AULA 06

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MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
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AULA 06: RACIOCÍNIO LÓGICO 
 
SUMÁRIO PÁGINA 
1. Introdução 01 
2. Resolução de questões Cespe 53 
3. Questões apresentadas na aula 96 
4. Gabarito 126 
 
Olá! 
 Nesta aula trabalharemos questões sobre Raciocínio Lógico, mais 
um tópico exigido no último edital. 
 Tenha uma boa aula, e, em caso de dúvidas, não hesite em me 
procurar. 
 
1. INTRODUÇÃO 
 Podemos tentar separar as questões sobre raciocínio lógico em 
“tipos”. Inicialmente vamos falar rapidamente de cada um desses tipos 
principais, e resolver alguns exercícios sobre eles. Em seguida, no tópico 
2 desta aula, resolveremos uma bateria de questões do CESPE sobre 
todos esses temas. 
 
1.1 QUESTÕES DE ASSOCIAÇÕES LÓGICAS 
 Nas questões sobre associações você normalmente será 
apresentado a um conjunto de pessoas e a uma série de informações com 
objetivo de associar à cada pessoa algumas características (ex.: idade, 
profissão etc). Veja logo na primeira questão abaixo a técnica básica para 
resolver esse tipo de questão. Ela consiste em montar uma tabela, 
contendo todas as possíveis associações, para então analisar as 
informações dadas no enunciado. 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
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1. FCC – TRT/19ª – 2011) Ricardo, Mateus e Lucas são três amigos que 
cursam faculdades de medicina, engenharia e direito. Cada um dos três 
usa um meio diferente de transporte para chegar à faculdade: ônibus, 
automóvel e bicicleta. Para descobrir o que cada um cursa e o meio de 
transporte que utilizam, temos o seguinte: 
− Mateus anda de bicicleta; 
− Quem anda de ônibus não faz medicina; 
− Ricardo não cursa engenharia e Lucas estuda direito. 
Considerando as conclusões: 
I. Lucas vai de ônibus para a faculdade de direito. 
II. Mateus estuda medicina. 
III. Ricardo vai de automóvel para a faculdade. 
Está correto o que consta em 
a) I, apenas. 
b) III, apenas. 
c) II e III, apenas. 
d) I e III, apenas. 
e) I, II e III. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos 3 amigos (Ricardo, Mateus e Lucas), 3 cursos (medicina, 
engenharia e direito) e 3 meios de transporte (ônibus, automóvel e 
bicicleta). 
 Gosto de resolver este tipo de questão montando a tabela abaixo, 
onde coloco todas as possibilidades e então, analisando as informações 
dadas pelo enunciado, vou “cortando” aquelas alternativas erradas: 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
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(C) Benito torce pelo Moto Club: ERRADO, ele torce para o Sampaio 
Corrêa. 
(D) Caetano torce pelo Maranhão: CORRETO. 
(E) Abelardo torce pelo Maranhão: ERRADO, ele torce para o Moto Club. 
Resposta: D 
 
3. FCC – TCE/AP – 2012) O funcionário de uma pizzaria que fornece em 
domicílio 
registrou os pedidos de três clientes regulares. Cada um pediu uma única 
pizza, de um único sabor, sendo uma de massa fina, uma de massa 
média e uma de massa 
grossa. Uma falha no computador, porém, apagou o registro dos pedidos 
e o funcionário teve de usar o conhecimento que tinha do gosto dos 
clientes, além do 
que se lembrava dos pedidos, para deduzir o que cada um solicitou. 
− O Sr. Pedro não pode ter pedido a pizza com borda recheada, pois não 
aprecia esse opcional. 
− Um dos sabores pedidos, banana, só é feita com massa média. 
− A única pizza que teve como opcional cobertura extra de queijo foi a de 
frango, que não tinha borda recheada. 
− O Sr. Jorge só pede pizza de massa fina e não gosta de cobertura extra 
de queijo. 
− Apenas uma das pizzas pedidas não tinha qualquer opcional. 
− A Sra. Estela não pediu a pizza de massa média. 
Uma das pizzas pedidas foi de calabresa. Essa pizza foi pedida 
(A) pelo Sr. Pedro e tinha borda recheada. 
(B) pelo Sr. Pedro e não tinha qualquer opcional. 
(C) pela Sra. Estela e não tinha qualquer opcional. 
(D) pelo Sr. Jorge e tinha borda recheada. 
(E) pelo Sr. Jorge e não tinha qualquer opcional. 
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 Logo, Ciro é o programador. 
RESPOSTA: E 
 
1.2 QUESTÕES SOBRE VERDADES E MENTIRAS 
 Nas questões sobre verdades e mentiras, normalmente você será 
apresentado a alguma situação onde é sabido que algumas pessoas 
mentem e outras falam a verdade. O problema é que não sabemos quem 
mente, e nem quem fala a verdade. Por isso, para resolvê-las nós 
precisamos considerar que o que foi dito por cada pessoa pode ser uma 
verdade, mas também pode ser uma mentira. E veja o seguinte: se 
alguém disse uma mentira, então o CONTRÁRIO do que aquela pessoa 
afirmou é uma VERDADE! Por exemplo, se eu digo “está chovendo hoje”, 
e você sabe que eu sou mentiroso, então você pode concluir que “NÃO 
está chovendo hoje”, concorda? 
Repare que eu uso bastante esse princípio na resolução das 
questões. 
 
5. FCC – TJAP – 2014) Um torneio de futebol foi disputado por dez 
times, entre eles Grêmio, Bahia, Cruzeiro, Avaí e Goiás. Veja o que 
declararam quatro analistas esportivos antes do início do torneio. 
Analista 1: o Grêmio montou um excelente time e será o campeão. 
Analista 2: o Bahia não será o campeão, pois tem enfrentado muitas 
dificuldades. 
Analista 3: o Cruzeiro tem um time muito forte e, por isso, será o 
campeão. 
Analista 4: como o Avaí não tem um bom elenco, não será o campeão. 
Sabendo que apenas um dos quatro analistas acertou a previsão, é 
correto concluir que, necessariamente, o campeão do torneio foi o 
(A) Goiás. 
(B) Bahia ou o Avaí. 
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condições, assinale a alternativa que apresenta corretamente o enunciado 
que nenhum habitante da ilha pode proferir. 
(A) A lua é feita de queijo suíço. 
(B) Está nevando e não está nevando. 
(C) Eu sou cafajeste. 
(D) Dois mais dois é igual a quatro. 
(E) Os cavaleiros só falam falsidades. 
RESOLUÇÃO: 
 Note que as frases das alternativas A e E são certamente falsas, de 
modo que podem ser ditas pelos Cafajestes. O mesmo vale para a frase 
da alternativa B, que é uma contradição em si mesma (não tem como 
estar chovendo e não estar chovendo ao mesmo tempo – isso é falso). Já 
a frase da alternativa D é verdadeira, podendo ser dita pelos Cavaleiros. 
Repare que os cavaleiros não podem dizer a frase da alternativa C 
(“Eu sou cafajeste”), pois eles só falam a verdade. E os cafajestes 
também não podem dizê-la, pois eles só mentem. Esse é o nosso 
gabarito. 
Resposta: C 
 
8. FGV – SUDENE/PE – 2013) 
Alberto, Bernardo e Camilo trabalham em uma obra. Um deles é 
eletricista, outro é marceneiro e outro pintor, não necessariamente 
nessa ordem. Quando o novo 
supervisor perguntou sobre suas qualificações eles disseram: 
• Alberto: — Eu sou eletricista. 
• Bernardo: — Alberto não é marceneiro. 
• Camilo: — Bernardo não é pintor. 
SabeǦse que das três declarações acima, somente uma 
é verdadeira. 
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É correto concluir que 
(A) Camilo é eletricista. 
(B) Bernardo é marceneiro. 
(C) Alberto é eletricista. 
(D) Camiloé pintor. 
(E) Bernardo disse a verdade. 
RESOLUÇÃO: 
 Somente um falou a verdade. Inicialmente, vamos “chutar” que 
Alberto falou a verdade (e os demais mentiram). Ou seja, Alberto seria de 
fato eletricista. Como Bernardo mentiu, seria falso que “Alberto não é 
marceneiro”, ou seja, seria verdadeiro que “Alberto é marceneiro”. Ora, 
não tem como Alberto ser eletricista e marceneiro ao mesmo tempo. 
Chegamos a uma incoerência, o que elimina essa possibilidade. 
 Agora vamos chutar que Bernardo falou a verdade. Portanto, 
Alberto não seria marceneiro. Os demais mentiram. Pela frase de Alberto, 
concluímos que ele NÃO é o eletricista. Se ele não é nem o marceneiro e 
nem o eletricista, só resta ele ser o pintor. Mas, pela frase de Camilo, 
percebemos que Bernardo É pintor. Temos uma incoerência, pois tanto 
Alberto como Bernardo teriam a mesma profissão (pintor). 
 Assumindo que Camilo falou a verdade, então Bernardo não seria 
pintor. Da frase de Bernardo, que seria uma mentira, concluímos que 
Alberto É marceneiro. E a frase de Alberto realmente seria uma mentira. 
Portanto, Alberto seria o marceneiro, Bernardo o eletricista (pois ele não 
seria o pintor), e Camilo o pintor. 
RESPOSTA: D 
 
