AULA 04- Matemática e Raciocínio Lógico

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Aula 04
Matemática e Raciocínio Lógico p/ TRTs - Todos os cargos
Professores: Arthur Lima, Luiz Gonçalves
MATEMÁTICA E RACIOCÍNIO LÓGICO PARA TRIBUNAIS 
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AULA 04: RACIOCÍNIO SEQUENCIAL 
 
SUMÁRIO PÁGINA 
1. Teoria 01 
2. Resolução de questões 09 
3. Questões apresentadas na aula 46 
4. Gabarito 62 
 
Caro aluno, 
 
Nesta aula daremos continuidade aos temas que iniciamos no encontro 
anterior, tratando sobre temas de raciocínio sequencial. 
 
1. TEORIA 
1.1 SEQUÊNCIAS LÓGICAS 
 Nas questões sobre sequências / raciocínio sequencial, você será 
DSUHVHQWDGR� D� XP� FRQMXQWR� GH� GDGRV� GLVSRVWRV� GH� DFRUGR� FRP� DOJXPD� ³UHJUD´�
implícita, alguma lógica de formação. O desafio p�MXVWDPHQWH�GHVFREULU�HVVD�³UHJUD´�
para, com isso, encontrar outros termos daquela mesma sequência. 
 Esse tipo de questão é uma grande armadilha para o aluno desavisado. Isso 
SRUTXH�YRFr�SRGH�HQFRQWUDU�D� ³UHJUD´�GH� IRUPDomR�GD�VHTXrQFLD�HP�PHQRV�GH���
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 
VHTXrQFLDV�SDUD�WRUQDU�R�VHX�UDFLRFtQLR�PDLV�³DXWRPiWLFR´��FULando modelos mentais 
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que aumentem a chance de você conseguir resolver essa questão já nos primeiros 
minutos. 
 Para exemplificar o que eu disse até aqui, trabalhe esta questão: 
 
1. FCC ± Técnico do CNMP ± 2015) Observe a sequência (1; 2; 3; 3; 4; 5; 6; 6; 7; 
8; 9; 9; 10; 11; ... ) que possui uma lei de formação. A soma dos 38º, 45º e 81º 
termos dessa sequência é igual a 
(A) 139. 
(B) 119. 
(C) 124. 
(D) 127. 
(E) 131. 
RESOLUÇÃO: 
 A sequência do enunciado pode ser melhor entendida olhando conjuntos de 4 
em 4 números: 
1 2 3 3 .... 4 5 6 6 ... 7 8 9 9 ... 10 11 12 12... 
 
 Veja que temos a sequência natural (1, 2, 3, 4, 5, ...), sendo que após 3 
números em sequência temos a repetição do terceiro número. 
 Para saber em qual conjunto de 4 números está o 38º termo, basta dividirmos 
38 por 4. Fazendo isso nós encontramos o resultado 9 e o resto 2. O que isto 
significa? Significa que para chegar no 38º termo, nós precisamos percorrer 9 
conjuntos completos de 4 números cada, e ainda pegar mais 2 números. Isto é, o 
38º termo será o 2º termo do 10º conjunto. 
 Observe somente o 2º termo de cada conjunto acima: 
2 ... 5 ... 8 ... 11 
 
 Veja que basta ir somando 3 unidades para ir passando do 2º termo de um 
conjunto para o 2º termo do próximo. Assim, partindo do 2º termo do 1º conjunto 
(que é o 2), devemos somar mais 3 unidades por 9 vezes para chegar no 38º termo. 
Isto é: 
38º termo = 2 + 3x9 = 2 + 27 = 29 
 
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 De maneira análoga, veja que 45 dividido por 4 é igual a 11 e tem resto 1. 
Portanto, para chegar no 45º termo, podemos partir do 1º número do primeiro 
conjunto (1) e somar mais 3 unidades por 11 vezes: 
45º termo = 1 + 3x11 = 1 + 33 = 34 
 
 Dividindo 81 por 4 temos resultado 20 e resto 1. Logo, 
81º termo = 1 + 3x20 = 1 + 60 = 61 
 
 Somando esses termos, temos 29 + 34 + 61 = 124. 
Resposta: C 
 
1.2 PROGRESSÕES ARITMÉTICAS E GEOMÉTRICAS 
As progressões aritméticas e geométricas são tipos especiais de sequências 
numéricas que merecem um estudo detalhado. Isto porque temos fórmulas que nos 
SHUPLWHP��D�SDUWLU�GD�³UHJUD�GH�IRUPDomR´�H[LVWHnte, calcular qualquer termo daquela 
sequência, calcular a soma dos termos da sequência, etc. 
 
Progressões Aritméticas 
As progressões aritméticas (ou PAs) são sequências de números nas quais o 
termo seguinte é equivalente ao termo anterior somado de um valor fixo, que 
FKDPDUHPRV�GH�³UD]mR´�GD�3$��9HMD�D�VHTXrQFLD�DEDL[R� 
{1, 4, 7, 10, 13, 16...} 
 Veja que 4 = 1 + 3; assim como 7 = 4 + 3; 10 = 7 + 3 etc. Trata-se de uma 
progressão aritmética de razão 3. Em questões envolvendo progressões aritméticas, 
é importante você saber obter o termo geral e a soma dos termos, conforme abaixo: 
 
1. Termo geral da PA: trata-se de uma fórmula que, a partir do primeiro termo e 
da razão da PA, permite calcular qualquer outro termo. Veja-a abaixo: 
1 ( 1)na a r n � u � 
 Nesta fórmula, na p�R�WHUPR�GH�SRVLomR�Q�QD�3$��R�³Q-pVLPR´�WHUPR��� 1a é o 
termo inicial, r é a razão e n é a posição do termo na PA. Usando a sequência 
que apresentamos acima, vamos calcular o termo de posição 5. Já sabemos que: 
- o termo que buscamos é o da quinta posição, isto é, 5a ; 
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- a razão da PA é 3, portanto r = 3; 
- o termo inicial é 1, logo 1 1a ; 
- n, ou seja, a posição que queremos, é a de número 5: 5n 
 Portanto, 
1
5
5
5
( 1)
1 3 (5 1)
1 3 4
13
na a r n
a
a
a
 � u �
 � u �
 � u
 
 
 Isto é, o termo da posição 5 é o 13. Volte na sequência e confira. Perceba 
que, com essa fórmula, podemos calcular qualquer termo da PA. O termo da 
posição 100 é: 
1
100
100
100
( 1)
1 3 (100 1)
1 3 99
298
na a r n
a
a
a
 � u �
 � u �
 � u
 
 
2. Soma do primeiro ao n-ésimo termo: 
1( )
2
n
n
n a a
S
u � 
 Assim, vamos calcular a soma dos 5 primeiros termos da PA que 
apresentamos acima. Já sabemos que 1 1a , 5n e o termo na será, neste caso, 
o termo 5a , que calculamos acima usando a fórmula do termo geral ( 5 13a ). Logo: 
1
5
( )
2
5 (1 13) 5 14
35
2 2
n
n
n a a
S
S
u � 
u � u 
 
 Antes de prosseguirmos, trabalhe esta questão: 
 
2. FCC ± TRT/11a ± 2012) Estão representados a seguir os quatro primeiros 
elementos de uma sequência de figuras formadas por quadrados. 
 
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Mantido o padrão, a 20a figura da sequência será formada por um total de 
quadrados igual a 
(A) 100 
(B) 96 
(C) 88 
(D) 84 
(E) 80 
RESOLUÇÃO: 
 A primeira figura tem 8 quadrados, a segunda tem 12, a terceira tem 16, e a 
quarta tem 20. Temos a seguinte seqüência: {8, 12, 16, 20}. Trata-se de uma 
progressão aritmética de razão r = 4, na qual o termo inicial e a1 = 8 e é solicitado o 
20º termo,isto é, a20. 
 Pela fórmula do termo geral da PA, podemos obter esse termo: 
an = a1 + r x (n ± 1) 
a20 = a1 + 4 x (20 ± 1) 
a20 = 8 + 4 x (20 ± 1) = 84 
Resposta: D 
 
Progressões Geométricas 
As progressões geométricas (PGs) lembram as PAs, porém ao invés de 
haver uma razão r que, somada a um termo, leva ao termo seguinte, haverá uma 
razão q que, multiplicada por um termo, leva ao seguinte. Veja um exemplo abaixo: 
{1, 3, 9, 27, 81...} 
 Observe que cada termo é igual ao anterior multiplicado por 3. Assim, a razão 
dessa PG é q = 3, e o termo inicial é 1 1a . Veja abaixo as principais fórmulas 
envolvendo progressões geométricas: 
 
a) Termo geral: 
1
1
n
na a q
� u 
onde na é o termR�GH�SRVLomR�³Q´�QD�3*�� 1a é o termo inicial e q é a razão. 
 
b) Soma do primeiro ao n-ésimo termo: 
1 ( 1)
1
n
n
a q
S
q
u � � 
onde nS p�R�WHUPR�GH�SRVLomR�³Q´�QD�3*�� 1a é o termo inicial e q é a razão. 
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c) Soma dos infinitos termos: em regra, tanto a soma de todos os termos das 
PAs quanto das PGs é impossível de ser calculada, pois são sequências 
LQILQLWDV��(QWUHWDQWR��TXDQGR�D�UD]mR�³T´�GD�3*�HVWi�HQWUH�-1 e 1, isto é, |q| < 
1, os termos da PG serão decrescentes (em valor absoluto), tendendo a zero. 
Veja esta PG abaixo, cuja razão é q = 
1
2
: 
 
