Resposta: C. 
 
10. FCC – BACEN – 2006) Na figura abaixo, as letras foram dispostas em forma de 
um triângulo segundo determinado critério. 
 
Considerando que as letras K, W e Y não fazem parte do alfabeto oficial, então, de 
acordo com o critério estabelecido, a letra que deve substituir o ponto de 
interrogação é: 
a) P 
b) Q 
c) R 
d) S 
e) T 
RESOLUÇÃO: 
 Note que temos 3 letras P, depois 3 letras Q e 3 letras R no sentido indicado 
pelas setas abaixo: 
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 Seguindo a mesma lógica, deveríamos ter 3 letras S e, finalmente, 3 letras T, 
completando o triângulo: 
P 
P Q 
P R S 
Q R S T 
Q R S T T 
 Portanto, a letra que substitui o ponto de interrogação é o T. 
Resposta: E. 
 
11. FCC – BACEN – 2006) Observe com atenção a figura abaixo: 
 
Dos desenhos seguintes, aquele que pode ser encontrado na figura dada é: 
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RESOLUÇÃO: 
 Veja que podemos encontrar o desenho da alternativa C na figura do 
enunciado. Marquei em vermelho: 
 
Resposta: C. 
 
12. FCC – BACEN – 2006) No quadriculado seguinte os números foram colocados 
nas células obedecendo a um determinado padrão. 
 
Seguindo esse padrão, o número X deve ser tal que: 
a) X > 100 
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b) 90 < X < 100 
c) 80 < X < 90 
d) 70 < X < 80 
e) X < 70 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que, na primeira coluna, 16 + 13 = 29 (soma). Já na segunda 
coluna, 34 – 19 = 15 (subtração). Na terceira, voltamos a ter uma soma: 27 + 28 = 
55. Portanto, na quarta devemos ter uma subtração: X – 42 = 66. Com isso, 
X = 66 + 42 
X = 108 
Isto é, X é um valor maior que 100. 
Resposta: A. 
 
13. FCC – BACEN – 2006) Em cada linha do quadro abaixo, as figuras foram 
desenhadas obedecendo a um mesmo padrão de construção. 
 
Segundo esse padrão, a figura que deverá substituir corretamente o ponto de 
interrogação é: 
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RESOLUÇÃO: 
 Observe que temos 3 tipos de cabeças (triângulo, quadrado e círculo), 3 tipos 
de braços (na horizontal, para baixo e para cima), e 3 tipos de pernas (em 90 graus, 
abaixadas e levantadas). 
 Nas duas linhas anteriores foram usados os 3 tipos de cabeças, braços e 
pernas. Na última linha, ainda não foi usada a cabeça quadrada, os braços para 
baixo e as pernas abaixadas. Das alternativas do exercício, apenas a letra B possui 
essas 3 características, sendo ela o gabarito. 
Resposta: B. 
 
14. FCC – TJ/PE – 2007) Considere a sequência de figuras abaixo: 
 
A figura que substitui corretamente a interrogação é: 
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RESOLUÇÃO: 
 Observe as duas primeiras colunas. Veja que em cada uma delas temos 1 
figura com rosto triangular, outra com rosto quadrado e outra com rosto circular. Da 
mesma forma, uma delas tem olhos quadrados, outra tem olhos circulares e outra 
tem olhos retos (“fechados”). Quanto ao nariz, uma delas tem o nariz apontando 
para a esquerda, outra tem o nariz apontando para a direita, e outra tem o nariz 
apontando para a frente. 
 Na coluna da direita, falta apenas uma figura com: 
- rosto circular 
- olhos retos (“fechados”) 
- nariz apontando para a esquerda. 
 Esta figura está reproduzida na alternativa A. 
Resposta: A 
 
15. FCC – TCE-PB – 2006) Considere a figura abaixo: 
 
Se fosse possível deslizar sobre esta folha de papel as figuras apresentadas nas 
alternativas abaixo, aquela que coincidiria com a figura dada é: 
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RESOLUÇÃO: 
 Veja que se girarmos a figura da letra B 90º no sentido horário, ela fica 
exatamente na mesma posição da figura do enunciado. Observe que seria 
necessário “levantar” a figura do papel e trocá-la de lado para chegar nos desenhos 
presentes nas demais letras. 
Resposta: B. 
 
16. FCC – TCE-PB – 2006) Observe que com 10 moedas iguais é possível construir 
um triângulo: 
 
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Movendo apenas três dessas moedas é possível fazer com que o triângulo acima 
fique com a posição invertida, ou seja, a base para cima e o vértice oposto para 
baixo. Para que isso aconteça, as moedas que devem ser movidas são as de 
números: 
a) 1, 2 e 3 
b) 1, 8 e 9 
c) 1, 7, e 10 
d) 2, 3 e 5 
e) 5, 7 e 10 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que basta: 
- colocar a bola 7 à esquerda da bola 2; 
- colocar a bola 10 à direita da bola 3; 
- colocar a bola 1 logo abaixo das bolas 8 e 9; 
 Feito isso, teremos o triângulo invertido: 
 
Resposta: C. 
 
17. FCC – TCE-SP – 2005) Considere que o cubo mostrado na figura foi montado a 
partir de pequenos cubos avulsos, todos de mesmo tamanho. 
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O número de cubos que podem ser visualizados nessa figura é: 
a) 9 
b) 18 
c) 27 
d) 36 
e) 48 
RESOLUÇÃO: 
 Além dos 27 cubos menores que formam a figura, veja que podemos formar 
cubos médios utilizando 4 cubos menores que sejam adjacentes. Neste caso, é 
possível formar 8 cubos médios. E, por fim, temos 1 cubo grande, que é este que 
você vê claramente na figura. Ao todo, temos 36 cubos (letra D). 
 Como o mais difícil nessa questão é visualizar os 8 cubos médios, marquei-
os nos desenhos abaixo em vermelho, para facilitar o seu entendimento: 
1º) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2º) 
 
 
 
 
 
 
 
3º) 
 
 
 
 
 
 
 
4º) 
 
 
 
 
 
 
 
 
5º) 
 
 
 
 
 
 
 
 
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6º) 
 
 
 
 
 
 
 
7º) 
 
 
 
 
 
 
 
8º) Só é possível visualizá-lo girando a figura. Ele é o cubo formado pelos 4 
cubinhos menores que não podem ser vistos nessa figura. 
 
Resposta: D. 
 Obs.: note que, apesar do enunciado pedir apenas os cubos que podem ser 
visualizados na figura, para chegar ao gabarito tivemos que contar inclusive com 
aqueles cubos que só podem ser vistos se girarmos ou abrirmos esse cubo maior. 
 
18. CEPERJ – OFICIAL SEFAZ/RJ – 2011) Três caixas iguais, uma preta, uma 
branca e uma amarela estão uma ao lado da outra em uma prateleira. Uma caixa 
contém 2 moedas; outra, 3 moedas; e a outra, 4 moedas. Observe a figura abaixo. 
 