9. VUNESP – POLÍCIA CIVIL/SP – 2013) Antonio, Bernardo e Caetano 
são três amigos. Sempre que uma pergunta é feita a eles, dois falam a 
verdade e um mente. 
Ao serem questionados sobre quem era o mais velho, responderam: 
Antonio: Bernardo nasceu primeiro. 
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Bernardo: Eu não sou o mais velho. 
Caetano: Antonio é o mais velho. 
O nome de quem mentiu ao responder essa pergunta e o nome do mais 
velho dos amigos são, respectivamente, 
a) Bernardo e Bernardo. 
b) Bernardo e Caetano. 
c) Antonio e Antonio. 
d) Caetano e Caetano. 
e) Antonio e Bernardo. 
RESOLUÇÃO: 
 Vamos assumir que Antônio mentiu. Portanto, Bernardo NÃO 
nasceu primeiro. Os demais disseram a verdade: Bernardo não é o mais 
velho, e Antônio é o mais velho. Não temos nenhuma contradição aí. 
Portanto, Antônio mentiu, e o mais velho é Antônio também. O gabarito é 
C. 
 Se assumíssemos que Bernardo mentiu, por exemplo, então ele 
seria o mais velho (pois o contrário da frase dele seria verdade). Mas a 
frase de Caetano seria verdadeira, dizendo que Antonio que é o mais 
velho. Teríamos uma contradição. 
 Se assumíssemos que Caetano mentiu, então Antônio NÃO seria o 
mais velho. Pela frase de Antônio, vemos que Bernardo seria o mais 
velho, mas pela frase de Bernardo veríamos que ele NÃO é o mais velho. 
Outra contradição. 
RESPOSTA: C 
 
 
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1.3 QUESTÕES ENVOLVENDO CALENDÁRIO 
 Várias questões de Raciocínio Lógico exigem que você saiba utilizar 
o calendário, calcular dias da semana, trabalhar com anos bissextos etc. 
 Para trabalhar com calendários, é importante lembrar que 
chamamos de “semana” um conjunto formado por 7 dias consecutivos. 
Normalmente dizemos que as semanas começam no domingo e terminam 
no sábado seguinte. Mas isso não é obrigatório. Podemos considerar que 
a semana começa em qualquer dia. Por exemplo, podemos ter semanas 
começando em uma quinta-feira e terminando na quarta-feira seguinte. 
Ou começando numa terça-feira e terminando na segunda-feira seguinte. 
E assim por diante. 
 Oos anos “normais” tem 365 dias, sendo que o mês de Fevereiro 
tem 28 dias. Nos anos bissextos, temos 29 dias em Fevereiro, o que 
resulta em 366 dias no total. Os anos bissextos ocorrem de 4 em 4 anos, 
sempre nos anos que são múltiplos de 4. Para saber se um determinado 
ano é múltiplo de 4, basta fazer o seguinte: observe o número formado 
pelos 2 últimos dígitos (por exemplo, em 1983, observe o 83 apenas). Se 
este número for múltiplo de 4, então o ano é bissexto (neste caso, 83 não 
é múltiplo de 4, de modo que o ano 1983 não é bissexto). 
 Se dividirmos 365 por 7, obtemos quociente 52 e resto 1. Isto 
significa que um ano de 365 dias é composto por 52 semanas completas, 
de 7 dias cada uma, e mais 1 dia. Portanto, se o dia 01 de Janeiro de um 
determinado ano é uma segunda-feira, qual dia da semana será o 
próximo 01 de Janeiro? Basta lembrar que, ao longo deste ano, teremos 
52 semanas, todas elas começando numa segunda-feira (assim como o 
primeiro dia do ano) e terminando no domingo seguinte. Além disso, 
teremos mais 1 dia, que neste caso será uma segunda-feira. Portanto, o 
último dia do ano é uma segunda-feira, de modo que o dia 01 de Janeiro 
do ano seguinte é uma terça-feira. 
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 Se dividirmos 366 por 7, obtemos quociente 52 e resto 2. Portanto, 
em um ano bissexto temos 52 semanas completas e mais 2 dias. Assim, 
se este ano bissexto começar numa quarta-feira, teremos 52 semanas 
começando na quarta e terminando na terça seguinte, e mais 2 dias: 
quarta e quinta. Isto significa que este ano terminará numa quinta-feira, 
de modo que o primeiro dia do ano seguinte será uma sexta-feira. 
 Além do mês de Fevereiro, que pode ter 28 ou 29 dias, os demais 
meses do ano tem 30 ou 31 dias. Ao longo do ano só temos um caso de 
dois meses seguidos com 31 dias (julho e agosto). Nos demais casos 
temos uma alternância. Veja: 
- Janeiro: 31 
- Fevereiro: 28 ou 29 (se bissexto) 
- Março: 31 
- Abril: 30 
- Maio: 31 
- Junho: 30 
- Julho: 31 
- Agosto: 31 
- Setembro: 30 
- Outubro: 31 
- Novembro: 30 
- Dezembro: 31. 
 
 O número 28 é um múltiplo de 7, pois 4 x 7 = 28. Assim, nos 
meses de 28 dias teremos 4 semanas completas. Esta semana não 
precisa necessariamente começar num domingo. Se o dia 01 de Fevereiro 
for um sábado, por exemplo, então os dias 08, 15 e 22 também serão 
sábados. 
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 Os meses de 29 dias terão 4 semanas completas e mais 1 dia. 
Assim, teremos 4 repetições de cada dia da semana (segunda, terça, 
quarta, quinta... etc) e mais 1 dia, que será a repetição do primeiro dia 
do mês. Portanto, se um mês de Fevereiro com 29 dias começar numa 
terça-feira, teremos 4 semanas completas começando em terças-feiras e 
encerrando nas segundas-feiras seguintes, e mais 1 dia, que será outra 
terça-feira. Este mês terá, portanto, 4 repetições de cada dia da semana 
(exceto terça), e 5 repetições da terça-feira. 
 Os meses de 30 dias tem 4 semanas completas e mais 2 dias (que 
são repetições dos dois primeiros dias do mês). Assim, se um mês de 30 
dias começa na segunda-feira, teremos 4 semanas completas começando 
em segundas-feiras e encerrando nos domingos seguintes, e mais dois 
dias: segunda e terça. Este mês terá 5 segundas e 5 terças, e mais 4 
repetições de cada um dos outros dias da semana. 
 Por fim, nos meses de 31 dias temos 4 semanas e mais 3 dias, que 
são repetições dos três primeiros dias do mês. 
 Uma última observação que pode facilitar a resolução de vários 
exercícios: nos anos “normais” (365 dias), o primeiro e o último dia do 
ano são o mesmo dia da semana (ex.: como 01/01/2014 foi quarta-feira, 
então certamente 31/12/2014 será quarta-feira). 
 
10. FCC – SEFAZ/SP – 2009) No período de 2010 a 2050, os anos 
bissextos (isto é, aqueles com 366 dias) são todos aqueles divisíveis por 
4. Sabendo que 2010 terá 53 sextas-feiras, o primeiro ano desse período 
em que o dia1o de janeiro cairá numa segunda-feira será 
(A) 2013 
(B) 2014 
(C) 2016 
(D) 2018 
(E) 2019 
RESOLUÇÃO: 
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 Como uma semana tem 7 dias, em um ano de 365 dias temos 52 
semanas inteiras e mais 1 dia (observe que 365 / 7 tem quociente 52 e 
resto 1). Se 2010 teve 53 sextas-feiras, isto significa que este ano teve 
52 semanas, ou seja, 52 vezes cada um dos dias da semana, e mais uma 
sexta-feira (que foi o último dia do ano). Portanto, o dia 1º de janeiro de 
2011 foi um sábado. 
 Observe ainda que 2012 é o primeiro ano do intervalo 2010-2050 
que é divisível por 4, ou seja, é bissexto. Nos anos normais, temos 52 
semanas e mais 1 dia, de modo que, se 2011 começou num sábado, 2012 
começará num domingo. Já nos anos bissextos, temos 52 semanas e 
mais 2 dias, de modo que se 2012 começou em um domingo, 2013 
começará em uma terça-feira. Assim, temos: 
- 2011: começa no sábado 
- 2012 : começa no domingo 
- 2013: começa na terça, pois 2012 foi bissexto 
- 2014: começa na quarta 
- 2015: começa na quinta-feira 
- 2016: começa na sexta-feira 
- 2017: começa no domingo, pois 2016 foi bissexto. 
- 2018: começa na segunda 
Portanto, o próximo ano a começar em uma segunda-feira é 2018 
(letra D). 
Resposta: D 
 
11. FGV – MEC – 2009) O ano de 2009 começou em uma quinta-feira. 
Sabendo-se que os anos de 2012 e 2016 serão bissextos, ou seja, terão 
366 dias cada um, é correto afirmar que o ano voltará a começar em 
uma quinta-feira em: 
(A) 2014 
(B) 2015 
(C) 2016 
(D) 2017 
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(E) 2018 
RESOLUÇÃO: 
 Os anos de 365 dias possuem 52 semanas de 7 dias, sobrando 
ainda 1 dia Devido a este dia excedente, se um ano começou na quinta-
feira, o ano seguinte começará na sexta-feira (há um avanço de 1 dia da 
semana), o próximo no sábado, e assim por diante. 
 Ocorre que de 4 em 4 anos temos um ano bissexto. Nestes anos de 
366 dias, temos 52 semanas e sobram 2 dias. Portanto, quando o ano é 
bissexto teremos o avanço, de um ano para o outro, de 2 dias da 
semana. Portanto, se um ano bissexto começou na quinta-feira, o ano 
seguinte começará no sábado. 
 Com isso em mente, e sabendo que 2009 não é bissexto e começou 
na quinta-feira, teremos: 
- 2010: começou na sexta-feira, isto é, 1 dia da semana após 2009; 
- 2011: começou no sábado; 
- 2012: começou no domingo; 
- 2013: começou na terça-feira, pois 2012 foi bissexto, assim houve um 
avanço de 2 dias da semana; 
- 2014: começou na quarta-feira; 
- 2015: começou na quinta-feira. 
 Portanto, apenas em 2015 voltaremos a ter um ano começando no 
mesmo dia da semana que 2009. 
Resposta: B 
 