{10; 5; 2,5; 1,25; 0,625...} 
 
 Trata-se de uma PG com termo inicial 1 10a e razão q = 12 . À medida que 
andamos para a direita nessa PG, os termos vão diminuindo. A soma de todos 
os seus termos será dada pela fórmula: 
 
1
1
a
S
qf
 � 
 
 O símbolo Sf representa a soma dos infinitos termos da PG. Aplicando a 
fórmula acima à PG apresentada, temos: 
1
1
10
1
1
2
10 2
10 20
1 1
2
a
S
q
S
S
f
f
f
 �
 
�
 u 
 
 
 Tente resolver esta questão a seguir: 
 
3. CEPERJ ± PREF. BELFORD ROXO ± 2011) A cada ano que passa o valor de 
um veículo automotor diminui de 10% em relação ao seu valor no ano anterior. Se p 
for o valor do veículo no 1º ano, o seu valor no 6º ano será: 
a) 5(0,1) p 
b) 5 0,1pu 
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c) 5(0,9) p 
d) 6 0,9pu 
e) 6 0,1pu 
RESOLUÇÃO: 
 Vamos resolver usando os conceitos de termo geral de PG que vimos acima. 
Existem outras formas de resolver. 
 No segundo ano, o valor do veículo será p reduzido em 10%, ou seja, p 
menos 10% de p. Matematicamente, podemos escrever o valor do segundo ano 
como: 
10%
0,1
0,9
p p
p p
p
� u 
� 
 
 No terceiro ano, o valor será 0,9p reduzido em 10%, ou seja: 
2
(0,9 ) 10% (0,9 )
(0,9 ) 0,1 (0,9 )
(1 0,1) 0,9
0,9 0,9
(0,9)
p p
p p
p
p
p
� u 
� u 
� u 
u 
 
 Veja a sequência de valores a cada ano: 2{ ; 0,9p; (0,9) p...}p . Observe que, 
de um termo para o seguinte, basta multiplicar por 0,9. Assim,temos uma PG com 
termo inicial 1a p e razão 0,9q . E o exercício pediu o valor do carro no 6º ano, 
isto é, o termo 6a desta PG. Pela fórmula do termo geral, temos: 
1
1
6 1
6
5 5
6
0,9
0,9 0,9
n
na a q
a p
a p p
�
�
 u
 u
 u 
 
Resposta: C. 
 
 
 
 
 
 
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 O quadro a seguir resume as principais fórmulas que você precisa saber para 
resolver as questões sobre progressões aritméticas e geométricas. 
Principais fórmulas de PA e PG 
Termo geral da PA 1 ( 1)na a r n � u � 
Soma dos n primeiros termos da PA 1
( )
2
n
n
n a a
S
u � 
Termo geral da PG 11
n
na a q
� u 
Soma dos n primeiros termos da PG 1
( 1)
1
n
n
a q
S
q
u � � 
Soma dos infinitos termos da PG com |q| < 1 1
1
a
S
qf
 � 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2. RESOLUÇÃO DE QUESTÕES 
4. 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 Æ 1 algarismo 1 no resultado 
 Agora, vamos somar um número com 5 algarismos 1 ao resultado da conta 
acima: 
Conta 2: 1000000 + 11111 = 1011111 Æ 6 algarismos 1 no resultado 
 A seguir, vamos subtrair um número com 4 algarismos 1 do resultado acima: 
Conta 3: 1011111 ± 1111 = 1010000 Æ 2 algarismos 1 no resultado 
 E então, podemos somar um número com 3 algarismos 1: 
Conta 4: 1010000 + 111 = 1010111 Æ 5 algarismos 1 no resultado 
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 E subtraindo um número com 2 algarismos 1: 
Conta 5: 1010111 ± 11 = 1010100 Æ 3 algarismos 1 no resultado 
 Somando um número com 1 algarismo 1: 
Conta 6: 1010100 + 1 = 1010101 Æ 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. 
 
5. FCC ± TRT/24ª ± 2011) Na sequência de operações seguinte, os produtos 
obtidos obedecem a determinado padrão . 
 
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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. 
 
6. FCC ± TRT/22ª ± 2010) Considere a seguinte sucessão de igualdades: 
(1) 24 16 
(2) 234 1156 
(3) 2334 111556 
(4) 23334 11115556 
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: 
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 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 algarismo 5 (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 91u � u � u . 
 O número 91 é múltiplo de 7, pois 7 13 91u , o que faz da alternativa E a 
resposta correta. 
Resposta: E. 
 
7. FCC ± TRT/BA ± 2013) Observando os resultados das multiplicações indicadas a 
seguir, pode-se identificar um padrão. 
 11 × 11 = 121 111 × 111 = 12321 
 101 × 101 = 10201 10101 × 10101 = 102030201 
 1001 × 1001 = 1002001 1001001 × 1001001 = 1002003002001 
De acordo com esse padrão, o resultado da multiplicação 1010101 × 1010101 é 
igual a 
(A) 1234321. 
(B) 102343201. 
(C) 10023032001. 
(D) 1020304030201. 
(E) 1002003004003002001. 
RESOLUÇÃO: 
 Das diversas multiplicações fornecidas, vamos separar aquelas mais 
convenientes para a nossa análise: 
101 × 101 = 10201 
10101 × 10101 = 102030201 
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 Note que separei essas pois os números multiplicados são formados pela 
alternância de 0 e 1 (assim como o 1010101). Veja que, nas duas contas, temos um 
padrão que se repete: 
10201 
102030201 
 
Em relação ao número central, que pintei de amarelo, temos algo simétrico 
para os dois lados: uma alternância entre um 0 e um número cada vez menor, até 
chegar no 1. 
Seguindo essa lógica temos: 
 
1010101 × 1010101 = 1020304030201. 
Resposta: D 
 
8. FCC ± TRF/3ª ± 2014) Na sequência 
(1; A; 2; 3; B; 4; 5; 6; C; 7; 8; 9; 10; D; 11; . . .) 
o terceiro termo que aparece após o aparecimento da letra J é 
(A) 63. 
(B) 69. 
(C) 52. 
(D) K. 
(E) 58. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que antes da primeira letra temos 1 número, entre esta e a segunda 
letra temos 2 números, entre esta e a terceira temos 3 números, entre esta e a 
quarta letra temos 4 números, e assim por diante. Para chegar na letra J, que é a 
10ª letra, teremos passado por 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55 números. 
Como começamos do número 1, teremos justamente o número 55 logo antes do J. 
Após a letra J, os números seguem: 56, 57, 58, ... 
 Portanto, o 3º termo após o J é o número 58. 
Resposta: E 
 
 
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9. FCC ± TRT/19ª ± 2014) Gabriel descobriu pastas antigas arquivadas 
cronologicamente, organizadas e etiquetadas na seguinte sequência: 
07_55A; 07_55B; 08_55A; 09_55A; 09_55B; 09_55C; 
09_55D; 09_55E; 10_55A; 10_55B; 11_55A; 12_55A; 
12_55B; 12_55C; 01_56A; 01_56B; 02_56A; 02_56B; 
03_56A; xx_xxx; yy_yyy; zz_zzz; 04_56B. 
Sabendo-se que as etiquetas xx_xxx; yy_yyy; zz_zzz representam que o código foi 
encoberto, a etiqueta com as letras yy_yyy deveria, para manter o mesmo padrão 
das demais, conter o código 
(A) 03_56C. 
(B) 04_57C. 
(C) 04_56C. 
(D) 03_56B. 
(E) 04_56A. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que os dois primeiros dígitos de cada código seguem uma ordem 
cronológica, que lembra os meses do ano. Eles começaram em 07 (julho), foram até 
��� �GH]HPEUR��� H�HP�VHJXLGD� UHFRPHoDUDP� GR� ��� �MDQHLUR��� &RP� HVVD� ³YLUDGD� GH�
DQR´��R�Q~PHUR����SDVVRX�D�VHU�����(�D� letra final, presente em cada senha, segue 
a ordem alfabética (A, B, C, D, E...), sendo usadas tantas letras quanto forem 
necessárias em cada mês. 
 Portanto, como o último código é 04_56B, o anterior a ele (zz_zzz) precisa 
ser 04_56A. Este é o primeiro código do mês 04 (abril). Portanto, o código anterior a 
este (yy_yyy) precisa começar com 03. Como temos 03_56A; xx_xxx; yy_yyy; resta 
claro que: 
xx_xxx = 03_56B 
e 
yy_yyy = 03_56C 
 
Resposta: A 
 
 
 
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10. FCC ± TJAP ± 2014) Cada termo da sequência a seguir é formado por seis 
vogais: 
(AAAEEI; EEEIIO; IIIOOU; OOOUUA; UUUAAE; AAAEEI; EEEIIO; . . . ) 
Mantido o mesmo padrão de formação da sequência, se forem escritos os 12º, 24º, 
36º e 45º termos, o número de vezes que a vogal U será escrita nesses termos é 
igual a 
(A) 1. 
(B) 6. 
(C) 5. 
(D) 2. 
(E) 3. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que a sequência é formada por 5 termos: 
AAAEEI; EEEIIO; IIIOOU; OOOUUA; UUUAAE 
 