 
 
Sabe-se que: 
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• A caixa preta não contém 4 moedas. 
• O número de moedas da caixa do meio é menor que o número de moedas da 
caixa da direita. 
• A caixa amarela está à direita da caixa que contém 4 moedas. 
Então, conclui-se que: 
a) A caixa da esquerda contém 2 moedas. 
b) A caixa branca é a da direita. 
c) A caixa preta contém 3 moedas. 
d) A caixa que contém 3 moedas é vizinha da branca. 
e) A caixa do meio é preta. 
 
RESOLUÇÃO: 
Vamos analisar cada informação fornecida pelo exercício. Sabemos que: 
- existem 3 caixas 
- cada caixa tem 1 cor (Amarela – A, Preta – P ou Branca – B) e 1 quantidade de 
moedas (2, 3 ou 4). 
 
Agora, usando a figura apresentada, vamos interpretar as demais 
informações fornecidas. 
1. A caixa preta não contém 4 moedas: 
Logo, a caixa preta (ou simplesmente P) contém 3 ou 2 moedas. Guardemos 
essa informação. Ela pode ser útil no decorrer da resolução. 
2. O número de moedas da caixa do meio é menor que o número de moedas da 
caixa da direita. 
Logo, a caixa do meio não pode ter 4 moedas, pois ela deve ter menos 
moedas que a caixa da direita. Isto é, a caixa do meio pode ter 2 ou 3 
moedas apenas. Façamos essas anotações na figura: 
 
 
 
 
 
2 
ou 
3 
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Assim, temos duas possibilidades: se a caixa do meio tiver 3 moedas, a da 
direita só pode ter 4; e se a caixa do meio tiver 2 moedas, a da direita poderá 
ter 3 ou 4 moedas. Colocando essas informações na figura, temos: 
 
 
 
 
 
3. A caixa amarela está à direita da caixa que contém 4 moedas. 
Logo, deve haver uma caixa à esquerda da Amarela, com 4 moedas. 
Portanto, sabemos que a Amarela não pode ser a última caixa da esquerda. 
Vejamos na figura as duas possibilidades que temos para a caixa Amarela: 
 
 
 
 
 
 
 Analisando as possibilidades acima, vemos que a caixa amarela não pode 
ser a da direita, mas sim a do meio. Por quê? Porque se a amarela for a da direita, a 
caixa do meio teria 4 moedas. E isso é incompatível com a condição que definimos 
acima (a caixa do meio tem 2 possibilidades: 2 ou 3 moedas). Portanto, resta que: 
- a caixa amarela só pode ser a do meio 
- logo, a caixa da esquerda tem 4 moedas 
- lembra-se que a caixa preta não podia ter 4 moedas? Portanto, ela não pode ser a 
da esquerda, e nem a do meio (que já é a amarela). Assim, ela será a caixa da 
direita, e a branca a da esquerda. 
- por fim, como a caixa do meio deve ter menos moedas que a da direita, e só 
restam as opções de 2 ou 3 moedas, temos: caixa do meio com 2 moedas e caixa 
da direita com 3 moedas. 
Vejamos na figura: 
 
3 ou 4 
 
4 
2 
ou 
3 
A 4 
A 4 
32 
A P B 
4 
3 ou 4 
 
4 
2 
ou 
3 
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a) Analisando as opções de resposta possíveis, a única conclusão correta é a 
“c) A caixa preta contém 3 moedas.” 
Resposta: C. 
 
19. CEPERJ – OFICIAL SEFAZ/RJ – 2011) Em certa seção de um hospital, 
trabalham diversos médicos e enfermeiras, num total de 33 pessoas. Certo dia, um 
dos médicos falou com 8 enfermeiras, outro médico falou com 9 enfermeiras, outro 
com 10 enfermeiras, e assim por diante, até o último médico, que falou com todas 
as enfermeiras. O número de enfermeiras dessa seção do hospital é: 
a) 24 
b) 17 
c) 18 
d) 20 
e) 22 
RESOLUÇÃO: 
Podemos resolver este exercício de duas formas. Uma mais elaborada, que 
exigiria um pouco de reflexão, e outra “no braço”, ou seja, sem pensar muito. Nós 
tendemos a querer usar sempre a solução mais “elegante”, porém o concurseiro 
deve saber lançar mão de soluções menos rebuscadas, mais braçais, pois várias 
vezes é mais rápido utilizá-las do que perder tempo pensando numa solução mais 
acadêmica. 
Vamos começar resolvendo “no braço”? Basta montar uma tabelinha como 
essa abaixo, colocando o número do médico que falou e o número de enfermeiras 
com quem ele falou, até que o total da última coluna (médicos + enfermeiras) 
chegue a 33: 
Médico Enfermeiras com quem falou Total de médicos + enfermeiras 
1 8 9 
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2 9 11 
3 10 13 
4 11 15 
5 12 17 
6 13 19 
7 14 21 
8 15 23 
9 16 25 
10 17 27 
11 18 29 
12 19 31 
13 20 33 
 
 Portanto, o hospital possui 13 médicos e 20 enfermeiras (letra d) 
 Vamos ver um jeito mais elegante de resolver? Ora, se o primeiro médico 
falou com 8 enfermeiras, e, a partir do segundo médico, para cada um que falava 
aumentava também em 1 o número de enfermeiras com quem ele falava, fica claro 
que a diferença entre o número de médicos e de enfermeiras se mantém igual o do 
início (isto é, 8 – 1 = 7). Portanto, sabemos que: 
• o número de médicos mais enfermeiras é igual a 33: M + E = 33 
• existem 7 enfermeiras a mais que médicos: E – M = 7 
Temos 2 equações e 2 variáveis (E e M): 
M + E = 33 
E – M = 7 
Vamos isolar uma das variáveis (“E”) na segunda equação: 
E – M = 7 � E = 7 + M 
Como E é igual a 7 + M, podemos substituir esse valor na primeira equação: 
M + E = 33 
M + (7 + M) = 33 
2M = 33 – 7 
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M = 26 / 2 = 13 
 Assim, descobrimos que temos 13 médicos. Substituindo esse valor em uma 
das equações, podemos obter o número de enfermeiras: 
E = 7 + M 
E = 7 + 13 
E = 20 
Resposta: D. 
 
20. CEPERJ – RIO PREVIDÊNCIA – 2010) Ana, Bruna e Célia possuem três 
profissões diferentes, uma é professora, outra médica e outra advogada, mas não 
se sabe ainda a profissão de cada uma. Considere as seguintes informações: 
• Ana é esposa do irmão de Célia e é mais velha que a advogada 
• A professora é filha única e é a mais nova das três mulheres. 
Pode-se concluir que: 
a) Ana é mais nova que Célia 
b) Bruna é professora 
c) Célia é médica 
d) Ana não é médica 
e) Bruna é advogada. 
RESOLUÇÃO: 
 As duas frases abaixo, dadas no enunciado, trazem uma série de 
informações. Leia-as com bastante atenção e, em seguida, extraia as informações 
mais relevantes para a sua análise. Veja abaixo: 
• Ana é esposa do irmão de Célia e é mais velha que a advogada 
A partir dessa frase, vemos, entre outras coisas, que: 
- Célia não é filha única (pois tem 1 irmão, casado com Ana) 
- Ana é mais velha que a advogada 
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• A professora é filha única e é a mais nova das três mulheres. 
Analisando essa frase em conjunto com a anterior, vemos que: 
- Célia não pode ser a professora (pois não é filha única) 
- Ana não pode ser a professora (pois a professora é a mais nova das três, e 
Ana é mais velha que a advogada). 
Ora, se nem Célia nem Ana são professoras, consequentemente Bruna é 
professora. 
Resposta: B. 
 