12. FCC – TRF/2ª – 2012) Suponha que, no dia 15 de janeiro de 2011, 
um sábado, Raul recebeu o seguinte e-mail de um amigo: 
“Este é um mês especial, pois tem 5 sábados, 5 domingos e 5 segundas-
feiras e isso só ocorrera novamente daqui a 823 anos. Repasse esta 
mensagem para mais 10 pessoas e, dentro de alguns dias, você receberá 
uma boa notícia.” 
Tendo em vista que é aficionado em Matemática, Raul não repassou tal 
mensagem pois, após alguns cálculos, constatou que a afirmação feita na 
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mensagem era falsa. Assim sendo, lembrando que anos bissextos são 
números múltiplos de 4, Raul pode concluir corretamente que o próximo 
ano em que ocorrência de 5 sábados, 5 domingos e 5 segundas-feiras 
acontecerá no mês de janeiro será: 
(A) 2022. 
(B) 2021. 
(C) 2020. 
(D) 2018. 
(E) 2017. 
RESOLUÇÃO: 
 Janeiro tem 31 dias. Dividindo por 7, temos quociente 4 e resto 3. 
Isto é, temos 4 semanas inteiras e mais 3 dias. Portanto, cada dia da 
semana se repetirá 4 vezes, e, além disso, teremos mais 1 repetição de 3 
dias da semana, totalizando 5 repetições para estes últimos. Para termos 
a 5ª repetição do sábado, domingo e segunda, é preciso que o mês 
comece em um sábado. Por que? Pois iniciando neste dia, nos primeiros 
28 dias do mês teremos 4 semanas completas, iniciando em sábados e 
terminando em sextas-feiras. Nos 3 últimos dias, teremos mais um 
sábado, mais um domingo e mais uma segunda, totalizando as 5 
repetições de cada um desses dias. 
 Portanto, basta que janeiro comece em um sábado para que o mês 
seja “especial”, como disse o enunciado. Como foi dito, isto ocorreu em 
2011. Em que dia da semana começará o mês de janeiro do ano seguinte 
(2012)? Ora, 2011 não é bissexto, tendo 365 dias. Dividindo por 7, temos 
quociente 52 e resto 1, o que nos indica que temos 52 semanas 
completas e mais 1 dia. Como janeiro de 2011 começou em um sábado, 
teremos 52 semanas começando em sábados e terminando em sextas-
feiras, e mais 1 dia – um sábado – de modo que o ano de 2012 começará 
em um domingo. Ou seja, de um ano para o outro, tivemos o “avanço” de 
1 dia da semana. Em que dia começará 2013? Uma segunda-feira? Não, 
pois 2012 é bissexto (veja que 2012 é múltiplo de 4). Assim, 2012 tem 
366 dias, ou seja, 52 semanas e mais 2 dias. Portanto, como este ano 
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começou em um domingo, teremos 52 semanas começando em domingos 
e terminando em sábados e mais dois dias – um domingo e uma segunda 
– de modo que 2013 começará em uma terça-feira. Prosseguindo, temos: 
- 2014: começará em uma quarta-feira (avançamos 1 dia, pois 2013 não 
é bissexto) 
- 2015: começará em uma quinta-feira (avançamos 1 dia, pois 2014 não 
é bissexto) 
- 2016: começará em uma sexta-feira (avançamos 1 dia, pois 2015 não é 
bissexto) 
- 2017: começará em um domingo (avançamos 2 dias, pois 2016 é 
bissexto!!!) 
- 2018: começará em uma segunda-feira (avançamos 1 dia, pois 2017 
não é bissexto) 
- 2019: começará em uma terça-feira (avançamos 1 dia, pois 2018 não é 
bissexto) 
- 2020: começará em uma quarta-feira (avançamos 1 dia, pois 2019 não 
é bissexto) 
- 2021: começará em uma sexta-feira (avançamos 2 dias, pois 2020 é 
bissexto!!!) 
- 2022: começará em um sábado (avançamos 1 dia, pois 2021 não é 
bissexto) 
 
 Portanto, veja que 2022 começará em um sábado, de modo que o 
mês de janeiro terá 5 sábados, 5 domingos e 5 segundas. 
Resposta: A 
 
13. FCC – TRT/6ª – 2012 ) Em um determinado ano, o mês de abril, 
que possui um total de 30 dias, teve mais domingos do que sábados. 
Nesse ano, o feriado de 1o de maio ocorreu numa 
(A) segunda-feira. 
(B) terça-feira. 
(C) quarta-feira. 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヲΓ 
(D) quinta-feira. 
(E) sexta-feira. 
RESOLUÇÃO: 
 Sabemos que uma semana tem 7 dias. Dividindo 30 dias por 7, 
saberemos quantas semanas temos neste mês. Veja que essa divisão 
possui resultado (quociente) igual a 4 e resto igual a 2. Isto significa que, 
em Abril, temos 4 conjuntos de 7 dias (ou seja, 4 semanas completas), e 
restam 2 dias. 
 Desta forma, teremos pelo menos 4 segundas-feiras, 4 terças-
feiras, e assim por diante. O resto encontrado nos indica que teremos 
mais uma repetição de dois dias da semana, que passarão a aparecer 5 
vezes no mês de Abril. 
 Para que tenhamos mais domingos do que sábados, é preciso que o 
domingo se repita 5 vezes e o sábado apenas4. Isto só é possível se o 
mês começar no domingo. Visualize isso abaixo: 
1ª semana: Domingo, Segunda, Terça..., Sábado ( 7 dias até aqui) 
2ª semana: Domingo, Segunda, Terça..., Sábado (14 dias até aqui) 
3ª semana: Domingo, Segunda, Terça..., Sábado (21 dias até aqui) 
4ª semana: Domingo, Segunda, Terça..., Sábado (28 dias até aqui) 
5ª semana: Domingo, Segunda (30 dias – final do mês) 
 
 Portanto, o último dia de Abril é uma segunda-feira, de modo que o 
1º dia de Maio será uma terça-feira. 
Resposta: B 
 
14. FCC – TRT/1ª – 2013) Em um planeta fictício X, um ano possui 
133 dias de 24 horas cada, dividido em 7 meses de mesma duração. No 
mesmo período em que um ano terrestre não bissexto é completado, 
terão sido transcorridos no planeta X, exatamente, 
(A) 1 ano, 6 meses e 4 dias. 
(B) 2 anos e 4 dias. 
(C) 2 anos e 14 dias. 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ンヰ 
(D) 2 anos, 5 meses e 14 dias. 
(E) 2 anos, 5 meses e 4 dias. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que 1 ano do planeta X dura 133 dias, de modo que 2 anos 
duram 266 dias. Para completar 365 dias, faltam ainda 365 – 266 = 99 
dias. 
 Veja ainda que o ano do planeta X é composto por 7 meses de 19 
dias cada. Assim, 5 meses contém 95 dias. Sobram ainda 4 dias. 
 Portanto, 365 dias terrestres equivalem a 2 anos, 5 meses e 4 dias 
do planeta X. 
Resposta: E 
 
15. FCC – MPE/AM – 2013) No Brasil, entendemos como final de 
semana o período da semana que compreende o sábado e o domingo. Em 
determinado ano, para que o mês de setembro, que é composto por 30 
dias, tenha 5 finais de semana completos, o dia 7 de setembro deverá 
cair em 
(A) um sábado. 
(B) uma sexta-feira. 
(C) uma quinta-feira. 
(D) uma quarta-feira. 
(E) uma terça-feira. 
RESOLUÇÃO: 
Observe que 30 dias correspondem a 4 semanas de 7 dias e mais 2 
dias “adicionais”. Ou seja, normalmente o mês de setembro já tem 4 
finais de semana (um em cada semana). Para garantir que ele tenha 5 
finais de semana, é preciso que os 2 dias “adicionais” também sejam um 
final de semana. 
 Para isso, o mês já precisa começar em um final de semana (dia 1 
deve ser um sábado). Deste modo, repare que os dias 8, 15, 22 e 29 
também serão sábados, totalizando 5 sábados. E os dias 2, 9, 16, 23 e 30 
serão domingos. 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ンヱ 
 Como o dia 8 é um sábado, então o dia 7 de setembro é uma sexta-
feira. 
Resposta: B 
 
16. FCC – TRT/BA – 2013) Um ano bissexto possui 366 dias, o que 
significa que ele é composto por 52 semanas completas mais 2 dias. Se 
em um determinado ano bissexto o dia 1o de janeiro caiu em um sábado, 
então o dia 31 de dezembro cairá em 
(A) um sábado. 
(B) um domingo. 
(C) uma 2a feira. 
(D) uma 3a feira. 
(E) uma 4a feira. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos que percorrer 52 semanas e mais 2 dias para ir de 1º de 
janeiro a 31 de dezembro. Cada uma das 52 semanas começa num 
sábado (assim como 1º de janeiro) e termina na sexta-feira seguinte. 
Após isso, temos mais dois dias: um sábado e um DOMINGO. Este último 
é o dia 31 de dezembro. 
RESPOSTA: B 
 