 Dividindo 12 por 5, temos quociente 2 e resto 2. Isto significa que, para 
chegar no 12º termo, devemos percorrer 2 ciclos completos (formados por 5 termos 
cada um) e mais 2 termos do 3º ciclo, chegando no EEEIIO. Este é o 12º termo. 
 De maneira análoga, dividindo 24 por 5 temos quociente 4 e resto 4, de modo 
que o 24º termo é um OOOUUA. 
 Dividindo 36 por 5 temos quociente 7 e resto 1, de modo que o 36º termo é 
um AAAEEI. 
 Dividindo 45 por 5, temos quociente 9 e resto 0, de modo que o 45º termo é o 
último termo do 9º ciclo, ou seja, UUUAAE. 
 Somandoa quantidade de U escritos, temos um total de 0+2+0+3 = 5. 
Resposta: C 
 
11. FCC ± SAEB/BA ± 2014) Observe a sequência: 6; 10; 18; 34; 66; . . . . Sabe-se 
que o número 4098 é o 11º termo dessa sequência. A soma dos 9º e 10º termos é 
igual a 
(A) 5126 
(B) 2122 
(C) 4098 
(D) 3076 
(E) 6186 
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RESOLUÇÃO: 
 Observe que do primeiro termo dessa sequência para o segundo termo nós 
somamos 4 unidades. Do segundo para o terceiro nós somamos 8 unidades. Do 
terceiro para o quarto, 16 unidades, e do quarto para o quinto, 32 unidades. Ou 
seja, estamos sempre somando potências crescentes de 2. Podemos completar 
essa sequência somando, nos próximos termos, os valores 64, 128, 256, 512, 
1024, 2048, 4096, e assim por diante, ficando com a sequência: 
 
6, 10, 18, 34, 66, 130, 258, 514, 1026, 2050, 4098, ... 
 
 Veja que os nono e décimo termos são, respectivamente, 1026 e 2050, cuja 
soma é igual a 3076. 
Resposta: D 
 
12. FGV ± TJ/AM ± 2013) Em uma fábrica, um gerador de energia funciona todos os 
7 dias da semana e faz revisão de manutenção a cada 5 dias após o expediente de 
trabalho. O gerador foi instalado em uma segunda-feira, começou a funcionar no dia 
seguinte, fez a primeira revisão no sábado dessa semana, fez a segunda revisão na 
quinta-feira da semana seguinte, e assim por diante. 
O dia da semana em que foi feita a 100ª revisão foi 
(A) terça-feira. 
(B) quarta-feira. 
(C) quinta-feira. 
(D) sexta-feira. 
(E) domingo. 
RESOLUÇÃO: 
 O primeiro dia de uso foi uma terça-feira, e a primeira manutenção foi no 5º 
dia (um sábado). As outras manutenções serão nos dias 10, 15, 20, 25 etc, ou seja, 
a cada 5 dias. 
 Temos uma PA de termo inicial a1 = 5 e razão r = 5. O dia da manutenção 
n = 100 é: 
an = a1 + (n - 1) x r 
a100 = 5 + (100 - 1) x 5 = 500 
 
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 Portanto, essa manutenção foi feita no 500º dia. Dividindo 500 por 7, temos 
quociente 71 e resto 3. Ou seja, 500 dias são 71 semanas completas (começando 
numa terça e terminando na segunda seguinte), e mais 3 dias: terça, quarta, 
QUINTA. 
Resposta: C 
 
13. FGV ± TJRJ ± 2014) Brincando com palitos, Bernardo criou uma sequência de 
quadrados e triângulos como na figura a seguir: 
Bernardo terminou a brincadeira após construir o 50º quadrado. 
 
O número total de palitos que Bernardo utilizou foi: 
(A) 330; 
(B) 340; 
(C) 343; 
(D) 347; 
(E) 350. 
RESOLUÇÃO: 
Veja que para construir um quadrado e um triângulo são necessários 7 
palitos. Assim, para desenhar 50 quadrados e 50 triângulos seriam necessários 50 x 
7 = 350 palitos. Como não será necessário desenhar o último triângulo, pois vamos 
parar no 50o quadrado, podemos subtrair os 3 palitos que seriam necessários para 
este último triângulo, ficando com 350 - 3 = 347 palitos. 
Resposta: D 
 
14. FGV ± TJ/BA ± 2015) Caminhando por uma rua, Pedro observou que havia 
quatro carros estacionados em fila e que os quatro carros tinham cores diferentes. 
Ao passar pelos carros, Pedro passou pelo carro branco antes de passar pelo carro 
cinza e passou pelo carro preto antes de passar pelo carro vermelho. Os carros 
branco e cinza não estavam juntos. O número de sequências possíveis para as 
cores dos quatro carros é: 
(A) 3; 
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(B) 4; 
(C) 6; 
(D) 8; 
(E) 9. 
RESOLUÇÃO: 
 Sabemos que Pedro passou pelo carro Branco antes de passar pelo Cinza, 
ou seja, temos a ordem: 
... Branco ... Cinza ... 
 
 No esquema acima, as reticências representam posições onde os outros 
carros podem estar. Sabemos também que Pedro passou pelo carro Preto antes de 
passar pelo Vermelho: 
... Preto ... Vermelho ... 
 
 Como os carros Branco e Cinza não estão juntos, as maneiras de ordenar os 
carros sem desrespeitar as informações anteriores são apenas 3: 
Preto Branco Vermelho Cinza 
Branco Preto Vermelho Cinza 
Branco Preto Cinza Vermelho 
Resposta: A 
 
15. FGV ± DPE/MT ± 2015) As irmãs Elsa, Flávia e Gabriela possuem alturas 
diferentes sendo que Elsa não é a mais alta e Flávia é a mais baixa. Assim, é 
correto afirmar que 
(A) Gabriela é a mais baixa. 
(B) Flavia é a mais alta. 
(C) Elsa é a mais baixa. 
(D) Gabriela não é nem a mais baixa nem a mais alta. 
(E) Elsa não é nem a mais baixa nem a mais alta. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que flávia é a mais baixa. Como elsa não é a mais alta, então 
obrigatoriamente a mais alta é gabriela, de modo que elsa é a irmã com altura 
intermediária ( ela não é nem a mais baixa é a mais alta). 
Resposta: E 
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16. FGV ± DPE/MT ± 2015) Na sala de arquivos de um escritório de advocacia os 
arquivos são designados em ordem pelas letras do alfabeto: A, B, C, etc. Cada 
arquivo possui três gavetas: 1, 2 e 3, cada gaveta possui 30 pastas numeradas de 
01 a 30 e cada pasta contém os documentos de uma pessoa. Tudo é feito em 
ordem, no sentido que se uma pasta está cheia, todas as pastas anteriores da 
gaveta estão cheias e todas as gavetas e arquivos anteriores estão cheios. Cada 
pasta é designada por um código formado pela letra do arquivo, seguido do número 
da gaveta e do número da pasta dentro dela. Por exemplo, B-3-11 é a pasta de 
número 11 da gaveta 3 do arquivo B. 
João começou a trabalhar como arquivista nesse escritório e colocou os 
documentos do primeiro cliente que atendeu na pasta D-2-19. Certo tempo depois 
João foi transferido para outro setor do escritório e os últimos documentos que 
arquivou, antes da transferência, foram na pasta G-1-07. O número de pastas 
utilizadas por João durante o seu trabalho de arquivamento foi 
(A) 231. 
(B) 229. 
(C) 227. 
(D) 199. 
(E) 198. 
RESOLUÇÃO: 
 Em um arquivo temos 3 gavetas com 30 pastas cada, totalizando 3x30 = 90 
pastas. 
 Assim, da pasta D-2-19 até a pasta G-1-07 temos os arquivos E e F inteiros, 
cada um com 90 pastas cada, totalizando 2x90 = 180 pastas. Veja que no arquivo G 
temos mais 7 pastas utilizadas na 1ª gaveta. 
 No arquivo D foi possível usar as 12 pastas restantes na gaveta 2 (da pasta 
19 até a pasta 30), e mais as 30 pastas da gaveta 3, totalizando 12 + 30 = 42 
pastas. 
 Ao todo usamos 42 + 180 + 7 = 229 pastas. 
Resposta: B 
 
 
 
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17. FGV ± DPE/RO ± 2015) Ana, Bia, Clara e Dulce possuem alturas diferentes e 
fizeram uma fila em ordem crescente das alturas. Sabe-se que: 
‡�'XOFH�p�PDLV�EDL[D�TXH�&ODUD��TXH�QmR�p�D�PDLV�DOWD� 
‡�$QD�p�PDLV�EDL[D�TXH�%LD��PDV�QmR�p�D�PDLV�EDL[D� 
‡�$QD�QmR�HVWi�HQWUH�%LD�H�&ODUD�É correto afirmar que: 
(A) Ana é mais baixa que Dulce; 
(B) Clara é mais alta que Bia; 
(C) Dulce é mais alta que Clara; 
(D) Bia é mais baixa que Ana; 
(E) Ana é mais baixa que Clara. 
RESOLUÇÃO: 
 Vamos colocar as mulheres, da esquerda para a direita, em ordem crescente 
de altura. 
 $�SULPHLUD� LQIRUPDomR�p�� ´�'XOFH�p�PDLV�EDL[D�TXH�&ODUD´��$VVLP��SRGHPRV�
escrever: 
«�'XOFH�«�&ODUD�« 
 