21. CESPE – MPE AM – 2008) Considere que o aniversário de Mariana ocorre no 
mês de janeiro, cujo mês/calendário do ano de 2007 é mostrado a seguir. 
 
Nessa situação, se o número correspondente à data do aniversário de Mariana tem 
dois algarismos, a diferença entre eles é igual a 6 e, em 2007, o seu aniversário não 
ocorreu em uma quarta-feira, então o aniversário de Mariana ocorreu em uma 
segunda-feira. 
RESOLUÇÃO: 
 Sabemos que: 
- o aniversário de Mariana é em janeiro; 
- a data de seu aniversário tem 2 algarismos (portanto, não pode ser do dia 1 a 9 de 
janeiro); 
- a diferença entre os 2 algarismos é 6 (portanto, temos apenas as opções: 17 e 28, 
pois 7 – 1 = 6 e 8 – 2 = 6); 
- seu aniversário não ocorreu em uma quarta-feira em 2007; 
 Ora, a 3ª informação nos deixou apenas 2 datas possíveis para o aniversário 
de Mariana: 17 ou 28 de janeiro. Entretanto, 17 de janeiro de 2007 foi uma quarta-
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feira. De acordo com a 4ª informação, este não pode ter sido o aniversário de 
Mariana. Logo, apenas o dia 28 atende a todos os requisitos do enunciado. 
 Como 28 de janeiro de 2007 foi um domingo, este item encontra-se 
ERRADO. 
Resposta: E 
 
22. FGV – MEC – 2009) Um jogo é constituído por 8 peças iguais, quadradas e 
numeradas de 1 a 8, que estão encaixadas em um quadrado maior, como 
apresentado na figura 1. 
 
Só se consegue mexer, na vertical ou na horizontal, uma peça por vez. Cada peça 
só pode ser movimentada se estiver adjacente ao espaço vazio. A movimentação da 
peça é feita empurrando-a para o espaço vazio. Seu deslocamento preenche o 
espaço existente e causa o aparecimento de um novo espaço. 
 
Considere que, em dado momento, a configuração do jogo é a apresentada na 
figura 4. 
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Assinale a alternativa que indique o número mínimo de movimentações para atingir 
a configuração apresentada na figura 5. 
(A) menor do que 6. 
(B) 6. 
(C) 7. 
(D) 8. 
(E) maior do que 8. 
RESOLUÇÃO: 
 A tabela abaixo reproduz a figura 4 do enunciado: 
1 5 2 
4 
 
6 
7 3 8 
 
 Precisamos começar a resolução entendendo onde queremos chegar. Veja 
que, das alterações entre as figuras 4 e 5, a maior delas é a mudança de posição da 
peça 3. Note ainda que entre as duas figuras não há alteração na primeira coluna: 
ela mantém-se com as peças 1, 4 e 7. 
 Com base nesses comentários, é provável que a melhor solução passe por 
não mexer na primeira coluna, e trabalhar principalmente a peça 3, levando-a à sua 
posição final, fazendo simultaneamente pequenas alterações de posição em outras 
peças. 
 Veja abaixo os movimentos necessários: 
 
1) Moverpara cima a peça 3: 
1 5 2 
4 3 6 
7 
 
8 
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2) Mover para a esquerda a peça 8: 
1 5 2 
4 3 6 
7 8 
 3) Mover para baixo a peça 6: 
1 5 2 
4 3 
 7 8 6 
 
 
 
4) Mover para a direita a peça 3: 
1 5 2 
4 
 
3 
7 8 6 
 
5) Mover para baixo a peça 5: 
1 
 
2 
4 5 3 
7 8 6 
6) Mover para a esquerda a peça 2: 
1 2 
 4 5 3 
7 8 6 
 
7) Mover para cima a peça 3: 
1 2 3 
4 5 
 7 8 6 
8) Mover para cima a peça 6: 
1 2 3 
4 5 6 
7 8 
 
 
Portanto, são necessários 8 movimentos. 
Resposta: D 
 
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23. FGV – MEC – 2009) Nas bancas das feiras, os feirantes empilham laranjas de 
tal forma que cada laranja sempre fica apoiada sobre outras quatro, como ilustrado 
abaixo, excetuando-se as que estão diretamente sobre a bancada. 
 
 
A base do empilhamento tem sempre a forma de um retângulo (não se esqueça de 
que quadrados são também retângulos). A quantidade de laranjas na base e a sua 
disposição acabam por determinar a quantidade máxima de laranjas que podem ser 
empilhadas. Na ilustração a seguir, há 6 laranjas na base dispostas de modo que 
N=3 e P=2. A quantidade máxima de empilhamento é 8. 
 
 
Com base nas informações acima e adotando-se como convenção que N não pode 
ser menor do que P, assinale a alternativa correta. 
(A) Com 8 laranjas na base, é possível um empilhamento máximo de 12 laranjas. 
(B) Se N = 4 e P = 3, obtém-se empilhamento máximo de 18 laranjas. 
(C) Há mais de uma disposição em que se obtém empilhamento máximo de 14 
laranjas. 
(D) Não é possível obter-se empilhamento máximo de 5 laranjas. 
(E) Se P = 3, não é possível empilhar mais do que 20 laranjas. 
RESOLUÇÃO: 
 Por fins didáticos, vamos passar rapidamente por cada alternativa: 
(A) Com 8 laranjas na base, é possível um empilhamento máximo de 12 laranjas. 
 Falso. É possível empilhar apenas 11 laranjas: 
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(B) Se N = 4 e P = 3, obtém-se empilhamento máximo de 18 laranjas. 
 Falso. Veja que é possível empilhar 18 laranjas nas 2 primeiras camadas: 
 
 Porém é possível colocar mais uma camada com 2 laranjas. Assim, o 
empilhamento máximo é de 20 laranjas: 
 
 
(C) Há mais de uma disposição em que se obtém empilhamento máximo de 14 
laranjas. 
 Verdadeiro. Veja duas formas de se obter empilhamento máximo de 14 
laranjas: 
 
(D) Não é possível obter-se empilhamento máximo de 5 laranjas. 
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 Falso. Veja: 
 
(E) Se P = 3, não é possível empilhar mais do que 20 laranjas. 
 Falso. Veja o empilhamento de mais de 20 laranjas com P = 3: 
 