17. FCC – TRT/BA – 2013) A “Guerra dos Mil Dias” foi uma guerra civil 
que ocorreu na Colômbia, tendo começado no ano de 1899. Considerando 
que o conflito tenha durado exatamente 1000 dias, é possível concluir, 
apenas com as informações fornecidas, que seu término 
(A) ocorreu, certamente, no ano de 1901. 
(B) pode ter ocorrido no ano de 1901 ou de 1902. 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ンヲ 
(C) ocorreu, certamente, no ano de 1903. 
(D) ocorreu, certamente, no ano de 1902. 
(E) pode ter ocorrido no ano de 1902 ou de 1903. 
RESOLUÇÃO: 
Dividindo 1000 por 365 (número de dias em um ano*), vemos que 
1000 dias correspondem a aproximadamente 2,73 anos. Ou seja, a 
guerra consumiu 2 anos completos e mais parte de um terceiro ano. 
 Se a guerra começou no início de 1899, ela consumiu 2 anos 
completos (1899 e 1900) e acabou em meados de 1901. 
Já se a guerra começou próximo do final de 1899, ela consumiu dois 
anos completos (1900 e 1901) e mais uma parte do ano seguinte, que é 
1902. 
Assim, o término da guerra ocorreu em 1901 ou 1902. 
RESPOSTA: B 
Obs.: (*) veja que, como estamos fazendo cálculos aproximados, não 
precisamos nos preocupar se algum dos anos é bissexto, tendo 366 dias. 
 
18. FGV – MPE/MS – 2013) Em certo ano, o 100º dia caiu em um 
domingo. 
Então, nesse ano, o 200º dia foi uma: 
a) segunda-feira. 
b) terça-feira. 
c) quarta-feira. 
d) quinta-feira. 
e) sexta-feira. 
RESOLUÇÃO: 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ンン 
 Do 100º ao 200º dia temos 100 dias. Dividindo por 7, vemos que 
100 dias correspondem a 14 semanas completas e mais 2 dias. Portanto, 
teremos 14 semanas que começam em uma segunda-feira (dia seguinte 
ao 100º dia) e terminam no domingo seguinte. Além disso, devemos 
somar mais dois dias: segunda, TERÇA. Esse é o 200º dia. 
RESPOSTA: B 
 
19. FGV – SUDENE/PE – 2013) 
Em certo ano, não bissexto, a terçaǦfeira de carnaval caiu no dia 
1º de março. 
Nesse ano, o dia 1º de janeiro caiu em 
(A) um domingo. 
(B) uma segundaǦfeira. 
(C) uma quintaǦfeira. 
(D) uma sextaǦfeira. 
(E) um sábado. 
RESOLUÇÃO: 
 De 1º de janeiro a 1º de março temos os 31 dias de janeiro, os 28 
de fevereiro, e mais o dia 1º de março, totalizando 31 + 28 + 1 = 60 
dias. Dividindo 60 por 7 você verá que esses 60 dias correspondem a 8 
semanas completas e mais 4 dias. 
 Portanto, ao voltar de 1º de março para 1º de janeiro, precisamos 
retornar 8 semanas completas (todas elas começando numa terça-feira, 
assim como 1º de março, e terminando na quarta-feira da semana 
anterior), e depois voltar mais 4 dias: terça, segunda, domingo, SÁBADO. 
Portanto, 1º de janeiro é um sábado. 
RESPOSTA: E 
 
20. FGV – FUNDAÇÃO PRÓ-SANGUE/SP – 2013) Carlos é doador 
voluntário e regularmente faz doações de sangue. Em um determinado 
ano ele fez uma doação de 450 mL de sangue no dia 12 de junho, uma 
quarta-feira. 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ンヴ 
De acordo com as regras para doação de sangue, Carlos teve que esperar 
pelo menos 60 dias para fazer uma nova doação. Entretanto, Carlos só 
faz doações de sangue às quartas-feiras, único dia da semana que ele 
tem livre. Na primeira quarta-feira após os 60 dias Carlos fez outra 
doação. 
Esta outra doação foi feita no dia 
a) 11 de agosto. 
b) 12 de agosto. 
c) 13 de agosto. 
d) 14 de agosto. 
e) 15 de agosto. 
RESOLUÇÃO: 
 60 dias correspondem a 8 semanas e mais 4 dias. Portanto, 
avançando 60 dias após a primeira doação, devemos passar 8 semanas 
inteiras (que começam numa quinta-feira e terminam na quarta-feira da 
semana seguinte), e mais 4 dias. Cada uma das 8 semanas termina nos 
seguintes dias: 
- 19 de junho 
- 26 de junho 
- 3 de julho 
- 10 de julho 
- 17 de julho 
- 24 de julho 
- 31 de julho 
- 7 de agosto 
 
 Assim, 7 de agosto é uma quarta-feira. Com mais os 4 dias, 
chegamos ao dia 11 de agosto, um domingo. Como ele só doa sangue na 
quarta-feira, devemos avançar até a próxima quarta-feira, que é o dia 14 
de agosto. 
RESPOSTA: D 
 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ンヵ 
1.4 QUESTÕES SOBRE PADRÕES LÓGICOS 
 Nesse bloco veremos questões onde são apresentados figuras cujas 
características possuem algum padrão. A sua tarefa é identificar esse 
padrão, para então solucionar o problema. 
 
21. 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: 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ンヶ 
 
 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. 
 
22. 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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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ンΒ 
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. 
 
24. 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: 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ンΓ 
 
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. 
 
25. FCC – TRT/BA – 2013) Pretende-se pintar alguns dos 25 
quadradinhos do quadriculado 5 × 5 mostrado na figura a seguir. 
 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヴヰ 
O número máximo de quadradinhos que poderão ser pintados de modo 
que quaisquer dois quadradinhos pintados nunca possuam um lado em 
comum é igual a 
(A) 15. 
(B) 13. 
(C) 12. 
(D) 10. 
(E) 9. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja no desenho abaixo uma maneira de pintar os quadradinhos de 
acordo com as regras do enunciado, ou seja, sem pintar quadrados que 
tenham lados em comum: 
 
Repare que, ao todo, pintamos 13 quadradinhos. 
RESPOSTA: B 
 
26. FCC – TCE/AP – 2012) Uma empresa fabrica enfeites de Natal com 
a forma de esfera, todos de mesmo tamanho. Eles são acondicionados em 
embalagens cúbicas, que comportam oito enfeites. Nessas embalagens, 
cada enfeite fica encostado em outros três, além de tocar duas paredes e 
a tampa ou o fundo da embalagem. Se as embalagens forem reduzidas, 
mantendo a forma de cubo, de modo que cada aresta passe a medir 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヴヱ 
metade do comprimento original, cada embalagem passará a comportar, 
no máximo, 
(A) um único enfeite. 
(B) dois enfeites. 
(C) três enfeites. 
(D) quatro enfeites. 
(E) seis enfeites. 
RESOLUÇÃO: 
 Originalmente temos o seguinte esquema: 
 
 Nesta figura estamos olhando a caixa por cima, de modo que vemos 
apenas 4 das 8 esferas. Logo abaixo delas existe uma outra “camada” 
formada pelas 4 esferas restantes. Repare que, de fato, cada esfera toca 
duas paredes laterais, além de tocar o teto (ou o fundo) da caixa. Além 
disso, cada esfera toca outras duas em uma mesma “camada”, além de 
tocar uma terceira esfera que se encontra logo abaixo dela, na segunda 
“camada”. 
 Se reduzirmos em metade cada lado do cubo, teremos cubos como 
este pontilhado: 
 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヴヲ 
 Veja que neste cubo menor cabe apenas 1 esfera. 
Resposta: A 
 
27. VUNESP – POLÍCIA CIVIL/SP – 2013) A figura seguinte apresenta 
os seis primeiros elementos de uma sequência: 
 
Sendo a figura seguinte o último elemento dessa sequência, o total de 
elementos da sequencia é 
 
a) 29. 
b) 31. 
c) 32. 
d) 30. 
e) 28. 
RESOLUÇÃO: 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヴヴ 
Admitindo que a regularidade dessa sequência se mantenha para os 
próximos triangulos, é correto afirmar que a 120ª figura será igual a 
 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que o ‘ciclo’ é formado por 6 figuras, pois devemos ir 
girando as letras no sentido horário, e alternando os triângulos entre 
branco e cinza. Dividindo 120 por 6, temos quociente 20 e nenhum resto. 
Portanto, para chegar na 120ª figura, devemos passar por exatamente 20 
ciclos de 6 figuras, sendo que a 120ª será a última figura do 20º ciclo. Ela 
será, portanto, igual à 6ª figura: 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヴヵ 
 
RESPOSTA: A 
 
29. VUNESP – POLÍCIA CIVIL/SP – 2013) Observe a sequência de 
figuras. 
 
A partir da figura 6, a sequência se repete na ordem apresentada, ou 
seja, a figura 6 é igual à figura 1, a figura 7 é igual à figura 2, a figura 8 é 
igual à 3, e assim por diante. 
Se essa sequência vai até a figura 211, então o número de vezes em que 
a representação da figura 1 aparecerá é 
a) 45 
b) 43 
c) 44 
d) 42 
e) 41 
RESOLUÇÃO: 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヴヶ 
 Observe que temos ciclos formados por 5 figuras consecutivas. 
Dividindo 211 por 5, temos quociente 42 e resto 1. Ou seja, para chegar 
na 211ª figura, devemos passar por 42 ciclos completos (formados pelas 
figuras 1 a 5), e então por mais 1 figura, que será igual à figura 1. 
 Ou seja, a figura 1 aparece 42 vezes (uma vez em cada ciclo), e 
depois mais 1 vez no final (pois ela é a figura da posição 211 também), 
totalizando 43 aparições da figura 1. 
RESPOSTA: B 
 
1.5 QUESTÕES SOBRE SEQUÊNCIAS LÓGICAS 
 Nas questões sobre sequências / raciocínio sequencial, você será 
apresentado a um conjunto dedados dispostos de acordo com alguma 
“regra” implícita, alguma lógica de formação. O desafio é 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 para tornar o seu raciocínio mais “automático”, 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヴΑ 
criando modelos mentais que aumentem a chance de você conseguir 
resolver essa questão já nos primeiros minutos. 
 