 As reticências servem para indicar que, naqueles espaços, pode haver outras 
pessoas. &RQWLQXDQGR��YHPRV�TXH�³$QD�p�PDLV�EDL[D�TXH�%LD´��2X�VHMD� 
«�$QD�«�%LD�« 
 
 7HPRV�DLQGD��³$QD�QmR�HVWi�HQWUH�%LD�H�&ODUD´� Sabemos que Clara não é a 
mais alta. Assim, é preciso que pelo menos Bia seja mais alta que ela. Podemos 
escrever: 
«�'XOFH�«�&ODUD�«�%LD�« 
 
 Como Ana não é mais alta que Bia, ela não pode ocupar a posição da direita 
no esquema acima. E como Ana não está entre Bia e Clara, ela só tem duas 
possibilidades: estar logo antes ou logo depois de Dulce. Entretanto, sabemos que 
Ana não é a mais baixa, de modo que Dulce deve ser a mais baixa. Ficamos com a 
ordem: 
Dulce ± Ana ± Clara ± Bia 
Resposta: E 
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18. FGV ± TJ/AM ± 2013 ) Em uma fábrica, um gerador de energia funciona todos 
os 7 dias da semana e faz revisão de manutenção a cada 5 dias após o expediente 
de trabalho. O gerador foi instalado em uma segunda-feira, começou a funcionar no 
dia seguinte, fez a primeira revisão no sábado dessa semana, fez a segunda revisão 
na quinta-feira da semana seguinte, e assim por diante. 
O dia da semana em que foi feita a 100ª revisão foi 
(A) terça-feira. 
(B) quarta-feira. 
(C) quinta-feira. 
(D) sexta-feira. 
(E) domingo. 
RESOLUÇÃO: 
 O primeiro dia de uso foi uma terça-feira, e a primeira manutenção foi no 5º 
dia (um sábado). As outras manutenções serão nos dias 10, 15, 20, 25 etc, ou seja, 
a cada 5 dias. 
 Temos uma PA de termo inicial a1 = 5 e razão r = 5. O dia da manutenção 
n = 100 é: 
an = a1 + (n - 1) x r 
a100 = 5 + (100 - 1) x 5 = 500 
 
 Portanto, essa manutenção foi feita no 500º dia. Dividindo 500 por 7, temos 
quociente 71 e resto 3. Ou seja, 500 dias são 71 semanas completas (começando 
numa terça e terminando na segunda seguinte), e mais 3 dias: terça, quarta, 
QUINTA. 
Resposta: C 
 
19. FCC ± TRT/1ª ± 2013) Seis pessoas, dentre as quais está Elias, estão 
aguardando em uma fila para serem atendidas pelo caixa de uma loja. Nesta fila, 
Carlos está à frente de Daniel, que se encontra imediatamente atrás de Bruno. 
Felipe não é o primeiro da fila, mas está mais próximo do primeiro lugar do que do 
último. Sabendo que Ari será atendido antes do que Carlos e que Carlos não é o 
quarto da fila, pode-se concluir que a pessoa que ocupa a quarta posição da fila 
(A) certamente é Bruno. 
(B) certamente é Daniel. 
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(C) certamente é Elias. 
(D) pode ser Bruno ou Daniel. 
(E) pode ser Bruno ou Elias. 
RESOLUÇÃO: 
 Imagine que a fila seja representada pelas lacunas abaixo, onde a primeira 
pessoa estaria à esquerda e a última à direita: 
__ - __ - __ - __ - __ - __ 
 
 Sabemos que Daniel se encontra imediatamente atrás de Bruno, ou seja, não 
há ninguém entre os dois. Sabemos ainda que Carlos está à frente de ambos. 
Assim, podemos representá-los: 
...Carlos ... Bruno ± Daniel ... 
 
Ari está à frente de Carlos, ou seja: 
... Ari ...Carlos ... Bruno ± Daniel ... 
 
Felipe não é o primeiro da fila, mas está mais próximo do primeiro lugar do 
que do último. Assim, ele deve ser o segundo ou o terceiro. Como Carlos não é o 
quarto, vemos que Felipe e Elias não podem estar, ambos, à sua frente. Assim, 
como Felipe já está entre os 3 primeiros, sobra para Elias a quarta ou a última 
posições. Assim, temos 2 possibilidades para a quarta posição: Elias ou Bruno 
(neste caso, com Elias na última posição). 
Resposta: E 
 
20. FCC ± TRT/BA ± 2013) Em uma concessionária de automóveis, cinco carros de 
cores diferentes (vermelho, azul, branco, preto e prata) foram expostos em fila, em 
ordem decrescente de preço. O carro vermelho que foi exposto é mais caro do que 
o prata, mas é mais barato do que o branco. Além disso, sabe-se que o carro preto 
ficou imediatamente depois do carro prata na fila. Apenas com essas informações, 
pode-se concluir que o carro mais barato do grupo 
(A) pode ser o azul ou o preto. 
(B) certamente é o branco. 
(C) pode ser o branco ou o azul. 
(D) certamente é o preto. 
(E) pode ser o branco ou o preto. 
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RESOLUÇÃO: 
Vamos colocar os carros em fila decrescente de preços, deixando à esquerda 
os mais caros e à direita os mais baratos. 
O carro vermelho que foi exposto é mais caro do que o prata, mas é mais 
barato do que o branco. Podemos representar isso assim: 
... branco ... vermelho ... prata ... 
 
As reticências (...) significam que não temos certeza se existem outros carros 
naquelas posições, ok? Além disso, sabe-se que o carro preto ficou imediatamente 
depois do carro prata na fila: 
... branco ... vermelho ... prata-preto ... 
 
Veja que usei o hífen entre o prata e o preto para simbolizar que não há 
nenhum carro entre eles, pois um está IMEDIATAMENTE após o outro. 
O carro azul pode estar em qualquer das posições onde colocamos as 
reticências. Se ele estiver à esquerda do prata, o carro preto será o mais barato. Se 
ele estiver à direita do carro preto, então o azul será o mais barato. 
Assim sendo, podemos concluir que o carro mais barato do grupo pode ser o 
preto ou o azul. 
Resposta: A 
 
21. FCC ± TRF/3ª ± 2014) Álvaro, Benedito, Cléber e outros dois amigos participam 
de uma corrida. Se apenas os cinco participaram dessa corrida, o número de 
possibilidades diferentes de maneira que Álvaro chegue antes que Benedito e este, 
por sua vez, chegue antes de Cléber é igual a 
(A) 22. 
(B) 26. 
(C) 20. 
(D) 24. 
(E) 18. 
RESOLUÇÃO: 
 Vamos representar abaixo a ordem de chegada dos amigos. Para que Álvaro 
chegue antes que Benedito e este, por sua vez, chegue antes de Cléber, 
precisamos de algo assim: 
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__ Álvaro __ Benedito __ Cléber __ 
 
 Veja que as lacunas são as posições onde podemos colocar os demais 
amigos (que vamos chamar de X e Y). Vamos enumerar as possibilidades que 
temos para que X chegue à frente de Y: 
- se X for o 1º, Y pode ser o 2º, 3º, 4º ou 5º Æ 4 possibilidades 
- se X for o 2º, Y pode ser o 3º, 4º ou 4º Æ 3 possibilidades 
- se X for o 3º, Y pode ser o 4º ou o 5º Æ 2 possibilidades 
- se X for o 4º, Y só pode ser o 5º Æ 1 possibilidade 
 
 Ao todo temos 4 + 3 + 2 + 1 = 10 possibilidades de X chegar antes de Y, 
mantendo a ordem dos demais. De maneira análoga, teremos 10 possibilidades de 
Y chegar antes de X. Ao todo, temos 10+ 10 = 20 possibilidades para as posições 
dos amigos restantes (X e Y), dado que Álvaro chegou antes de Benedito, e este 
antes de Cléber. 
Resposta: C 
 
22. FCC ± TRT/19ª ± 2014) P, Q, R, S, T e U são seis departamentos de uma 
repartição pública, sendo que cada um ocupa exatamente um andar inteiro do 
prédio de seis andares dessa repartição (os andares vão do 1o ao 6o). A respeito da 
localização de cada departamento nos andares do prédio, sabe-se que: 
í 5�HVWi�D�³WDQWRV�DQGDUHV´�GH�4�FRPR�4�HVWi�GH�3� 
í S está no andar logo abaixo de R; 
í T e U não estão em andares adjacentes; 
í T não está no 1o andar; 
í U está em andar imediatamente acima de P. 
Nas condições descritas, o segundo andar do prédio da repartição pública é 
ocupado pelo departamento 
(A) Q. 
(B) T. 
(C) S. 
(D) R. 
(E) U. 
RESOLUÇÃO: 
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 Vamos avaliar as informações fornecidas, começando pelas mais fáceis: 
í S está no andar logo abaixo de R; 
í U está em andar imediatamente acima de P. 
 Com essas informações, podemos posicionar S e R, e U e P: 
R U 
S P 
 
 Agora vejamos a informação: 
í 5�HVWi�D�³WDQWRV�DQGDUHV´�GH�4�FRPR�4�HVWi�GH�3� 
 
 Veja que Q é um andar intermediário, e está entre esses blocos R-S e U-P. 
Temos duas possibilidades: 
... ... 
R U 
S P 
... ... 
Q Q 
... ... 
U R 
P S 
... ... 
 