Resposta: C 
 
24. FCC – TCE-SP – 2005) Ernesto é chefe de uma seção do Tribunal de Contas do 
Estado de São Paulo, na qual trabalham outros quatro funcionários: Alicia, Benedito, 
Cíntia e Décio. Ele deve preparar uma escala de plantões que devem ser cumpridos 
por todos, ele inclusive, de segunda à sexta-feira. Para tal, ele anotou a 
disponibilidade de cada um, com suas respectivas restrições: 
− Alicia não pode cumprir plantões na segunda ou na quinta-feira, enquanto que 
Benedito não pode cumpri-los na quarta-feira; 
− Décio não dispõe da segunda ou da quinta-feira para fazer plantões; 
− Cíntia está disponível para fazer plantões em qualquer dia da semana; 
− Ernesto não pode fazer plantões pela manhã, enquanto que Alicia só pode cumpri-
los à noite; 
− Ernesto não fará seu plantão na quarta-feira, se Cíntia fizer o dela na quinta-feira 
e, reciprocamente. 
Nessas condições, Alicia, Benedito e Décio poderão cumprir seus plantões 
simultaneamente em uma: 
a) terça-feira à noite. 
b) terça-feira pela manhã. 
c) quarta-feira à noite. 
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d) quarta-feira pela manhã. 
e) sexta-feira pela manhã. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja na tabela abaixo a disponibilidade de cada funcionário (coloquei apenas 
a primeira letra do nome), de acordo com as informações dadas pelo enunciado 
 Segunda Terça Quarta Quinta Sexta 
A (noite) não não 
B não 
C sim sim sim sim Sim 
D não não 
E (tarde e noite) 
 
 A única informação que não se encontra nesta tabela é “Ernesto não fará seu 
plantão na quarta-feira, se Cíntia fizer o dela na quinta-feira e, reciprocamente.” Veja 
que A só pode dar plantões a noite, portanto os plantões simultâneos entre A, B e D 
necessariamente são à noite. Veja ainda que na segunda e quinta-feira nem A nem 
D estão disponíveis. E na quarta-feira, B não está disponível. Sobra apenas a terça-
feira ou sexta-feira, e somente à noite. 
 A letra A é o gabarito, pois menciona terça à noite. 
Resposta: A. 
 
25. FCC – TRT/24ª – 2011) A tabela abaixo apresenta os múltiplos de 3 dispostos 
segundo determinado padrão: 
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Caso esse padrão seja mantido indefinidamente, com certeza o número 462 
pertencerá à: 
a) Primeira coluna 
b) Segunda coluna 
c) Terceira coluna 
d) Quarta coluna 
e) Quinta coluna 
RESOLUÇÃO: 
 Caro aluno, você já deve ter percebido que em questões como essa você 
precisa buscar um padrão. Observe o algarismo final dos números de cada coluna. 
Percebeu que os números terminados com 3 e 8 estão apenas na primeira coluna? 
E, da mesma forma, os números terminados em 2 e 7 estão apenas na quarta 
coluna? 
 Ora, se 462 termina em 2, ele com certeza estará na quarta coluna. 
Resposta: D. 
 
26. FCC – TRT/22ª – 2010) Considere a seguinte sucessão de igualdades: 
(1) 24 16= 
(2) 234 1156= 
(3) 2334 111556= 
(4) 23334 11115556= 
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Considerando que, em cada igualdade, os algarismos que compõem os números 
dados obedecem a determinado padrão, é correto afirmar que a soma dos 
algarismos do número que apareceria no segundo membro da linha (15) é um 
número: 
a) Quadrado perfeito 
b) Maior que 100 
c) Divisível por 6 
d) Par 
e) Múltiplo de 7 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que o número de algarismos 1 dos números à direita da igualdade 
(=) é igual ao número da linha: na primeira linha, temos o número 16 (com um 
algarismo 1); na segunda linha, o número 1156 (com dois algarismos 1), na terceira 
temos 111556 (com três algarismos 1), e assim por diante. Logo, na linha (15) o 
número terá 15 algarismos iguais a 1. 
 Da mesma forma, veja que o número de algarismos 5 em cada linha é igual 
ao número da linha menos 1. Na primeira linha não temos nenhum 5 (1 – 1 = 0), na 
segunda linha temos um algarismo5 (2 – 1 = 1), na terceira temos 2 algarismos 5 
etc. Assim, na linha 15 teremos 14 algarismos iguais a 5. 
 Além disso, em cada linha temos um algarismo 6, e isso ocorrerá também na 
linha 15, se o padrão se mantiver. 
 Portanto, o número da 15ª linha é: 111111111111111555555555555556. A 
soma dos seus algarismos será igual a 15 1 14 5 1 6 91× + × + × = . 
 O número 91 é múltiplo de 7, pois 7 13 91× = , o que faz da alternativa E a 
resposta correta. 
Resposta: E. 
 
27. FCC – TRT/22ª – 2010) Seja XYZ um número inteiro e positivo em que X, Y e Z 
representam os algarismos das centenas, das dezenas e das unidades, 
respectivamente. Sabendo que 36935 ( ) 83XYZ÷ = , é correto afirmar que: 
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a) X = Z 
b) X.Y = 16 
c) Z – Y = 2X 
d) Y = 2X 
e) Z = X + 2 
RESOLUÇÃO: 
 Essa é uma questão bem simples. Hora de resolver rápido e ganhar tempo 
para utilizar nas demais questões de sua prova! 
 Se 36935 83
XYZ
= , então 36935
83
XYZ= . Efetuando a divisão, temos que 
445XYZ = . Com isso, X = 4, Y = 4 e Z = 5. 
 Portanto, X.Y = 4 x 4 = 16 . 
Resposta: B. 
 
28. ESAF – AFRFB – 2009) Três meninos, Zezé, Zozó e Zuzu, todos vizinhos, 
moram na mesma rua em três casas contíguas. Todos os três meninos possuem 
animais de estimação de raças diferentes e de cores também diferentes. Sabe-se 
que o cão mora em uma casa contígua à casa de Zozó; a calopsita é amarela; Zezé 
tem um animal de duas cores – branco e laranja – ; a cobra vive na casa do meio. 
Assim, os animais de estimação de Zezé, Zozó e Zuzu são, respectivamente: 
a) cão, cobra, calopsita. 
b) cão, calopsita, cobra. 
c) calopsita, cão, cobra. 
d) calopsita, cobra, cão. 
e) cobra, cão, calopsita. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja a tabela abaixo. Ela resume todas as possibilidades de posição da casa, 
tipo de animal e cor do animal de cada um dos meninos: 
 
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Menino Casa Animal Cor 
Zezé extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
Zozó extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
Zuzu extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
 
 Veja que para a posição da casa só temos duas possibilidades: ou a casa 
está em uma das extremidades, ou no meio das outras duas. E foram mencionadas 
apenas duas cores, motivo pelo qual chamei a cor do terceiro animal de “outra cor”. 
Agora vamos usar as informações dadas para “cortar” o que for possível, e marcar 
em negrito o que tivermos certeza. 
 
- o cão mora em uma casa contígua à casa de Zozó � podemos cortar o “cão” de 
Zozó, pois este animal é de outro menino que mora em casa contígua à de Zozó. 
 
- Zezé tem um animal de duas cores – branco e laranja � podemos marcar em 
negrito essa cor para Zezé, e cortá-la dos demais meninos. E podemos cortar as 
demais cores de Zezé. 
 