30. VUNESP – POLÍCIA CIVIL/SP – 2013) Considere que a sequência 
das vogais seja repetida infinitamente, mantendo sempre a mesma 
lógica, conforme segue: 
a, e, i, o, u, a, e, i, o, u, a, e, i, o, u, a, e, i, ... 
Dessa forma por exemplo, o 1º elemento será a, o 2º elemento será e, e 
o 5º elemento será u, e o 9º elemento será o. O 957º elemento dessa 
repetição, nesses caso, será 
a) i. 
b) o. 
c) u. 
d) e. 
e) a. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que temos ciclos formados por 5 letras (a e i o u). 
Dividindo 957 por 5, temos quociente 191 e resto 2. Ou seja, até chegar 
na 957ª posição vamos passar por 191 ciclos completos de 5 letras 
(aeiou), e mais 2 letras: uma letra “a” e uma letra “e”, sendo esta a que 
ocupa a 957ª posição. 
RESPOSTA: D 
 
31. FGV – SEJAP/MA – 2013) 
Observe a sequência de números naturais a seguir: 
1, 3, 5, 2, 4, 7, 9, 11, 6, 8, 13, 15, 17, 10, 12, 19, ... 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヴΒ 
O 87º termo dessa sequência é o número: 
(A) 87. 
(B) 99. 
(C) 101. 
(D) 103. 
(E) 105. 
RESOLUÇÃO: 
 A sequência que vemos no enunciado pode ser melhor entendida 
assim: 
1, 3, 5, 2, 4, 7, 9, 11, 6, 8, 13, 15, 17, 10, 12, 19, ... 
 
 Observe o primeiro conjunto de 5 números (1, 3, 5, 2 , 4) e o 
segundo conjunto de 5 números (7, 9, 11, 6, 8). Note que: 
1 + 6 = 7 
3 + 6 = 9 
5 + 6 = 11 
2 + 4 = 6 
4 + 4 = 8 
 
 Compare o segundo conjunto de 5 números (7, 9, 11, 6, 8) com o 
terceiro (13, 15, 17, 10, 12), e você verá que novamente se repetem as 
somas de 6, 6, 6, 4 e 4. 
 Para sabermos qual é o termo da posição 87, vamos começar 
dividindo 87 pelo tamanho do ciclo, ou seja, por 5. Fazendo isso, temos 
quociente 17 e resto 2. Portanto, para chegar no termo 87 devemos 
passar por 17 ciclos completos de 5 números, e mais 2 termos do 18º 
ciclo. O segundo termo do primeiro ciclo é 3, e a partir daí devemos 
somar 6 unidades a cada ciclo. Do primeiro para o 18º ciclo temos que 
somar 17 vezes o número 6, ou seja, somar 17 x 6 = 102 unidades ao 
número 3, ficando com 102 + 3 = 105. 
RESPOSTA: E 
 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヴΓ 
32. FGV – FUNDAÇÃO PRÓ-SAÚDE/SP – 2013) 
Considere a sequência infinita de letras que mantém sempre o mesmo 
padrão de repetição. 
“D O E S A N G U E D O E S A N G U E D O E S A N G U E D O E S A N ...” 
Nessa sequência, a posição 2013 é ocupada pela letra 
a) S. 
b) A. 
c) N. 
d) G. 
e) U. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que a sequência é formada por conjuntos de 9 letras que 
se repetem: D O E S A N G U E. Dividindo 2013 por 9, temos quociente 
223 e resto 6. Portanto, para chegar na 2013ª posição precisamos passar 
por 223 ciclos de 9 letras, e depois por mais 6 letras: D, O, E, S, A, N. 
Essa última é a da posição 2013. 
RESPOSTA: C 
 
33. FGV – SUDENE/PE – 2013) 
Considere a sequência infinita de letras: 
SUDENENEDUSUDENENEDUSUDEN... 
que se repetem segundo o mesmo padrão. 
Quando a letra E for escrita pela 100ª vez ela ocupará 
nessa sequência a posição 
(A) 304. 
(B) 314. 
(C) 324. 
(D) 334. 
(E) 344. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que a sequência é formada por ciclos de 10 letras que se 
repetem: SUDENENEDU. Em cada ciclo temos 3 letras E. Assim, após 33 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヵヰ 
ciclos teremos 33 x 3 = 99 letras E. Após esses mesmos 33 ciclos, 
teremos passado por 33 x 10 = 330 letras. Para chegar na próxima letra 
E, que será a 100ª, precisamos escrever ainda mais um S, U, D, E. 
Portanto, somando essas 4 letras às 330 anteriores, chegamos à posição 
334, onde se encontra o centésimo E. 
RESPOSTA: D 
 
34. FGV – Senado Federal – 2012) Considere a sequência de letras a 
seguir: " abczydefxwghiv...".Mantendo-se a mesma lei de formação,as 
duas próximas letras na sequência serão 
a) jk 
b) uk 
c) tj 
d) tk 
e) uj 
RESOLUÇÃO: 
 Podemos separar as letras “convenientemente” assim: 
abc zy def xw ghi v... 
 
 Note que temos duas sequências intercaladas: 
- uma com as letras do alfabeto, em ordem crescente, em grupos de 3 
letras consecutivas: abc def ghi ... 
 
- uma com as letras do alfabeto, em ordem decrescente, em grupos de 2 
letras consecutivas: zy xw v... 
 
 Note que falta colocar uma letra da segunda sequência junto do “v”, 
formando “vu”, e a seguir devemos colocar mais 3 letras consecutivas na 
primeira sequência, que seriam “jkl”. 
 Portanto, a sequência seria: 
abc zy def xw ghi vu jkl... 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヵヱ 
 
 Portanto, a partir do “v” as duas próximas letras são u e j. 
Resposta: E 
 
35. 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 
 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヵヲ 
 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 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヵン 
2. RESOLUÇÃO DE QUESTÕES CESPE 
 
 
36. CESPE – TRE/GO – 2015) André, Bruno e Carlos, técnicos de um 
TRE, começaram a analisar, no mesmo instante e individualmente, as 
prestações de contas das campanhas de três candidatos, compostas de 
60 documentos cada uma. Cada um dos técnicos deveria analisar as 
contas de um candidato. Ao terminar a análise de sua parte, Carlos, sem 
perda de tempo, passou a ajudar Bruno e, quando os dois terminaram a 
parte de Bruno, eles se juntaram, imediatamente, a André, até que os 
três juntos terminaram todo o trabalho, cada um mantendo o seu ritmo 
até o final. Com relação a essa situação hipotética, julgue os itens 
seguintes, considerando que em 10 minutos de trabalho, André analise 2 
documentos, Bruno, 3 documentos e Carlos, 5. 
( ) A análise de todos os documentos foi feita em mais de 5 horas. 
( ) Carlos concluiu a análise de sua parte dos documentos em menos de 
90 minutos. 
( ) Quando Carlos concluiu a análise de sua parte dos documentos, 
André e Bruno haviam analisado, juntos, a mesma quantidade de 
documentos que Carlos. 
RESOLUÇÃO: 
( ) A análise de todos os documentos foi feita em mais de 5 horas. 
 Note que em 10 minutos de trabalho são analisados 2+3+5 = 10 
documentos (André analisa 2 documentos, Bruno, 3 documentos e Carlos, 
5). Isto é, são analisados 1 documento por minuto. Para analisar os 3x60 
= 180 documentos, precisaremos de exatamente 180 minutos, ou 3 
horas. 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヵヴ 
 Item ERRADO. 
 
( ) Carlos concluiu a análise de sua parte dos documentos em menos de 
90 minutos. 
 Carlos analisa 5 documentos a cada 10 minutos, isto é, 1 
documento a cada 2 minutos. Portanto, para analisar seus 60 
documentos, ele precisa de 60x2 = 120 minutos. Item ERRADO. 
 