 As reticências marcam posições que podem ser ocupadas pelo andar T, que 
é o único restante. Foi dito que ele não está no primeiro andar. Portanto, ou ele está 
em uma posição intermediária (entre Q e S, por exemplo), ou está em cima. 
 Repare que se T ficar numa posição intermediária (entre Q e S, por exemplo), 
a distância de Q até R ficará diferente da distância de Q até P, descumprindo a 
orientação do enunciado. Por isso, T precisa ficar em cima. Temos as opções: 
 
T T 
R U 
S P 
Q Q 
U R 
P S 
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 Como foi dito que T e U não estão em andares adjacentes, devemos 
descartar a opção da direita, ficando com a opção da esquerda. Nela, o segundo 
andar é o da letra U. 
Resposta: E 
 
23. FCC ± TJAP ± 2014) Nove pessoas estão sentadas em volta de uma mesa 
redonda. Essas pessoas serão nomeadas com as primeiras letras do alfabeto e 
estão sentadas, considerando o sentido anti-horário e iniciando pela pessoa A, do 
seguinte modo: A; B; C; D; E; F; G; H; I. 
São realizadas quatro mudanças de lugar entre algumas dessas pessoas, nessa 
ordem: 
1ª mudança: as pessoas C e E trocam de lugar entre si; em seguida, 
2ª mudança: as pessoas D e H trocam de lugar entre si; em seguida, 
3ª mudança: as pessoas G e I trocam de lugar entre si; em seguida, 
4ª mudança: as pessoas H e A trocam de lugar entre si. 
Após essas quatro mudanças, a disposição dessas pessoas em volta da mesa, no 
sentido horário e iniciando pela pessoa A, é 
(A) A; I; G; C; F; D; B; H; E. 
(B) A; E; B; H; G; D; I; F; C. 
(C) A; C; F; I; D; G; H; B; E. 
(D) A; G; D; I; F; C; H; E; B. 
(E) A; C; F; I; D; H; G; B; E. 
RESOLUÇÃO: 
 Vejamos o que ocorre em cada mudança: 
1ª mudança: as pessoas C e E trocam de lugar entre si. Ficamos com: 
A; B; E; D; C; F; G; H; I 
 
2ª mudança: as pessoas D e H trocam de lugar entre si. Ficamos com: 
A; B; E; H; C; F; G; D; I 
 
3ª mudança: as pessoas G e I trocam de lugar entre si. Ficamos com: 
A; B; E; H; C; F; I; D; G 
 
4ª mudança: as pessoas H e A trocam de lugar entre si. Temos: 
H; B; E; A; C; F; I; D; G 
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Esta é a disposição final. Veja que a questão nos forneceu as pessoas no 
sentido anti-horário, de modo que para colocá-las no sentido horário, começando 
pela pessoa A, devemos seguir a ordem das letras acima, partindo da A e voltando 
para a esquerda (E, B, H) e, em seguida, retomando a partir da extremidade direita 
(G, D, I, F, C), ficando com a ordem: 
A, E, B, H, G, D, I, F, C 
Resposta: B 
 
24. VUNESP ± TJ/SP ± 2014) Observe as regularidades da sequência a seguir: 
(10; 11; 20; 21; 22; 30; 31; 32; 33; 40; . . . ; 98; 99). 
Pode-se afirmar corretamente que a soma dos algarismos que compõem o 38º 
elemento é 
(A) 7. 
(B) 10. 
(C) 9. 
(D) 6. 
(E) 8. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que temos: 
- 2 números começados com 1, 
- 3 começados com 2, 
- 4 começados com 3, 
 
 Seguindo essa lógica, temos: 
- 5 começados com 4, 
- 6 começados com 5, 
- 7 começados com 6, 
- 8 começados com 7, 
 
 Até aqui temos 2+3+4+5+6+7+8 = 35 números. Devemos agora pegar os 
números começados com 9. Assim, o 36º será 80, o 37º será 81, e o 38º será 82. A 
soma de seus algarismos é 8 + 2 = 10. 
Resposta: B 
 
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25. VUNESP ± TJ/SP ± 2014) Observe os cinco primeiros elementos da sequência 
figural ilimitada a seguir: 
 
Observando a regularidade apresentada pelos pontos em destaque em cada figura, 
conclui-se que a 10ª figura é: 
 
RESOLUÇÃO: 
 Observe as figuras da esquerda para a direita. Note que o pontinho preto vai 
caminhando de um vértice para o próximo, no sentido anti-horário. E note que o 
SRQWLQKR� EUDQFR� YDL� FDPLQKDQGR� ³SXODQGR´� XP� YpUWLFH�� WDPEpP� QR� VHQWLGR� DQWL-
horário. Prosseguindo com esse movimento, você vai encontrar na 10ª figura a 
representação da alternativa C: 
 
Resposta: C 
 
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26. VUNESP ± TJ/SP ± 2014) Na sequência (10; 11; 12; 13; 100; 110; 120; 130; 
������ �� ����� �� ����� �� ����� ��� ����� «��� D� GLIHUHQoD entre o menor número de 7 
algarismos e o maior número de 6 algarismos é igual a 
(A) 97 000. 
(B) 970 000. 
(C) 87 000. 
(D) 870 000. 
(E) 1 130 000. 
RESOLUÇÃO: 
 Continuando a escrever a sequência, colocando sempre 1 zero a mais à 
direita dos números, temos: 
(10; 11; 12; 13; 100; 110; 120; 130; 1000; 1100; 1200; 1300; 10000; 11000; 12000; 
13000; 100000; 110000; 120000; 130000; 1000000; 1100000; 1200000; 1300000; 
...) 
 
 Veja que o menor número de 7 algarismos é 1.000.000, e o maior de 6 
algarismos é 130.000. Assim, 
1.000.000 ± 130.000 = 870.000 
Resposta: D 
 
27. VUNESP ± TJ/SP ± 2014) Observe a sequência de figuras feitas em uma malha 
quadriculada, sendo cada figura composta por quadradinhos brancos e pretos. 
 
De acordo com a lei de formação dessa sequência, o número de quadradinhos 
brancos na figura 18 será igual a 
(A) 113. 
(B) 103. 
(C) 108. 
(D) 93. 
(E) 98. 
RESOLUÇÃO: 
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 Contando as quantidades de quadradinhos brancos em cada uma das três 
primeiras figuras, temos a sequência: 8, 13, 18, ... 
 
 Veja que a cada figura temos um aumento de 6 quadradinhos ao todo, sendo 
5 brancos e 1 preto: 
 
 
Por isso a sequência vai sendo acrescida de 5 quadradinhos brancos a cada 
figura. 
 Para ir da 1ª até a 18ª figura, partimos dos 8 quadradinhos brancos e 
precisamos adicionar 5 quadradinhos brancos por 17 vezes. Ou seja, 
Quadradinhos brancos da 18ª figura = 8 + 17x5 = 8 + 85 = 93 
Resposta: D 
 
28. FGV ± TJ/RO ± 2015) Em uma sequência numérica, cada termo a partir do 
terceiro é a soma dos dois termos anteriores. O 7º e o 9º termos são, 
respectivamente, 29 e 76.O 2º termo dessa sequência é: 
(A) 1; 
(B) 2; 
(C) 3; 
(D) 4; 
(E) 5. 
RESOLUÇÃO: 
 Como cada termo é a soma dos dois anteriores, o 9o termo é a soma do 8o e 
do 7o. Chamando-os de N9, N8 e N7 respectivamente, temos que: 
N9 = N8 + N7 
 
 Sabemos que N9 = 76 e N7 = 29, portanto: 
76 = N8 + 29 
N8 = 76 ± 29 
N8 = 47 
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 $VVLP��SRGHPRV�LU�³YROWDQGR´�QD�VHTrQFLD��9HMD�TXH� 
N8 = N7 + N6 
47 = 29 + N6 
N6 = 18 
 Da mesma forma, 
N7 = N6 + N5 
29 = 18 + N5 
N5 = 11 
 
N6 = N5 + N4 
18 = 11 + N4 
N4 = 7 
 
N5 = N4 + N3 
11 = 7 + N3 
N3 = 4 
 
N4 = N3 + N2 
7 = 4 + N2 
N2 = 3 
Resposta: C 
 
29. FGV ± TJ/RO ± 2015) Em uma sala de arquivos há armários dispostos em 
ordem e designados pelas letras A, B, C, ... . Cada armário tem 5 gavetas 
numeradas de 1 a 5 e cada gaveta contém 12 pastas numeradas de 01 a 12. Cada 
pasta é identificada por um símbolo que indica o armário, a gaveta e a pasta em si. 
Por exemplo, o símbolo B307 indica a pasta 07 da gaveta 03 do armário B. Certo 
dia Celso recebeu a tarefa de conferir, em ordem, os conteúdos de todas as pastas, 
desde a pasta C310 até a pasta E202. 
O número de pastas que Celso vai conferir é: 
(A) 77; 
(B) 88; 
(C) 92; 
(D) 101; 
(E) 112. 
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RESOLUÇÃO: 
 Para chegarmos de C310 (pasta 10 da gaveta 3 do armário C) até a pasta 
E202 (pasta 02 da gaveta 2 do armário E), veja que precisamos: 
- finalizar o armário C, indo até C512 
- conferir todo o armário D 
- conferir no armário E desde E101 até E202. 
 