- a calopsita é amarela � como o animal de Zezé é branco e laranja, então 
podemos cortar a calopsita como opção de animal dele. 
 
- a cobra vive na casa do meio � guardemos essa informação, pois não há o que 
fazer com ela no momento. 
 
Veja a tabela resultante: 
Menino Casa Animal Cor 
Zezé extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
Zozó extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
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Zuzu extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
 
 Temos ainda uma informação não utilizada (a cobra vive na casa do meio). O 
que faremos agora é “dar um chute”. Vamos supor que a cobra é de Zezé, por 
exemplo. Com isso, vejamos se é possível chegar às demais informações. 
Começamos negritando “meio” e “cobra” para Zezé, descartando as demais opções 
para ele, e descartando “meio” e “cobra” para os demais. Veja o que sobra: 
 
Menino Casa Animal Cor 
Zezé extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
Zozó extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
Zuzu extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
 
 Veja que Zozó e Zuzu moram nas extremidades. E repare que sobrou apenas 
o animal “calopsita” para Zozó, e assim resta apenas “cão” para Zuzu. Lembra-se 
que o enunciado disse que “o cão mora em uma casa contígua à casa de Zozó” ? 
Segundo esta nossa tentativa, a casa de Zuzu (que possui o cão) não é contígua à 
de Zozó, pois eles moram nas extremidades! Logo, é ERRADO assumir que a cobra 
é de Zezé. 
 Vamos testar agora a hipótese de a cobra ser de Zozó. Acompanhe abaixo o 
que acontece: 
Menino Casa Animal Cor 
Zezé extremidade, 
meio 
cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
Zozó extremidade, meio cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
Zuzu extremidade, 
meio 
cão, calopsita, 
cobra 
Amarela, branco e laranja, 
outra cor 
 
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 Agora foi possível cumprir com as 4 condições do enunciado: 
- o cão mora em uma casa contígua à casa de Zozó 
- Zezé tem um animal de duas cores – branco e laranja 
- a calopsita é amarela 
- a cobra vive na casa do meio 
 Logo, esta é a resposta. Assim, os animais de Zezé, Zozó e Zuzu são, 
respectivamente, o cão, a cobra e a calopsita. 
Resposta: A 
 Obs.: Por que foi preciso efetuar esses “chutes” nesta questão? Simples: 
tínhamos muito poucas informações (apenas 4) para fazer todas as associações 
necessárias. Repare em outras questões desse tipo que resolvermos que não será 
necessário efetuar nenhuma hipótese. 
 
29. ESAF – AFT – 2003) Três amigas encontram-se em uma festa. O vestido de 
uma delas é azul, o de outra é preto, e o da outra é branco. Elas calçam pares de 
sapatos destas mesmas três cores, mas somente Ana está com vestido e sapatos 
de mesma cor. Nem o vestido nem os sapatos de Júlia são brancos. Marisa está 
com sapatos azuis. Desse modo, 
a) o vestido de Júlia é azul e o de Ana é preto. 
b) o vestido de Júlia é branco e seus sapatos são pretos. 
c) os sapatos de Júlia são pretos e os de Ana são brancos. 
d) os sapatos de Ana são pretos e o vestido de Marisa é branco. 
e) o vestido de Ana é preto e os sapatos de Marisa são azuis. 
RESOLUÇÃO: 
 Aqui podemos montar a tabela abaixo, relacionando todas as possibilidades 
existentes: 
Amiga Vestido Sapato 
Ana Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
Júlia Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
Marisa Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
 
 Vamos interpretar as informações dadas 
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- nem o vestido nem os sapatos de Júlia são brancos � podemos cortar “branco” 
tanto do sapato quanto do vestido de Júlia. 
- Marisa está com sapatos azuis � podemos marcar em negrito “azul” para o sapato 
de Marisa,e cortar essa cor do sapato das demais. Vamos cortar também as outras 
cores de sapatos para Marisa. 
 
 Até aqui, temos: 
Amiga Vestido Sapato 
Ana Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
Júlia Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
Marisa Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
 
 Veja que sobra apenas “preto” para o sapato de Júlia, o que nos permite 
marcá-lo para ela e cortá-lo de Ana, sobrando para ela apenas o branco: 
Amiga Vestido Sapato 
Ana Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
Júlia Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
Marisa Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
 
 A primeira informação do enunciado pode, agora, ser utilizada: 
- somente Ana está com vestido e sapatos de mesma cor � portanto, o vestido de 
Ana é branco, mesma cor do sapato. Como o sapato de Júlia é preto, o vestido deve 
ser azul; e como o sapato de Marisa é azul, o vestido deve ser preto. Assim, temos: 
Amiga Vestido Sapato 
Ana Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
Júlia Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
Marisa Azul, preto, branco Azul, preto, branco 
 
 Reveja as informações do enunciado para confirmar que todas foram 
cumpridas: 
- somente Ana está com vestido e sapatos de mesma cor 
- nem o vestido nem os sapatos de Júlia são brancos 
- Marisa está com sapatos azuis. 
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 Com isto, fica fácil verificar que a alternativa C está correta: os sapatos de 
Júlia são pretos e os de Ana são brancos. 
Resposta: C 
 
30. ESAF – AFT – 2003) Pedro e Paulo saíram de suas respectivas casas no 
mesmo instante, cada um com a intenção de visitar o outro. Ambos caminharam 
pelo mesmo percurso, mas o fizeram tão distraidamente que não perceberam 
quando se cruzaram. Dez minutos após haverem se cruzado, Pedro chegou à casa 
de Paulo. Já Paulo chegou à casa de Pedro meia hora mais tarde (isto é, meia hora 
após Pedro ter chegado à casa de Paulo). Sabendo que cada um deles caminhou a 
uma velocidade constante, o tempo total de caminhada de Paulo, de sua casa até a 
casa de Pedro, foi de 
a) 60 minutos 
b) 50 minutos 
c) 80 minutos 
d) 90 minutos 
e) 120 minutos 
RESOLUÇÃO: 
 Imagine que a velocidade de caminhada de Pedro seja Vpe, e a velocidade 
de caminhada de Paulo seja Vpa. Chamando de T o tempo entre o início das 
caminhadas e o cruzamento dos rapazes, podemos dizer que o tempo total gasto 
por Pedro é T + 10, e o tempo total gasto por Paulo é T + 40, afinal após o 
cruzamento eles gastaram 10 e 40 minutos, respectivamente. Sabemos que, para 
uma mesma distância de caminhada, o tempo de duração é inversamente 
proporcional à velocidade, isto é, quanto maior a velocidade, menor o tempo. 
 Veja abaixo o esquema que representa as caminhadas. Propositalmente 
considerei que o encontro não ocorre no meio do percurso, pois as velocidades dos 
rapazes pode ser diferente: 
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 No trecho que Pedro gastou T minutos, Paulo gastou 40. Assim (já invertendo 
a coluna da direita, devido às grandezas serem inversamente proporcionais): 
Vpe --------------------------------- 40 
Vpa --------------------------------- T 
Logo, Vpe/Vpa = 40/T 
 