( ) Quando Carlos concluiu a análise de sua parte dos documentos, 
André e Bruno haviam analisado, juntos, a mesma quantidade de 
documentos que Carlos. 
 André e Bruno analisam juntos 2+3 = 5 documentos a cada 10 
minutos. Veja que a produtividade dos dois juntos é a mesma de Carlos 
(5 documentos a cada 10 minutos). Portanto, no momento que Carlos 
finalizou a análise dos seus 60 documentos, certamente André e Bruno 
haviam terminado a mesma quantidade. Item CORRETO. 
RESPOSTA: EEC 
 
37. CESPE – TRE/GO – 2015) Um eleitor deverá escolher um entre os 
candidatos A, B, C e D. Ele recebeu, de seus amigos, as quatro seguintes 
mensagens a respeito desses candidatos: 
• Os candidatos A e B são empresários. 
• Exatamente dois entre os candidatos A, B e C são empresários. 
• O candidato A é empresário. 
• O candidato C é empresário. 
Com base nas informações apresentadas, julgue os próximos itens, 
considerando que o eleitor sabe que exatamente uma das mensagens é 
falsa e que exatamente um dos candidatos não é empresário. 
( ) As informações são suficientes para se concluir que o candidato D é 
empresário. 
( ) O candidato A é empresário. 
RESOLUÇÃO: 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヵΒ 
38. CESPE – TC/DF – 2012) Em um conjunto E de empresas, indica-se 
por Ex o subconjunto de E formado pelas empresas que já participaram de 
pelo menos x 
procedimentos licitatórios, em que x = 0, 1, 2, ..., e por Nx a 
quantidade de elementos do conjunto Ex. Julgue os itens seguintes, a 
respeito desses conjuntos. 
 
( ) Se x e y forem números inteiros não negativos e x y , então Ey  Ex. 
RESOLUÇÃO: 
 Uma empresa que participou de 5 licitações certamente faz parte do 
conjunto E5. Mas ela também faz parte dos conjuntos E4, E3, ..., E0. Isto 
porque podemos afirmar que esta empresa participou de pelo menos 4 
licitações, ou de pelo menos 3, e assim por diante. Assim, se x y , todas 
as empresas que já participaram de y licitações também já participaram 
de x licitações. Isto é, o conjunto Ey está contido no conjunto Ex, como diz 
o enunciado. Item CORRETO. 
Resposta: C 
 
39. CESPE – TRT/21ª – 2010) Uma empresa incentiva o viver saudável 
de seus funcionários. Para isso, dispensa mais cedo, duas vezes por 
semana, aqueles envolvidos em alguma prática esportiva. Aproveitando a 
oportunidade, Ana, Bia, Clara e Diana decidiram se associar a uma 
academia de ginástica, sendo que escolheram atividades diferentes, quais 
sejam, musculação, ioga, natação e ginástica aeróbica. O intuito é manter 
a forma e, se possível, perder peso. No momento, o peso de cada 
funcionária assume um dos seguintes valores: 50kg, 54kg, 56kg ou 60kg. 
O que também se sabe é que: 
(a) Ana não faz musculação e não pesa 54 kg. 
(b) Bia faz ioga e não tem 50 kg. 
(c) A jovem que faz musculação pesa 56 kg e não é a Clara. 
(d) A jovem com 54 kg faz natação. 
Com base nessas informações, é correto afirmar que 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヶヲ 
 
40. CESPE – EBC – 2011) Para acessar os caixas eletrônicos de um 
banco, os clientes fornecem uma senha composta por três pares de letras 
do alfabeto. A senha de determinado cliente contém um par de vogais e 
dois pares de consoantes, não necessariamente nessa ordem, e é 
formada da seguinte maneira: 
1.º par: retirado da lista CI, UM, XV; 
2.º par: retirado da lista XM, AE, YO; 
3.º par: retirado da lista: CD, PM, EU. 
Sabe-se também que a senha desse cliente contém 3 letras da palavra 
CRETA. 
A partir dessas informações, julgue os itens a seguir. 
( ) A senha desse cliente é formada por letras distintas. 
( ) A palavra XAROPE contém 4 letras que aparecem na senha do referido 
cliente 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que em cada uma das listas existe apenas 1 par de vogais e 1 
par de consoantes, com exceção da 3ª lista, que possui mais 1 par de 
consoantes. Ainda, marquei em negrito as letras que fazem parte da 
palavra CRETA: 
CI, UM, XV; 
XM, AE, YO; 
CD, PM, EU. 
 Para pegar 3 letras de CRETA, será preciso pegar um C, um A e um 
E. Para pegar o A, necessariamente é preciso selecionar o par AE na 
segunda lista. Com isso, o C pode ser obtido de CI (primeira lista) e CD 
(terceira lista) Devemos escolher CD, pois a senha só pode ter 1 par de 
vogais. Por fim, na primeira lista devemos escolher XV, pois a senha 
precisa ter 2 pares de consoantes. 
 Assim, a senha é XV, AE, CD. Vamos julgar os itens. 
 
( ) A senha desse cliente é formada por letras distintas. 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヶン 
 CORRETO, pois na senha XV-AE-CD as letras são distintas. 
 
( ) A palavra XAROPE contém 4 letras que aparecem na senha do referido 
cliente 
 ERRADO, pois a palavra XAROPE contém apenas 3 letras da senha 
(X, A e E). 
Resposta: C E 
 
41. CESPE – INPI – 2013) No Festival Internacional de Campos do 
Jordão, estiveram presentes os músicos Carlos, Francisco, Maria e Isabel. 
Um deles é brasileiro, outro é mexicano, outro é chileno e outro, 
peruano. Um deles tem 18 anos de idade, outro, 20, outro, 21 e o outro, 
23. Cada um desses músicos é especialista em um dos instrumentos: 
flauta, violino, clarinete e oboé. Sabe-se que Carlos não é brasileiro,tem 
18 anos de idade e não é flautista; Francisco é chileno, não tem 20 anos 
de idade e é especialista em oboé; Maria tem 23 anos de idade e não é 
clarinetista; Isabel é mexicana e não é clarinetista; e o flautista tem mais 
de 20 anos de idade. 
Com base nessas informações, julgue os itens a seguir. 
( ) Carlos é mexicano. 
( ) Maria é flautista. 
( ) Isabel tem 20 anos de idade. 
( ) O flautista é brasileiro. 
RESOLUÇÃO: 
 Devemos associar 4 músicos (Carlos, Francisco, Maria e Isabel), 4 
nacionalidades (brasileiro, mexicano, chileno e peruano), 4 idades (18, 
20, 21, 23) e 4 instrumentos (flauta, violino, clarinete e oboé). A tabela 
abaixo nos permite associar todas as possibilidades: 
 
 
 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヶΑ 
42. CESPE – TRT/10 – 2013) Em um jogo para dois jogadores 
constituído por uma pilha de 1.000 palitos, cada jogador retira da pilha, 
alternadamente e sem reposição, uma quantidade de palitos, a qual pode 
consistir em 1 palito, 2 palitos, 3 palitos, 4 palitos ou 5 palitos. Nesse 
jogo, ganha o jogador que retirar o último palito da pilha. Acerca do jogo 
acima descrito, julgue os itens que se seguem. 
( ) Considere que o jogador que iniciou o jogo tenha estabelecido a 
seguinte estratégia: na jogada inicial, ele retirará 4 palitos e, nas jogadas 
seguintes, ele retirará, a cada jogada, uma quantidade de palitos que, 
somada à quantidade de palitos que o outro jogador acabou de retirar, 
seja igual a 5 ou a 10 palitos. Em face dessa situação, é correto afirmar 
que o jogador que iniciou o jogo terá assegurada a sua vitória. 
( ) Do início ao término do jogo, é possível que algum dos jogadores faça 
menos de 100 retiradas de palitos. 
RESOLUÇÃO: 
( ) Considere que o jogador que iniciou o jogo tenha estabelecido a 
seguinte estratégia: na jogada inicial, ele retirará 4 palitos e, nas jogadas 
seguintes, ele retirará, a cada jogada, uma quantidade de palitos que, 
somada à quantidade de palitos que o outro jogador acabou de retirar, 
seja igual a 5 ou a 10 palitos. Em face dessa situação, é correto afirmar 
que o jogador que iniciou o jogo terá assegurada a sua vitória. 
 Se o jogador que iniciou tirar 4 palitos, ficam 996. Imagine que, a 
partir daí, o outro jogador sempre retire 4 palitos, de modo que o jogador 
que iniciou a partida deverá retirar 1 em sua jogada (para totalizar 5 a 
cada par de retiradas). A partir daí, após 197 jogadas do outro jogador, 
alternadas com 197 jogadas daquele que iniciou a partida, sobram: 
996 – 5 x 197 = 11 palitos 
 A jogada seguinte é do outro jogador. Se, neste momento, ele 
resolver retirar 5 palitos, sobram 11 – 5 = 6. Nesta situação, o jogador 
que começou a partida deverá retirar de 1 a 5 palitos, não finalizando o 
jogo. Quando chegar a vez do outro jogador, ele poderá retirar todos os 
palitos restantes (que serão 5 ou menos), ganhando o jogo. 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヶΒ 
 Portanto, a vitória do 1º jogador não está assegurada. Item 
ERRADO. 
 