Vejamos cada etapa: 
- finalizar o armário C, indo até C512 
Neste caso precisamos conferir 3 pastas na gaveta 3 (pastas 10, 11 e 12), mais 
12 pastas da gaveta 4 e 12 da gaveta 5, totalizando 3+12+12 = 27 pastas. 
 
- conferir todo o armário D 
Aqui temos 5 gavetas com 12 pastas cada, totalizando 5x12 = 60 pastas. 
 
- conferir no armário E desde E101 até E202. 
Aqui devemos conferir as 12 pastas da gaveta 1 e mais 2 pastas da gaveta 2 
(pastas 1 e 2), totalizando 12 + 2 = 14 pastas. 
 
 Ao todo temos 27 + 60 + 14 = 101 pastas. 
Resposta: D 
 
30. FCC - TRT/4ª ± 2015) As pastas de um arquivo estão ordenadas com uma 
sequência de códigos, que segue sempre o mesmo padrão. Os códigos das quinze 
primeiras pastas desse arquivo são: A1, A2, A3, B1, B2, A4, A5, A6, B3, B4, A7, A8, 
A9, B5, B6. 
De acordo com o padrão, a centésima pasta desse arquivo terá o código 
(A) A50. 
(B) B40. 
(C) B32. 
(D) B50. 
(E) A51. 
RESOLUÇÃO: 
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 Veja que nós vamos alternando 3 pastas do "grupo A" e 2 pastas do "grupo 
B", com numeração sequencial. Temos ciclos formados por 5 pastas (sendo 3A e 
2B). Para saber quantos ciclos precisamos para chegar na centésima pasta, 
podemos dividir 100 por 5, obtendo 20. Ou seja, a 100ª pasta é a última pasta do 
20º ciclo. 
 Em cada ciclo temos 2 pastas do grupo B. Nos primeiros 20 ciclos temos um 
total de 2x20 = 40 pastas do grupo B, sendo que a última é justamente a pasta B40. 
Resposta: B 
 
31. FCC - TRT/4ª ± 2015) Há sete participantes de um torneio de tiro ao alvo, cada 
um disparando um único tiro. Quatro deles (André, Francisco, Sérgio e José) são 
experientes, e três deles (Eduardo, Fernando e Gabriel) são novatos. Sabe-se que: 
í para que um novato dispare seu tiro, ele deve ser antecedido e precedido por um 
atirador experiente; 
í Fernando é o segundo a disparar seu tiro, enquanto que Sérgio é o último atirador 
H[SHULHQWH�D�GLVSDUDU�XP� WLUR��í�)UDQFLVFR�GLVSDUD�DQWHV�GR�TXH�-RVp�GLVSDUD� seu 
tiro, mas depois do que André dispara seu tiro. 
 
Dentre as opções abaixo, NÃO é necessariamente correto que 
 
(A) Gabriel dispare seu tiro depois de Fernando. 
(B) Sérgio dispare seu tiro depois de todos os atiradores novatos. 
(C) Fernando é o primeiro novato a disparar um tiro. 
(D) Eduardo dispare seu tiro antes do que José. 
(E) José dispare seu tiro entre Eduardo e Gabriel. 
RESOLUÇÃO: 
 Suponha que as 7 lacunas abaixo representem, da esquerda para a direita, a 
ordem dos tiros dados pelos participantes: 
___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ 
 
 Como Fernando é o segundo a atirar, podemos colocá-lo neste esquema: 
___ Fernando ___ ___ ___ ___ ___ 
 
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 Veja que ele é novato, logo quem atirou antes e depois dele são atiradores 
experientes. Sérgio é o último experiente a atirar. Note que um novato não pode 
atirar depois dele (pois os novatos são antecedidos e precedidos por experientes, 
de modo que Sérgio é, na realidade, a última pessoa a atirar: 
___ Fernando ___ ___ ___ ___ Sérgio 
 
 Deixei Sérgio em negrito para facilitar nossa identificação dos experientes. 
 Veja que a ordem relativa entre Francisco, José e André é: 
André ± Francisco ± José 
 
___ Fernando ___ ___ ___ ___ Sérgio 
 
 Note que Fernando, que é novato, deve ser antecedido e sucedido por algum 
experiente. Olhando as informações acima, podemos escrever: 
André Fernando Francisco ___ ___ ___ Sérgio 
 
 Temos mais 1 experiente e 2 novatos para preencher. Veja que a posição do 
experiente (José) só pode ser uma: 
André Fernando Francisco ___ José ___ Sérgio 
 
 Quanto aos novatos (Eduardo e Gabriel), não temos como fixá-los, embora 
saibamos que eles só podem ocupar as duas lacunas acima. Analisando as opções 
de resposta: 
 
(A) Gabriel dispare seu tiro depois de Fernando Æ CORRETO. 
(B) Sérgio dispare seu tiro depois de todos os atiradores novatos Æ CORRETO. 
(C) Fernando é o primeiro novato a disparar um tiro Æ CORRETO. 
(D) Eduardo dispare seu tiro antes do que José Æ não necessariamente correto, 
pois podemos ter: 
André Fernando Francisco Eduardo José Gabriel Sérgio 
ou 
André Fernando Francisco Gabriel José Eduardo Sérgio 
 
(E) José dispare seu tiro entre Eduardo e Gabriel Æ CORRETO. 
Resposta: D 
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32. VUNESP ± TJ/SP ± 2015) Em um laboratório, há 40 frascos contendo amostras 
de drogas distintas. Esses frascos estão numerados de 01 a 40, sendo que os 
frascos de numeração par estão posicionados na prateleira Q e os de numeração 
ímpar estão posicionados na prateleira R. Sabe-se que o volume, em cm3, de cada 
amostra é igual à soma dos algarismos do número de cada frasco. Nessas 
condições, é correto afirmar que a quantidade de frascos cujas amostras têm mais 
de 8 cm3 é 
(A) maior na prateleira R do que na Q. 
(B) maior na prateleira Q do que na R. 
(C) igual em ambas as prateleiras. 
(D) igual a 8. 
(E) maior que 13. 
RESOLUÇÃO: 
 Os frascos cuja soma dos algarismos é maior que 8 (e, portanto, possuem 
mais de 8cm3) são os de número: 
- 9, 18, 19, 27, 28, 29, 36, 37, 38, 39 
 Veja que se trata de um total de 10 frascos, sendo que apenas 4 são pares 
(sendo guardados na prateleira Q) e os outors 6 são ímpares (prateleira R). Logo, a 
prateleira R fica com mais frascos com mais de 8cm3. 
Resposta: A 
 
33. VUNESP ± TJ/SP ± 2015) Observe a sequência de espaços identificados por 
letras 
 
Cada espaço vazio deverá ser preenchido por um número inteiro e positivo, de 
modo que a soma dos números de três espaços consecutivos seja sempre igual a 
15. Nessas condições, no espaço identificado pela letra g deverá ser escrito o 
número 
(A) 5. 
(B) 6. 
(C) 4. 
(D) 7. 
(E) 3. 
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RESOLUÇÃO: 
 Observe que a soma dos algarismos sobre as letras B e C deve ser igual a 9, 
pois somados ao 6 que está sobre a letra A temos 6+9 = 15. Como a soma dos 
números sobre B, C e D deve ser também igual a 15, note que o número sobre a 
letra D deve ser também igual a 6. Isto porque a soma dos números sobre B e C é 
igual a 9, e com mais 6 temos novamente 15. 
 Como o número sobre D deve ser 6, os números sobre E e F devem somar 9 
(seguindo o mesmo raciocínio, para que D, E, F somem 15). Assim, o número sobre 
G deve ser 6 (para que os números sobre E, F e G somem 15). 
 Portanto, o número sobre a letra G é 6. 
Resposta: B 
 
34. FCC ± Analista do CNMP ± 2015) Observe a sequência (10; 11; 13; 13; 12; 13; 
15; 15; 14; 15; 17; 17; 16; 17; ... ) que possui uma lei de formação. A diferença entre 
o 149º e o 119º termos, dessa sequência, é igual a 
(A) 13. 
(B) 11. 
(C) 19. 
(D) 17. 
(E) 15. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que esta sequência pode ser melhor vista em grupos de 4 números: 
 
10, 11, 13, 13, ..., 12, 13, 15, 15, ..., 14, 15, 17, 17, ..., 16, 17, 19, 19... 
 
 Para sabermos em qual grupo de 4 números está o 149º termo, basta dividir 
149 por 4. Neste caso obtemos o resultado 37 e o resto 1. Isto significa que, para 
chegar no 149º termo, passaremos por 37 conjuntos de 4 números, e ainda 
precisaremos pegar o primeiro número do 38º conjunto. Observe agora a sequência 
formada pelo primeiro termo de cada conjunto de 4 números: 
 
10, 12, 14, 16, ... 
 