No trecho que Pedro gastou 10 minutos, Paulo gastou T minutos. Portanto: 
Vpe ---------------------------- T 
Vpa ---------------------------- 10 
Logo, Vpe/Vpa = T/10 
 
Com as duas equações obtidas acima, podemos dizer que: 
Vpe/Vpa = 40/T = T/10 
400 = T2 
T = 20 minutos 
 
Portanto, Pedro gastou T + 10 = 30 minutos e Paulo gastou T + 40 = 60 
minutos. 
Resposta: A 
 
31. ESAF – AFT – 2003) Três pessoas, Ana, Bia e Carla, têm idades (em número 
de anos) tais que a soma de quaisquer duas delas é igual ao número obtido 
invertendo-se os algarismos que formam a terceira. Sabe-se, ainda, que a idade de 
cada uma delas é inferior a 100 anos (cada idade, portanto, sendo indicada por um 
algarismo da dezena e um da unidade). Indicando o algarismo da unidade das 
idades de Ana, Bia e Carla, respectivamente, por A1, B1 e C1; e indicando o 
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algarismo da dezena das idades de Ana, Bia e Carla, respectivamente, por A2, B2 e 
C2, a soma das idades destas três pessoas é igual a: 
a) 3 (A2+B2+C2) 
b) 10 (A2+B2+C2) 
c) 99 – (A1+B1+C1) 
d) 11 (B2+B1) 
e) 3 (A1+B1+C1) 
RESOLUÇÃO: 
 O enunciado disse que a soma das idades de duas garotas é igual ao 
número obtido invertendo os algarismos da idade da terceira. Isto é: 
 
� a soma das idades de Ana e Bia é igual ao número obtido invertendo os 
algarismos da idade de Carla: 
10A2 + A1 + 10B2 + B1 = 10C1 + C2 
 
� a soma das idades de Ana e Carla é igual ao número obtido invertendo os 
algarismos da idade de Bia: 
10A2 + A1 + 10C2 + C1 = 10B1 + B2 
 
� a soma das idades de Bia e Carla é igual ao número obtido invertendo os 
algarismos da idade de Ana: 
10C2 + C1 + 10B2 + B1 = 10A1 + A2 
 
 A soma das idades é dada por: 
Soma = 10A2 + A1 + 10B2 + B1 + 10C2 + C1 
 
 Veja na segunda equação que obtivemos que 10A2 + A1 + 10C2 + C1 é igual 
a 10B1 + B2, portanto podemos substituir essa parcela na soma acima: 
Soma = 10B2 + B1 + (10B1 + B2) 
Soma = 11B2 + 11B1 = 11 x (B1 + B2) 
Resposta: D 
 
32. ESAF – AFT – 2003) Um professor de Lógica percorre uma estrada que liga, em 
linha reta, as vilas Alfa, Beta e Gama. Em Alfa, ele avista dois sinais com as 
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seguintes indicações: “Beta a 5 km” e “Gama a 7 km”. Depois, já em Beta, encontra 
dois sinais com as indicações: “Alfa a 4 km” e “Gama a 6 km”. Ao chegar a Gama, 
encontra mais dois sinais: “Alfa a 7 km” e “Beta a 3 km”. Soube, então, que, em uma 
das três vilas, todos os sinais têm indicações erradas; em outra, todos os sinais têm 
indicações corretas; e na outra um sinal tem indicação correta e outro sinal tem 
indicação errada (não necessariamente nesta ordem). O professor de Lógica pode 
concluir, portanto, que as verdadeiras distâncias, em quilômetros, entre Alfa e Beta, 
e entre Beta e Gama, são, respectivamente: 
a) 5 e 3 
b) 5 e 6 
c) 4 e 6 
d) 4 e 3 
e) 5 e 2 
RESOLUÇÃO: 
 Veja no desenho abaixo um esquema com as indicações das placas: 
 
 
 Sabemos que em uma vila as placas só tem verdades, em outra apenas 
mentiras, e na outra há uma verdade e uma mentira. 
 Repare nas duas informações marcadas abaixo, pois ambas dizem que a 
distância entre Alfa e Gama é de 7km: 
 
 Se essas informações forem falsas, então tudo o que está na placa da Vila 
Beta precisa ser verdade (esta seria a única placa com apenas verdades). Mas caso 
seja verdade o que está na placa de Beta, então as demais informações presentes 
na placa de Alfa (“Beta: 5km”) e de Gama (“Beta: 3km”) são falsas. Isso contraria o 
enunciado, pois uma das placas precisa ter uma verdade E uma mentira. 
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 Já se as informações destacadas acima forem verdadeiras, então a distância 
Alfa-Gama érealmente de 7km. Além disso, a placa da Vila Beta só tem mentiras, 
ou seja, é falso que a distância Alfa-Beta é 4km, e também é falso que a distância 
Beta-Gama é 6km. 
 Se a placa de Gama for totalmente verdadeira, então Beta-Gama é 3km. 
Como já vimos que Alfa-Gama é 7km, então sobrariam 4km para Alfa-Beta. Isto não 
pode ocorrer, pois tornaria VERDADEIRA a informação de que Alfa-Beta distam 
4km, como temos na placa da Vila Beta. 
 Já se a placa de Alfa for totalmente verdadeira, então Alfa-Beta distam 5km e 
Beta-Gama distam 2km, totalizando 7km entre Alfa-Gama. Desta forma atendemos 
as condições do enunciado, pois a placa de Alfa é totalmente verdadeira, a placa de 
Beta é totalmente falsa, e a placa de Gama contém apenas uma informação 
verdadeira, sendo a outra falsa. 
 Logo, as verdadeiras distâncias entre Alfa e Beta, e entre Beta e Gama, são, 
respectivamente, 5km e 2km. 
Resposta: E 
 
33. ESAF – AFT – 2003) Quatro casais reúnem-se para jogar xadrez. Como há 
apenas um tabuleiro, eles combinam que: a) nenhuma pessoa pode jogar duas 
partidas seguidas; b) marido e esposa não jogam entre si. Na primeira partida, 
Celina joga contra Alberto. Na segunda, Ana joga contra o marido de Júlia. Na 
terceira, a esposa de Alberto joga contra o marido de Ana. Na quarta, Celina joga 
contra Carlos. E na quinta, a esposa de Gustavo joga contra Alberto. A esposa de 
Tiago e o marido de Helena são, respectivamente: 
a) Celina e Alberto 
b) Ana e Carlos 
c) Júlia e Gustavo 
d) Ana e Alberto 
e) Celina e Gustavo 
RESOLUÇÃO: 
 Inicialmente, vamos montar a tabela abaixo, que relaciona todas as 
possibilidades de casais existentes: 
 Alberto Carlos Gustavo Tiago 
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Ana 
Júlia 
Celina 
Helena 
 
 Em cada célula vazia desta tabela marcaremos NÃO, para simbolizar que 
aquelas pessoas não são um casal, ou SIM, caso tenhamos certeza de que as 
pessoas daquelas linha e coluna são um casal. 
 Vejamos as informações dadas. Essas duas primeiras são auxiliares, e 
devemos tê-las em mente o tempo todo: 
a) nenhuma pessoa pode jogar duas partidas seguidas; 
b) marido e esposa não jogam entre si. 
 Agora, veja as conclusões possíveis a partir das demais informações dadas: 
- Na primeira partida, Celina joga contra Alberto. � Celina NÃO é esposa de 
Alberto, pois marido e esposa não jogam entre si. 
 