( ) Do início ao término do jogo, é possível que algum dos jogadores faça 
menos de 100 retiradas de palitos. 
 Imagine o número mínimo de retiradas possível. Ele é obtido 
“forçando” todos a retirarem o máximo de palitos por vez, ou seja, 5 
palitos. Assim, são necessárias 1000 / 5 = 200 jogadas. Como são 2 
jogadores, é necessário que eles façam, pelo menos, 100 retiradas cada. 
Item ERRADO. 
Resposta: E E 
43. CESPE – MIN – 2013) O casal Cássio e Cássia tem as seguintes 
peculiaridades: tudo o que Cássio diz às quartas, quintas e sextas-feiras é 
mentira, sendo verdade o que é dito por ele nos outros dias da semana; 
tudo o que Cássia diz aos domingos, segundas e terças-feiras é mentira, 
sendo verdade o que é dito por ela nos outros dias da semana. A respeito 
das peculiaridades desse casal, julgue os itens subsecutivos. 
( ) Se, em certo dia, ambos disserem “Amanhã é meu dia de mentir”, 
então essa afirmação terá sido feita em uma terça-feira. 
( ) Na terça-feira, Cássia disse que iria ao supermercado no sábado e na 
quarta-feira, que compraria arroz no sábado. Nesse caso, a proposição 
“Se Cássia for ao supermercado no sábado, então comprará arroz” é 
verdadeira. 
( ) Se, em uma sexta-feira, Cássio disser a Cássia: “Se eu te amasse, eu 
não iria embora”, será correto concluir que Cássio não ama Cássia. 
RESOLUÇÃO: 
( ) Se, em certo dia, ambos disserem “Amanhã é meu dia de mentir”, 
então essa afirmação terá sido feita em uma terça-feira. 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ヶΓ 
 Sintetizando o enunciado, sabemos que: 
- Cássio mente às quartas, quintas e sextas; 
- Cássia mente aos domingos, segundas e terças. 
 Numa terça-feira Cássio fala a verdade e Cássia mente. Assim, a 
frase “Amanhã é meu dia de mentir” de fato será uma verdade dita por 
Cássio, e será uma mentira dita por Cássia (dado que na quarta-feira ela 
fala a verdade). 
 Assim, é possível que este dia seja uma terça. Mais do que dia, este 
é o único dia que ambos podem dizer esta frase. Se fosse uma sexta-feira 
(último dia que Cássio mente), Cássia não poderia dizer esta frase, pois 
no sábado ambos falam a verdade. Testando os outros dias, você verá 
que também não seria possível ambos falarem esta frase 
simultaneamente. Item CORRETO. 
( ) Na terça-feira, Cássia disse que iria ao supermercado no sábado e na 
quarta-feira, que compraria arroz no sábado. Nesse caso, a proposição 
“Se Cássia for ao supermercado no sábado, então comprará arroz” é 
verdadeira. 
 O que Cássia diz na terça é mentira. Logo, ela NÃO iria ao 
supermercado no sábado. E o que ela diz na quarta é verdade. Portanto, 
de fato ela iria COMPRAR arroz no sábado. 
 Na proposição dada, vemos que a primeira parte é falsa (pois ela 
não foi ao supermercado no sábado) e a segunda é verdadeira (pois ela 
comprou arroz). Uma condicional onde temos FV é verdadeira. Item 
CORRETO. 
 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ Αヰ 
( ) Se, em uma sexta-feira, Cássio disser a Cássia: “Se eu te amasse, eu 
não iria embora”, será correto concluir que Cássio não ama Cássia. 
 Cássio mente às sextas. Logo, a frase é uma mentira, sendo 
verdade a sua negação. A negação desta condicional é: “Eu te amo E eu 
vou embora”. Assim, é ERRADO concluir que ele não ama Cássia. 
Resposta: C C E 
 
44. CESPE – MME – 2013) João, Paulo e Mário, servidores do governo 
federal, trabalham um no Ministério da Defesa, outro no Ministério de 
Minas e Energia e outro no Ministério da Justiça. Um é advogado, outro é 
administrador e outro é contador. Eles farão pós-graduação em suas 
áreas de trabalho e um irá para a UnB, outro para a UNICAMP e outro 
para a USP. Sabe-se que: 
• o advogado irá estudar na UnB e não trabalha no Ministério da Defesa; 
• Mário é contador e não trabalha no ministério da Defesa; 
• Paulo irá estudar na UNICAMP e não trabalha no Ministério da Justiça; 
• o servidor do Ministério de Minas e Energia irá estudar na USP. 
Com base nessas informações hipotéticas, assinale a opção correta. 
A O servidor do Ministério de Minas e Energia é contador. 
B Mário vai estudar na UnB. 
C O administrador trabalha no Ministério da Justiça. 
D João trabalha no Ministério da Defesa. 
E Paulo é advogado. 
RESOLUÇÃO: 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIAFEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ Αヴ 
cada pérola pequena e de cada pérola grande são R$ 50,00, R$ 100,00 e 
R$ 150,00, respectivamente. Considerando que, no colar, foram utilizados 
30 separadores de ouro, então o seu custo total, em reais, com os 
separadores e as pérolas, é 
A superior a 5.800 e inferior a 6.800. 
B superior a 6.800 e inferior a 7.800. 
C superior a 7.800 e inferior a 8.800. 
D superior a 8.800. 
E inferior a 5.800,00. 
RESOLUÇÃO: 
 Repare que de cada lado de uma pérola grande teremos 2 pérolas 
pequenas, de modo que é preciso ter um separador de cada lado de uma 
pérola grande. Isto é, se foram usados 30 separadores, é porque temos 
15 pérolas grandes. Da mesma forma, como de cada lado de uma pérola 
grande há uma pérola pequena de cada lado, o total de pérolas pequenas 
é 2 x 15 = 30. Assim, temos 30 pérolas pequenas, 15 grandes e 30 
separadores, de modo que o custo total é: 
 
Custo = 30 x 50,00 + 30 x 100,00 + 15 x 150,00 = 6750,00 reais 
 
 Para facilitar a sua vizualização, desenhei um colar com 8 
separadores, 4 pérolas grandes e 8 pequenas: 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ Αヵ 
 
Resposta: A 
 
46. CESPE – SAEB/BA – 2013) Com a finalidade de se evitar a extinção 
de determinada espécie de animal, um casal recém-nascido foi colocado 
para se reproduzir em cativeiro. Sabe-se que os animais dessa espécie 
não se reproduzem antes de completar dois anos de idade e que, a partir 
daí cada casal produz exatamente outro casal por ano. Supondo que não 
haja mortes, após o nono ano da introdução do primeiro casal no 
cativeiro, a quantidade de casais dessa espécie será igual a 
A 55. 
B 89. 
C 110. 
D 256. 
RESOLUÇÃO: 
 No 2º ano de idade o casal começará a se reproduzir, gerando 1 
casal. No terceiro ano teremos 1 casal em seu 1º ano de idade (aquele 
que foi gerado no ano anterior), 1 casal se reproduzindo (o primeiro 
casal) e será gerado mais 1 casal. No quarto ano, teremos um casal em 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ΑΑ 
 
48. 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-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 
 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ΑΒ 
49. CESPE – CORREIOS – 2011) As remunerações brutas mensais — 
isto é, sem qualquer desconto — dos empregados de determinada 
empresa são calculadas com base na soma das seguintes quantidades: 
• salário fixo, no valor de R$ 2.400,00, correspondente a 160 horas 
trabalhadas no mês; 
• horas extras, definidas como a remuneração correspondente à 
quantidade de horas e(ou) fração de hora que ultrapassar as 160 horas 
exigidas, multiplicada pelo valor de cada hora completa, que é igual a R$ 
15,00. 
Com base nessa situação hipotética e considerando-se que, em 
determinado mês, a remuneração bruta de um empregado dessa empresa 
foi igual a R$ 2.750,00, é correto afirmar que, nesse mês, esse 
empregado trabalhou durante 183 horas e 
A 20 minutos. 
B 25 minutos. 
C 30 minutos. 
D 10 minutos. 
E 15 minutos. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que, além dos 2400 reais recebidos como parcela fixa, para 
chegar a 2750 reais foram ganhos mais 350 reais a título de horas extras. 
Sendo 15 reais o valor da hora extra, então o número de horas extras foi: 
350 / 15 = 23,33 horas extras 
 
 Portanto, além das 160 horas normais, o funcionário fez 23,33 
horas extras, isto é, trabalhou ao todo 183,33 horas. Vejamos a quantos 
minutos correspondem 0,33 horas: 
1 hora ------------------- 60 minutos 
0,33 hora---------------- T minutos 
 
1T = 0,33 x 60 
T = 20 minutos 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ ΑΓ 
 
 Assim, 183,33 horas correspondem a 183 horas e 20 minutos. 
Resposta: A 
 
50. CESPE – TJ/RR – 2012) Considere as seguintes definições: 
 
I. os divisores próprios de um número inteiro positivo n são todos os 
divisores inteiros positivos de n, exceto o próprio n; 
II. um número n será perfeito se a soma de seus divisores próprios for 
igual a n; 
III. dois números serão números amigos se cada um deles for igual à 
soma dos divisores próprios do outro. 
 
Com base nessas definições, julgue os itens que seguem. 
 
( ) O número 28 é um número perfeito. 
( ) Os números 284 e 220 são números amigos. 
( ) Se um número é maior que 1, então o conjunto dos seus divisores 
próprios tem, pelo menos, 2 elementos. 
( ) Nenhum número primo é um número perfeito. 
RESOLUÇÃO: 
( ) O número 28 é um número perfeito. 
 Os divisores de 28 são 1, 2, 4, 7, 14, 28. A soma dos divisores de 
28, exceto o próprio número, é 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28. Portanto, 
segundo a definição dada no item II do enunciado, o número 28 é 
perfeito. Item CORRETO. 
 
 ( ) Os números 284 e 220 são números amigos. 
 Fatorando esses dois números, você obtem: 
220 = 22 x 5 x 11 
284 = 22 x 71 
 
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Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ Βヰ 
 Assim, os divisores de 220 são {1, 2, 4, 5, 10, 11, 20, 22, 44, 55, 
110, 220}. Veja que a sua soma (excluindo o próprio 220) é 284. 
 Da mesma forma, os divisores de 284 são {1, 2, 4, 71, 142, 284}. 
A sua soma (excluindo o próprio 284) é 220. 
 Logo, segundo a definição III do enunciado, estes números são 
amigos. Item CORRETO. 
 