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 Note que basta ir somando 2 unidades. Portanto, para chegar até o primeiro 
termo do 38º conjunto, basta partirmos do primeiro termo do 1º conjunto (que é 10) 
e somarmos 37 vezes 2 unidades: 
149º termo = 10 + 37x2 = 10 + 74 = 84 
 
 De maneira análoga, dividindo 119 por 4 temos o resultado 29 e o resto 3. 
Portanto, para chegar no 119º termo precisamos passar por 29 conjuntos de 4 
números e depois ainda pegar mais 3 termos do 30º conjunto. Podemos partir do 3º 
termo do primeiro conjunto (que é o 13) e somar mais 29 vezes 2 unidades: 
119º termo = 13 + 29x2 = 13 + 58 = 71 
 
 Assim, temos 84 ± 71 = 13. 
Resposta: A 
 
Texto para as próximas 2 questões 
Nova fronteira energética 
O país precisa ampliar a oferta de eletricidade em 4.400 megawatts (MW) ao ano, o 
suficiente para atender o consumo de 1,5 milhão de habitantes. O maior potencial 
não explorado está na região Norte. O consumo atual é de 58.600 MW; em 2030, 
será de 146.600 MW. O potencial hidroenergético hoje explorado corresponde a 
0,028 do potencial da região Norte, a 0,40 do potencial da região Nordeste, a 0,473 
do potencial da região Sul e a 0,41 do potencial das regiões Sudeste e Centro-
Oeste juntas. Esse potencial já explorado corresponde e 0,282 do potencial 
hidroenergético brasileiro. 
Economia. In: Veja, ed. 2.162, 28/4/2010, p. 89-90 (com adaptações). 
 
35. CESPE ± IPAJM ± 2010) Considerando que a ampliação da oferta de energia 
elétrica no Brasil, citada no texto, se realize, e que energia produzida é energia 
consumida, é correto afirmar que a quantidade de energia elétrica consumida no 
Brasil, de 2010 a 2030, em milhares de MW, será 
A) inferior a 2.130. 
B) superior a 2.130 e inferior a 2.140. 
C) superior a 2.140 e inferior a 2.150. 
D) superior a 2.150 e inferior a 2.160. 
E) superior a 2.160. 
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RESOLUÇÃO: 
 Em 2010 o consumo é de 58.600MW e em 2030 será de 146.600MW, 
havendo portanto um aumento anual de 4.400MW. 
 Observe que o consumo de cada ano forma uma PA de termo inicial a1 = 
58.600, razão r = 4.400 e 21 termos, sendo que o 21º termo é a21 = 146.600. A 
soma desses 21 termos é justamente o total de energia consumida de 2010 a 2030: 
S21 = (a1 + a21) x 21/2 = (58600 + 146600) x 21 / 2 
S21 = 2.154.600MW 
 
 Em milhares de MW, temos 2.154,6, o que nos permite marcar a alternativa 
D. 
Resposta: D 
 
36. CESPE ± IPAJM ± 2010) Supondo que o consumo de energia elétrica no Brasil, 
ano a ano, de 2010 a 2030, constitua uma progressão geométrica, e considerando 
2,5 como valor aproximado para 733/293 e 1,05 como valor aproximado para 2,51/20, 
é correto afirmar que a quantidade de energia elétrica, em MW, a ser consumida no 
Brasil de 2010 a 2030, será 
A inferior a 1.750.000. 
B superior a 1.750.000 e inferior a 1.850.000. 
C superior a 1.850.000 e inferior a 1.950.000. 
D superior a 1.950.000 e inferior a 2.050.000. 
E superior a 2.050.000. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma PG com termo inicial a1 = 58.600, termo 21 a21 = 146.600, n = 21 
termos. Para descobrir a razão q, podemos usar a fórmula do termo geral: 
1
1
n
na a q
� u 
� u 21 121 1a a q 
� u 21 1146600 58600 q 
 202,5 q 
 1/202,5 q 
(note que o enunciado forneceu o valor de 2,51/20) 
 1,05 q 
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 Assim, a soma dos termos 1 a 21 é: 
1 ( 1)
1
n
n
a q
S
q
u � � 
u � �
21
21
58600 (1,05 1)
1,05 1
S 
u u � �
20
21
58600 (1,05 1,05 1)
1,05 1
S 
(se 2,51/20 = 1,05, também podemos dizer que 1,0520 = 2,5) 
u u � �21
58600 (2,5 1,05 1)
1,05 1
S 
u �21
58600(1,625)
1,05 1
S 
 21 95225 19045000,05S MW 
 
 Este valor se encontra no intervalo da alternativa C: 
C superior a 1.850.000 e inferior a 1.950.000. 
Resposta: C 
 
37. CESPE ± BRB ± 2011) Considerando que, em uma progressão aritmética de 
termos a1, a2, ..., an, ..., a razão seja positiva, a1 = 2 e os termos a1, a3 e a11 estejam, 
nessa ordem, em progressão geométrica, julgue os itens a seguir. 
( ) Para cada n ímpar, an será sempre um número par. 
( ) A razão dessa progressão aritmética será um número racional, não inteiro. 
( ) A média aritmética de 3 termos quaisquer dessa progressão aritmética será 
sempre um número inteiro. 
RESOLUÇÃO: 
( ) Para cada n ímpar, an será sempre um número par. 
 Note que a1 = 2, de modo que o termo geral desta PA é: 
an = 2 + (n ± 1) x r 
 
 Se n for ímpar, então n-1 é par. Assim, o termo geral será dado pela soma de 
duas parcelas pares, 2 e (n ± 1) x r. Logo, na será par. Item CORRETO. 
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( ) A razão dessa progressão aritmética será um número racional, não inteiro. 
 Podemos escrever a3 e a11 em função do termo a1 = 2 usando a fórmula do 
termo geral, obtendo: 
a3 = 2 + 2r 
a11 = 2 + 10r 
 
 Como os termos a1, a3 e a11 estão, nessa ordem, em progressão geométrica, 
podemos dizer que: 
(a3)2 = a1 x a11 
(2 + 2r)2 = 2 x (2 + 10r) 
4 + 8r + 4r2 = 4 + 20r 
4r2 = 12r 
4r = 12 
(para r diferente de zero) 
r = 3 
 
 Portanto, a razão da PA é um número inteiro. Item ERRADO. 
 
( ) A média aritmética de 3 termos quaisquer dessa progressão aritmética será 
sempre um número inteiro. 
 Cada termo desta PA pode ser escrito em função do termo inicial e da razão 
da seguinte forma: 
an = 2 + (n ± 1) x 3 
 
 $VVLP��D�VRPD�HQWUH�RV�WHUPRV�GDV�SRVLo}HV�TXDLVTXHU�³Q´��³P´�H�³S´�VmR� 
Soma = 2 + (n ± 1) x 3 + 2 + (m ± 1) x 3 + 2 + (p ± 1) x 3 
Soma = 6 + 3 x (n + m + p ± 3) 
 
 Para obter a média, basta dividir essa soma por 3: 
Média = Soma / 3 = 2 + (n + m + p ± 3) 
 
 Portanto, a média entre 3 termos quaisquer é sempre um número inteiro. Item 
CORRETO. 
Resposta: C E C 
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38. FGV ± TJ/AM ± 2013 ) Em uma fábrica, um gerador de energia funciona todos 
os 7 dias da semana e faz revisão de manutenção a cada 5 dias após o expediente 
de trabalho. O gerador foi instalado em uma segunda-feira, começou a funcionar no 
dia seguinte, fez a primeira revisão no sábado dessa semana, fez a segunda revisão 
na quinta-feira da semana seguinte, e assim por diante. 
O dia da semana em que foi feita a 100ª revisão foi 
(A) terça-feira. 
(B) quarta-feira. 
(C) quinta-feira. 
(D) sexta-feira. 
(E) domingo. 
RESOLUÇÃO: 
 O primeiro dia de uso foi uma terça-feira, e a primeira manutenção foi no 5º 
dia (um sábado). As outras manutenções serão nos dias 10, 15, 20, 25 etc, ou seja, 
a cada 5 dias. 
 Temos uma PA de termo inicial a1 = 5 e razão r = 5. O dia da manutenção 
n = 100 é: 
an = a1 + (n - 1) x r 
a100 = 5 + (100 - 1) x 5 = 500 
 
 Portanto, essa manutenção foi feita no 500º dia. Dividindo 500 por 7, temos 
quociente 71 e resto 3. Ou seja, 500 dias são 71 semanas completas (começando 
numa terça e terminando na segunda seguinte), e mais 3 dias: terça, quarta, 
QUINTA. 
Resposta: C 
 
39. CEPERJ ± OFICIAL SEFAZ/RJ ± 2011 Carlos resolveu fazer uma poupança 
durante este ano, da seguinte forma. Na primeira semana do ano, colocou 10 reais 
em eu pequeno e vazio cofre. Na segunda semana, colocou 12 reais; na terceira 
semana, 14 reais, e assim por diante, aumentando o depósito em dois reais a cada 
semana. Se ele mantiver a promessa e, como o ano tem 52 semanas, após o último 
depósito ele terá acumulado uma quantia: 
a) entre 3000 e 3100 reais 
b) entre 3100 e 3200 reais 
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c) entre 3200 e 3300 reais 
d) entre 3300 e 3400 reais 
e) entre 3400 e 3500 reais 
RESOLUÇÃO: 
 Carlos coloca 2 reais a mais a cada semana. Portanto, os depósitos feitos por 
Carlos na poupança a cada semana são: { 10, 12, 14, 16, ... }. Trata-se de uma 
progressão aritmética (pois o termo seguinte é igual ao termo anterior mais um valor 
fixo), onde o termo inicial é 1 10a e a razão é 2r . 
 O exercício quer saber o valor total acumulado após 1 ano (52 semanas, 
conforme o enunciado). Ou seja, ele quer a soma dos 52 primeiros termos desta PA. 
Basta usar a fórmula da soma de PA que vimos acima, para n = 52: 
1
52
52
( )
2
52 (10 )
2
n
n
n a a
S
a
S
u � 
u � 
 
 Observe que, para resolver a equação acima, precisamos conhecer o termo 
52a , o que fazemos com o auxílio da fórmula do termo geral: 
1
52
52
52
52
( 1)
10 (52 1) 2
10 (51) 2
10 102
112
na a n r
a
a
a
a
 � � u
 � � u
 � u
 �
 
 
 Substituindo o termo 52a na fórmula da soma, temos: 
52
52
52
52
52 (10 )
2
52 (10 112) 52 122
2 2
3172
a
S
S
S
u � 
u � u 
 
 
 Portanto, Carlos terá R$3172 ao final do ano, que é uma quantia entre 3100 e 
3200 reais (letra B). 
Resposta: B. 
 