- Na segunda, Ana joga contra o marido de Júlia � o marido de Júlia NÃO é Alberto, 
pois ninguém pode jogar duas partidas seguidas. 
 
- Na terceira, a esposa de Alberto joga contra o marido de Ana. � Ana NÃO é 
esposa de Alberto, pois ela jogou a partida anterior, e não poderia jogar essa. 
 
- Na quarta, Celina joga contra Carlos. � Celina NÃO é esposa de Carlos. 
- E na quinta, a esposa de Gustavo joga contra Alberto. � Celina NÃO é esposa de 
Gustavo, pois ela jogou a partida anterior. 
 
 Vamos registrar na tabela tudo o que vimos até aqui: 
 Alberto Carlos Gustavo Tiago 
Ana NÃO 
Júlia NÃO 
Celina NÃO NÃO NÃO 
Helena 
 
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 Veja que Alberto só pode ser marido de Helena (é a única mulher que sobrou 
para ele), e Celina só pode ser esposa de Tiago (único homem que sobrou para 
ela). Logo, a esposa de Tiago e o marido de Helena são, respectivamente, Celina e 
Alberto. 
Resposta: A 
 
34. ESAF – AFT – 2006) Ana encontra-se à frente de três salas cujas portas estão 
pintadas de verde, azul e rosa. Em cada uma das três salas encontra-se uma e 
somente uma pessoa – em uma delas encontra-se Luís; em outra, encontra-se 
Carla; em outra, encontra-se Diana. Na porta de cada uma das salas existe uma 
inscrição, a saber: 
 
Sala verde: “Luís está na sala de porta rosa” 
Sala azul: “Carla está na sala de porta verde” 
Sala rosa: “Luís está aqui” 
 
Ana sabe qua a inscrição na porta da sala onde Luís se encontra pode ser 
verdadeira ou falsa. Sabe, ainda, que a inscrição na porta da sala onde Carla se 
encontra é falsa, e que a inscrição na porta da sala em que Diana se encontra é 
verdadeira. Com tais informações, Ana conclui corretamente que nas salas de 
portas verde, azul e rosa encontram-se, respectivamente: 
a) Diana, Luís, Carla 
b) Luís, Diana, Carla 
c) Diana, Carla, Luís 
d) Carla, Diana, Luís 
e) Luís, Carla, Diana 
RESOLUÇÃO: 
 Nesse tipo de questão, uma forma de identificar qual é a porta verdadeira e 
qual é a porta falsa é buscar possíveis contradições entre o que cada uma delas 
tem escrito. 
 Repare que ambas as salas verde e rosa dizem a mesma coisa: Luís está na 
rosa. Assim, não é possível que uma seja verdadeira e a outra falsa: ou ambas são 
verdadeiras, ou ambas são falsas. 
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 Primeiramente, vamos testar a hipótese de que ambas são verdadeiras. 
Neste caso, a informação falsa deve ser a da sala azul, de modo que Carla NÃO 
está na sala verde. Como Luís está na rosa, sobra a sala azul para Carla, restando 
assim a sala verde para Diana. Resumindo, teríamos: 
 Sala Informação da sala 
Luís Rosa Verdadeira 
Carla Azul Falsa 
Diana Verde Verdadeira 
 
 Agora, vamos testar a hipótese de que as salas verde e rosa tem 
informações falsas. Neste caso, Luís NÃO está na sala rosa. E a informação da sala 
azul deve ser verdadeira, ou seja, Carla ESTÁ na verde. Assim, sobra para Luís a 
sala azul, e para Diana a sala rosa. 
 Sala Informação da sala 
Luís Rosa Falsa 
Carla Azul Verdadeira 
Diana Verde Falsa 
 
 Das duas soluções encontradas acima, a que devemos escolher é a que 
atende a seguinte condição do enunciado: 
- a inscrição na porta da sala onde Luís se encontra pode ser verdadeira ou falsa. 
- a inscrição na porta da sala onde Carla se encontra é falsa 
- a inscrição na porta da sala em que Diana se encontra é verdadeira. 
 Veja que a segunda solução encontrada NÃO nos atende, pois a inscrição na 
porta de Carla é verdadeira. Assim, devemos adotar a primeira solução. 
 Logo, Ana conclui corretamente que nas salas de portas verde, azul e rosa 
encontram-se: Diana, Carla e Luís. 
Resposta: C 
 
35. FCC – ICMS/SP – 2006) Repare que com um número de 5 algarismos, 
respeitada a ordem dada, pode-se criar 4 números de dois algarismos. Por exemplo: 
de 34712, pode-se criar o 34, o 47, o 71 e o 12. Procura-se um número de cinco 
algarismos formado pelos algarismos 4, 5, 6, 7 e 8, sem repetição. Veja abaixo 
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alguns números desse tipo e ao lado de cada um deles a quantidade de números de 
dois algarismos que esse número tem em comum com o número procurado. 
 
O número procurado é: 
a) 58746 
b) 46875 
c) 87456 
d) 68745 
e) 56874 
RESOLUÇÃO: 
 Coloquei na primeira coluna da tabela abaixo os mesmos 4 números dados 
na tabela do enunciado. E coloquei na primeira linha da tabela as 5 alternativas de 
resposta deste exercício: 
 58746 46875 87456 68745 56874 
48765 
86547 
87465 
48675 
 
 Vamos agora preencher as células vazias com a quantidade de números de 
dois algarismos em comum entre o número da linha e o número da coluna. Veja isso 
abaixo. Para você entendermelhor, coloquei entre parênteses quais seriam esses 
números de dois algarismos em comum: 
 58746 46875 87456 68745 56874 
48765 1 (87) 1 (87) 1 (87) 1 (87) 1 (87) 
86547 0 0 0 0 0 
87465 3 (87, 74, 46) 2 (87,46) 2 (87, 74) 2 (87, 74) 2 (87, 74) 
48675 0 1 (75) 0 0 0 
 
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 Repare que o único caso onde temos 1, 0, 2 e 1 números de dois algarismos 
em comum é aquele do número 46875 (alternativa B). 
Resposta: B 
 
36. FCC – ICMS/SP – 2006) Numa ilha dos mares do sul convivem três raças 
distintas de ilhéus: os zel(s) só mentem, os del(s) só falam a verdade e os mel(s) 
alternadamente falam verdades e mentiras – ou seja, uma verdade, uma mentira, 
uma verdade, uma mentira - , mas não se sabe se começaram falando uma ou 
outra. 
 
Nos encontramos com três nativos, Sr. A, Sr. B, Sr. C, um de cada uma das três 
raças. 
 