( ) Se um número é maior que 1, então o conjunto dos seus divisores 
próprios tem, pelo menos, 2 elementos. 
 ERRADO. Se um número for primo, ele terá apenas um divisor 
próprio (o próprio número 1). Veja, por exemplo, que o único divisor 
próprio de 7 é o número 1. 
 
( ) Nenhum número primo é um número perfeito. 
 O único divisor próprio de um número primo é o 1. Portanto, a 
soma dos divisores próprios de um número primo é igual a 1. Assim, 
nenhum número primo é perfeito, pois a soma dos divisores próprios 
nunca será igual ao próprio número. Item CORRETO. 
Resposta: C C E C 
 
51. CESPE – ANTT – 2013) Uma locadora de veículos classifica seus 
clientes — que são motoristas habilitados — em clientes do grupo 1 ou 
grupo 2. Aos clientes do grupo 1 é dispensadoo pagamento de taxa de 
seguro e é dado desconto de R$20,00 na tarifa diária de locação. Para ser 
cliente do grupo 1, a pessoa precisa ter habilitação de motorista há mais 
de 10 anos ou ter idade inferior a 70 anos. Todos os outros clientes são 
classificados no grupo 2. Com base nessas informações, julgue os itens a 
seguir. 
( ) Se um cliente tiver obtido a habilitação de motorista em 2000, fizer a 
locação de um carro nessa locadora em 2008, e não obter o desconto de 
R$ 20,00 na tarifa diária de locação, então, a idade desse cliente ao final 
de 2012 seria de, no máximo, 72 anos. 
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Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ Βヱ 
( ) Caso um cliente não tenha obtido desconto de R$ 20,00 na tarifa 
diária de locação da referida locadora, então, a idade dessa pessoa, no 
momento da locação, será de, no mínimo, 70 anos. 
( ) Se determinado cliente ao realizar a locação de veículo na referida 
locadora não for dispensado de pagar a taxa de seguro, então, esse 
cliente, ao fazer a locação, terá, necessariamente, habilitação de 
motorista a menos de 10 anos. 
RESOLUÇÃO: 
 Note que existem duas possibilidades, independentes uma da outra, 
para ser do grupo 1 (e com isso conseguir o desconto e não pagar o 
seguro). Basta preencher uma delas: 
- ter habilitação de motorista há mais de 10 anos; OU 
- ter idade inferior a 70 anos. 
 
 Vejamos os itens: 
 
( ) Se um cliente tiver obtido a habilitação de motorista em 2000, fizer a 
locação de um carro nessa locadora em 2008, e não obter o desconto de 
R$ 20,00 na tarifa diária de locação, então, a idade desse cliente ao final 
de 2012 seria de, no máximo, 72 anos. 
 Neste caso, o cliente tem habilitação há menos de 10 anos. Se ele 
não obteve o desconto, é porque também não preenche a outra 
possibilidade (idade inferior a 70). Ou seja, ele certamente tinha mais de 
70 anos em 2008. Deste modo, em 2012 a idade desse cliente será maior 
que 72 anos. Item ERRADO. 
 
( ) Caso um cliente não tenha obtido desconto de R$ 20,00 na tarifa 
diária de locação da referida locadora, então, a idade dessa pessoa, no 
momento da locação, será de, no mínimo, 70 anos. 
 Se a pessoa não obteve o desconto, é porque ela não preenche 
nenhuma das condições. Assim, certamente essa pessoa: 
- tem habilitação há menos de 10 anos; E 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ Βヲ 
- tem idade igual ou superior a 70 anos. 
 
 Item CORRETO. 
 
( ) Se determinado cliente ao realizar a locação de veículo na referida 
locadora não for dispensado de pagar a taxa de seguro, então, esse 
cliente, ao fazer a locação, terá, necessariamente, habilitação de 
motorista a menos de 10 anos. 
 Quem não é dispensado de pagar seguro deve obrigatoriamente ser 
do grupo 2. Ou seja, são as pessoas com habilitação a 10 anos ou menos 
E com idade igual ou superior a 70 anos. 
 Assim, este item está ERRADO, pois um motorista com exatamente 
10 anos de habilitação, mas que possua idade de 70 anos ou mais, não 
pode fazer parte do grupo 1, devendo fazer parte do grupo 2 e, por isso, 
não ser dispensado do pagamento do seguro. 
Resposta: E C E 
 
52. CESPE – ANTT – 2013) Um ônibus que passa pelas paradas A, B, C 
e D, nessa 
ordem, chegou à parada A transportando 10 passageiros. Além disso, 
sabe-se que, 
< na parada A, alguns passageiros embarcaram no ônibus; 
< na parada B, embarcaram no ônibus mais alguns passageiros e 
desembarcaram 5 passageiros, entre esses, 3 daqueles que ingressaram 
no ônibus na parada A; 
< na parada C, desceu do ônibus o restante dos passageiros que subiram 
na parada A e mais 5 passageiros; 
< na parada D, desceram do ônibus mais alguns passageiros, não ficando 
mais nenhum daqueles passageiros que subiram na parada B. 
Com base nessas informações, julgue os próximos itens. 
 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ Βン 
( ) Independentemente da quantidade de passageiros que ingressaram no 
ônibus nas paradas A e B, a quantidade de passageiros que estavam no 
ônibus quando esse partiu da parada D era de, no mínimo, 3. 
( ) Se a maior parte dos passageiros que embarcaram no ônibus na 
parada A desembarcou na parada C, então, entre as paradas B e C, havia 
no ônibus mais de 13 passageiros. 
RESOLUÇÃO: 
( ) Independentemente da quantidade de passageiros que ingressaram no 
ônibus nas paradas A e B, a quantidade de passageiros que estavam no 
ônibus quando esse partiu da parada D era de, no mínimo, 3. 
 Haviam 10 passageiros, e mais “n” embarcaram em A, ficando o 
ônibus com “10 + n” passageiros. Em B saíram 3 passageiros que tinham 
entrado em A, e mais 2 que tinham entrado antes, totalizando 5. Também 
embarcaram mais “m” passageiros. Assim, o ônibus ficou com: 
10 – 2 = 8 passageiros que haviam embarcado antes de A; 
n – 3 passageiros que embarcaram em A; 
m passageiros que embarcaram em B. 
 
 Em C desceram os passageiros restantes que haviam embarcado 
em A, ou seja, os n – 3 passageiros. Com isso, restaram 8 + m. Como 
desceram mais 5 passageiros em C, sobraram no ônibus (8 + m) – 5 = 3 
+ m passageiros. 
 Ao chegar em D, desceram do ônibus mais alguns passageiros, não 
ficando mais nenhum daqueles m que haviam subido em B. Como haviam 
apenas 3 + m passageiros, e podem ter descido mais de “m” passageiros, 
é possível que a quantidade final de passageiros seja MENOR do que 3, o 
que torna o item ERRADO. 
 
( ) Se a maior parte dos passageiros que embarcaram no ônibus na 
parada A desembarcou na parada C, então, entre as paradas B e C, havia 
no ônibus mais de 13 passageiros. 
MATEMÁTICA Pっ POLÍCIA RODOVIÁRIA FEDERAL 
TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ Βヴ 
 Sabemos que em B desembarcaram 3 passageiros que haviam 
subido em A. Se a MAIORIA dos que subiram em A desceram em C, isto 
significa que a quantidade que subiu em A é de 7 ou mais pessoas (de tal 
modo que os 3 passageiros que desceram em B sejam a minoria). 
 Como vimos durante o item anterior, o ônibus saiu de B com: 
10 – 2 = 8 passageiros que haviam embarcado antes de A; 
n – 3 passageiros que embarcaram em A; 
m passageiros que embarcaram em B. 
 
 Isto é, o ônibus saiu de B com 8 + (n – 3) + m = 5 + n + m 
passageiros. Como n (total de passageiros que embarcaram em A) deve 
ser maior ou igual a 7, então: 
5 + n + m  5 + 7 + m 
5 + n + m  12 + m 
 
 Ou seja, o total de passageiros entre B e C é maior ou igual a 12 + 
m. O número de passageiros que embarcaram em B é de 2 ou mais, pois 
foi dito que “alguns” embarcaram em B. Assim, vemos que m  2, de 
modo que: 
12 + m  14 
 
Então, o total de passageiros entre B e C é maior ou igual a 14, 
sendo necessariamente maior do que 13. Item CORRETO. 
Resposta: E C 
 
53. CESPE – ANTT – 2013) 
 
A tabela acima apresenta o resultado de uma pesquisa, da qual 
participaram 1.000 pessoas, a respeito do uso de meios de transporte na 
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TEORIA E QUESTÕES COMENTADAS 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; に A┌ﾉ; ヰヶ 
 
Pヴﾗaく Aヴデｴ┌ヴ Lｷﾏ; ┘┘┘くWゲデヴ;デWｪｷ;IﾗﾐI┌ヴゲﾗゲくIﾗﾏくHヴ Βヵ 
locomoção entre as cidades brasileiras. Com base nessa tabela, julgue os 
itens seguintes. 
( ) No máximo, 50 pessoas entre as pesquisadas não utilizam nenhum 
dos dois meios de transporte em suas viagens. 
( ) No mínimo, 650 pessoas, entre as pesquisadas, utilizam os dois meios 
de