 
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40. CEPERJ ± RIO PREVIDÊNCIA ± 2010) Na sequência aritmética: 6, 13, 20, 27, 
34..., o primeiro termo que ultrapassa 2010 é: 
a) 2012 
b) 2013 
c) 2014 
d) 2015 
e) 2016 
RESOLUÇÃO: 
 Como você pode ver, a diferença entre um termo e o seguinte desta 
sequência é sempre 7. Portanto, trata-se de uma PA de razão r = 7 e termo inicial 
1 6a . Para descobrir o primeiro termo acima de 2010, vamos imaginar 
primeiramente que ����� VHMD� XP� WHUPR� GD� VHTXrQFLD�� FXMD� SRVLomR� ³Q´� QmR�
sabemos. Usando a fórmula do termo geral, vamos tentar descobrir esta posição 
³Q´� 
1 ( 1)
2010 6 ( 1) 7
2004
1
7
na a n r
n
n
 � � u
 � � u
 �
 
 Observe que 2004 não é divisível por 7. Se você fizer a divisão, encontrará 
quociente 286 e resto 2. Precisaríamos, portanto, de um número com 5 unidades a 
mais (isto é, 2009), para que esta divisão possa ser exata. Isto seria possível se, ao 
invés de partir de 2010, partíssemos de um número 5 unidades maior (no caso, 
2015). De fato, se testarmos 2015 na fórmula do termo geral da PA, teremos: 
1 ( 1)
2015 6 ( 1) 7
2009
1
7
287 1
288
na a n r
n
n
n
n
 � � u
 � � u
 �
 �
 
 
 Assim, 2015 é o primeiro termo daquela sequência que ultrapassa 2010 (e, 
inclusive, sua posição na sequência é a 288ª). 
Resposta: D. 
 
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41. VUNESP ± ISS/SJC ± 2012) Uma sequência é formada por 50 figuras conforme 
o padrão que exibe as 4 primeiras figuras.Cada figura da sequência é formada por 
quadradinhos claros e escuros. 
 
A diferença entre o número de quadradinhos escuros da última e da penúltima 
figuras vale 
(A) 99. 
(B) 100. 
(C) 101. 
(D) 102. 
(E) 103. 
RESOLUÇÃO: 
 Repare que, da primeira para a terceira figura, há um acréscimo de 4 
quadradinhos escuros (de 5 para 9). Isto porque foram acrescentadas duas linhas e 
duas colunas de uma figura para a outra (de 3x3 para 5x5). Assim, na figura 7x7 
teremos também mais 4 quadradinhos cinza, totalizando 13. E assim por diante, 
formando uma progressão aritmética com termo inicial 5 e razão 4. A 49ª figura é, 
na verdade, a 25ª figura desta progressão. Assim, usando a fórmula da PA, temos: 
 
a25 = 5 + 4 x (25-1) = 101 
 
 Veja também que, da segunda para a quarta figura, há um acréscimo de 8 
quadradinhos escuros (de 12 para 20). Isto porque foram acrescentadas duas linhas 
e duas colunas de uma figura para a outra (de 4x4 para 6x6). Assim, temos uma 
progressão aritmética de termo inicial 12 e razão 8. Queremos o 25º termo, que é a 
figura da posição 50: 
a25 = 12 + 8x(25-1) = 204 
 
 
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 Assim, a diferença de número de quadradinhos escuros da última para a 
penúltima figuras é: 
204 ± 101 = 103 
Resposta: E 
***************************************** 
Fim de aula. Até o nosso próximo encontro! 
Saudações, 
Prof. Arthur Lima 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3. QUESTÕES APRESENTADAS NA AULA 
1. FCC ± Técnico do CNMP ± 2015) Observe a sequência (1; 2; 3; 3; 4; 5; 6; 6; 7; 
8; 9; 9; 10; 11; ... ) que possui uma lei de formação. A soma dos 38º, 45º e 81º 
termos dessa sequência é igual a 
(A) 139. 
(B) 119. 
(C) 124. 
(D) 127. 
(E) 131. 
 
2. FCC ± TRT/11a ± 2012) Estão representados a seguir os quatro primeiros 
elementos de uma sequência de figuras formadas por quadrados. 
 
Mantido o padrão, a 20a figura da sequência será formada por um total de 
quadrados igual a 
(A) 100 
(B) 96 
(C) 88 
(D) 84 
(E) 80 
 
3. CEPERJ ± PREF. BELFORD ROXO ± 2011) A cada ano que passa o valor de 
um veículo automotor diminui de 10% em relação ao seu valor no ano anterior. Se p 
for o valor do veículo no 1º ano, o seu valor no 6º ano será: 
A) 5(0,1) p 
B) 5 0,1pu 
C) 5(0,9) p 
D) 6 0,9pu 
E) 6 0,1pu 
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4. 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 
 
5. 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 
 
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6. FCC ± TRT/22ª ± 2010) Considere a seguinte sucessão de igualdades: 
1. 24 16 
2. 234 1156 
3. 2334 111556 
4. 23334 11115556 
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 
 
7. FCC ± TRT/BA ± 2013) Observando os resultados das multiplicações indicadas a 
seguir, pode-se identificar um padrão. 
 11 × 11 = 121 111 × 111 = 12321 
 101 × 101 = 10201 10101 × 10101 = 102030201 
 1001 × 1001 = 1002001 1001001 × 1001001 = 1002003002001 
De acordo com esse padrão, o resultado da multiplicação 1010101 × 1010101 é 
igual a 
(A) 1234321. 
(B) 102343201. 
(C) 10023032001. 
(D) 1020304030201. 
(E) 1002003004003002001. 
 
8. FCC ± TRF/3ª ± 2014) Na sequência 
(1; A; 2; 3; B; 4; 5; 6; C; 7; 8; 9; 10; D; 11; . . .) 
o terceiro termo que aparece após o aparecimento da letra J é 
(A) 63. 
(B) 69. 
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(C) 52. 
(D) K. 
(E) 58. 
 
9. FCC ± TRT/19ª ± 2014) Gabriel descobriu pastas antigas arquivadas 
cronologicamente, organizadas e etiquetadas na seguinte sequência: 
07_55A; 07_55B; 08_55A; 09_55A; 09_55B; 09_55C; 
09_55D; 09_55E; 10_55A; 10_55B; 11_55A; 12_55A; 
12_55B; 12_55C; 01_56A; 01_56B; 02_56A; 02_56B; 
03_56A; xx_xxx; yy_yyy; zz_zzz; 04_56B. 
Sabendo-se que as etiquetas xx_xxx; yy_yyy; zz_zzz representam que o código foi 
encoberto, a etiqueta com as letras yy_yyy deveria, para manter o mesmo padrão 
das demais, conter o código 
(A) 03_56C. 
(B) 04_57C. 
(C) 04_56C. 
(D) 03_56B. 
(E) 04_56A. 
 
10. FCC ± TJAP ± 2014) Cada termo da sequência a seguir é formado por seis 
vogais: 
(AAAEEI; EEEIIO; IIIOOU; OOOUUA; UUUAAE; AAAEEI; EEEIIO; . . . ) 
Mantido o mesmo padrão de formação da sequência, se forem escritos os 12º, 24º, 
36º e 45º termos, o número de vezes que a vogal U será escrita nesses termos é 
igual a 
(A) 1. 
(B) 6. 
(C) 5. 
(D) 2. 
(E) 3. 
 
 
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11. FCC ± SAEB/BA ± 2014) Observe a sequência: 6; 10; 18; 34; 66; . . . . Sabe-se 
que o número 4098 é o 11º termo dessa sequência. A soma dos 9º e 10º termos é 
igual a 
(A) 5126 
(B) 2122 
(C) 4098 
(D) 3076 
(E) 6186 
 
12. FGV ± TJ/AM ± 2013) Em uma fábrica, um gerador de energia funciona todos os 
7 dias da semana e faz revisão de manutenção a cada 5 dias após o expediente de 
trabalho. O gerador foi instalado em uma segunda-feira, começou a funcionar no dia 
seguinte, fez a primeira revisão no sábado dessa semana, fez a segunda revisão na 
quinta-feira da semana seguinte, e assim por diante. 
O dia da semana em que foi feita a 100ª revisão foi 
(A) terça-feira. 
(B) quarta-feira. 
(C) quinta-feira. 
(D) sexta-feira. 
(E) domingo. 
 
13. FGV ± TJRJ ± 2014) Brincando com palitos, Bernardo criou uma sequência de 
quadrados e triângulos como na figura a seguir: 
Bernardo terminou a brincadeira após construir o 50º quadrado. 
 
O número total de palitos que Bernardo utilizou foi: 
(A) 330; 
(B) 340; 
(C) 343; 
(D) 347; 
(E) 350. 
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