Observe bem o diálogo que travamos com o Sr. C 
 
Nós: - Sr. C, o senhor é da raça zel, del ou mel? 
Sr. C: - Eu sou mel. (1ª resposta) 
Nós: - Sr. C, e o senhor A, de qual raça é? 
Sr. C: - Ele é zel. (2ª resposta) 
Nós: - Mas então o Sr. B é del, não é isso, Sr. C? 
Sr. C: - Claro, senhor! (3ª resposta) 
 
Nessas condições, é verdade que os senhores A, B e C são, respectivamente, 
a) zel, del, mel 
b) zel, mel, del 
c) del, zel, mel 
d) del, mel, zel 
e) mel, del, zel 
RESOLUÇÃO: 
 Comece marcando as informações mais importantes do enunciado: 
- os zel(s) só mentem 
- os del(s) só falam a verdade 
- os mel(s) alternadamente falam verdades e mentiras 
 
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 Caso o Sr. C seja del, ele só fala a verdade. Mas logo na primeira resposta 
ele afirmou ser mel, o que seria uma mentira! Portanto, ele NÃO pode ser del. 
Podemos eliminar essa possibilidade. 
 Já caso o Sr. C seja zel, ele só mentiria. Assim, poderíamos concluir a partir 
das respostas por ele dadas que o Sr. A NÃO é zel e o Sr. B NÃO é del. 
Considerando que C é zel, sobra para B a opção de ser mel, restando para A a 
opção del. Aqui foi possível associar uma raça a cada uma das pessoas. 
 Por fim, caso o Sr. C seja mel, ele alterna verdades e mentiras. Vê-se 
claramente que a primeira resposta dada deve ser uma verdade (“eu sou mel”). A 
próxima resposta (“A é zel”) é falsa, e portanto A NÃO é zel. E a última resposta é 
verdadeira, de modo que B é del. Neste caso, C é mel, B é del, sobrando para A a 
opção de ser zel. Mas acabamos de ver que A não pode ser zel, o que invalida esta 
argumentação. 
 Portanto, a única argumentação sem falhas é a segunda, ou seja, C é zel, B 
é mel e A é del. 
Resposta: D 
 
37. VUNESP – ISS/SJC – 2012) Um serviço de atendimento ao consumidor (SAC) 
funciona 19 horas por dia. A primeira hora do expediente começa com 6 
funcionários, e a cada três horas mais 6 funcionários chegam ao SAC. Cada 
funcionário trabalha por exatamente 4 horas ininterruptas por dia e atende 5 clientes 
por hora, de maneira que são atendidos 720 clientes por dia. Em um certo dia, 
faltando 2 horas para o fim do expediente, constatou-se que, com a ausência de 
alguns funcionários, para se atender os 720 clientes, os 6 funcionários que ainda 
estavam de serviço deveriam passar a atender 10 clientes por hora. Nessas 
condições, o número de funcionários ausentes nesse dia foi 
(A) 1. 
(B) 2. 
(C) 3. 
(D) 4. 
(E) 5. 
RESOLUÇÃO: 
 Nas últimas 2 horas, normalmente os 6 funcionários atenderiam 5 clientes por 
hora, totalizando 10 clientes por funcionário em 2 horas, ou seja, 60 clientes ao 
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todo. Entretanto, repare que foi preciso atender um total de 120 clientes (10 clientes 
por hora, durante 2 horas, por 6 funcionários), isto é, 60 além do normal. Estes 60 
são justamente os clientes que deveriam ter sido atendidos pelos funcionários 
faltantes. 
 Como cada funcionário trabalha 4 horas e atende 5 clientes por hora, 
podemos dizer que normalmente cada funcionário atende 20 clientes em um turno 
de trabalho. Assim, os 60 clientes adicionais que foram atendidos nas últimas 2 
horas correspondem aos clientes de 3 funcionários (pois 20 x 3 = 60). Logo, 3 
funcionários não compareceram ao trabalho. 
Resposta: C 
 
38. VUNESP – ISS/SJC – 2012) O esquema a seguir mostra uma rua principal e 
três ruas transversais. O número indicado em cada rua transversal é o tempo, em 
segundos, em que os seus respectivos semáforos ficam verdes, ou seja, permitindo 
a passagem de automóveis. O tempo, em segundos, em que o semáforo fica verde 
para os motoristas que vêm pela rua principal é de 90 segundos nos três 
cruzamentos. 
 
Quando um semáforo está verde na rua principal, o semáforo da rua transversal 
correspondente estará vermelho, ou seja, proibindo a passagem de automóveis, e 
quando está vermelho na rua principal, o semáforo da rua transversal 
correspondente estará verde. Cada semáforo só acende nas cores verde e 
vermelha, e ao fim do tempo de uma fase verde ocorre a inversão de cores entre os 
semáforos de um mesmo cruzamento. Todos os dias, à meia noite, esses 6 
semáforos são programados de forma que os 3 da rua principal iniciam uma fase 
verde. A primeira vez, a partir da meia noite, que os 3 semáforos da rua principal 
iniciarão uma fase verde ao mesmo tempo será às 
(A) 0h 18min. 
(B) 3h. 
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(C) 6h 18min. 
(D) 9h. 
(E) 12h 18min. 
RESOLUÇÃO: 
 Trata-se de um exercício de mínimo múltiplo comum. No primeiro 
cruzamento, o tempo entre o início de um ciclo verde da rua principal e o próximo é 
de 90 segundos (tempo que o sinal da rua principal fica verde) + 54 segundos 
(tempo que o sinal da transversal fica verde), isto é, 144 segundos. Já no segundo 
cruzamento, o tempo entre o início de um ciclo e o próximo é de 90 + 72 = 162 
segundos. E no terceiro cruzamento, 90 + 60 = 150 segundos. 
Vamos obter o MMC de 144, 162 e 150: 
Números Divisor 
144 162 150 2 
72 81 75 2 
36 81 75 2 
18 81 75 2 
9 81 75 3 
3 27 25 3 
1 9 25 3 
1 3 25 3 
1 1 25 5 
1 1 5 5 
1 1 1 Logo, MMC = 24 x 34 x 52 = 32400 
 
Como o MMC é 32400, isto significa que apenas após 32400 segundos os 
três ciclos iniciarão simultaneamente. Como 32400 / 60 = 540 minutos, e 540 / 60 = 
9 horas, vemos que a alternativa correta é a letra D. 
Resposta: D 
 Obs.: veja que obtive o MMC de uma meneira mais rápida do que vimos no 
nivelamento. Utilize a forma que achar mais fácil. 
 
39. VUNESP – ISS/SJC – 2012) Quatro bolas, marcadas A, B, C e D, têm pesos 
diferentes entre si. Deseja-se ordenar essas bolas em ordem de peso e, para isso, 
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dispõe-se de uma balança de pratos. O número mínimo de pesagens para realizar 
essa tarefa é 
(A) 3. 
(B) 4. 
(C) 5. 
(D) 6. 
(E) 7. 
RESOLUÇÃO: 
 Aqui o ideal é pesar as bolas colocando apenas uma em cada prato da 
balança, pois assim conseguimos saber, daquelas duas, qual é a mais leve e a mais 
pesada. Seguindo os passos abaixo,