Unidade — Fundamentos da genética

Capítulo 1 — O vocábulário genético
15. Poderia analisar os descendentes dos cruzamentos, feitos em
um mesmo ambiente, entre machos e fêmeas portadores dessa
variação e também entre machos e fêmeas não portadores.
Se o cruzamento entre portadores gerar maior quantidade
de animais com chifres incomuns que o cruzamento entre
não portadores, pode-se admitir que a variação é de origem
genética. Caso a frequência de animais com a variação seja a
mesma nos dois tipos de cruzamentos, deve-se presumir que
sua manifestação depende de fatores ambientais.
16. b
2 blusas cinza 2
17. a) P (blusa cinza) =
ou 22,22%.
9 blusas
9
2 vestidos amarelos 2 1
b) P (vestido amarelo) =
ou
6 vestidos
6 3
33,33%.
c) P (blusa vermelha ou blusa azul) = P (blusa vermelha) +
3 4 7
P (blusa azul) = ou 77,77%.
9 9 9
d) P (blusa cinza e calça preta) = P (blusa cinza) · P (calça
2 2 4
preta) = • ou 8,88%.
9 5 45
1
18. a) A probabilidade de obter face 5 em um lançamento é .
6
Como os dois lançamentos são eventos independentes,
1 1 1
P • 0, 0287 ou 2,78%.
6 6 36
b) A probabilidade de obter apenas números pares em um
lançamento de dois dados é 1 • 1 1 . Como os três
2 2 4
lançamentos consecutivos dos dois dados são eventos
independentes, 1 · 1 · 1 1 0, 0156 1, 56% .
4 4 4 64
19. a) O rei de paus é somente uma entre as 52 cartas do baralho.
1
Portanto: P =
= 0,0192 ou 1,92%.
52
b) Na primeira retirada, há 12 cartas de copas em um total de
12
52 cartas; portanto, P . Na segunda retirada, 11 cartas
52
de copas no total de apenas 51 cartas (pois uma carta já foi
11
retirada); logo, P . Como as duas retiradas são eventos
51
12 11 132
independentes, P =
·
0, 0497 ou 4,97%.
52 51 2.652
20. De acordo com o princípio fundamental da contagem, o número
de eventos combinados é o produto das probabilidades dos
eventos. Como são dois “tipos” de filhos de acordo com a cor
dos olhos (azuis ou castanhos), três “tipos” de filhos de acordo
com o cabelo, quatro “tipos” de filho de acordo com o grupo
sanguíneo e um “tipo” de filho de acordo com a capacidade de
enrolar a língua, o número de combinações possíveis é dado por
n = 2 · 3 · 4 · 1 = 24. Portanto, considerando-se simultaneamente
essas quatro características, são 24 “tipos” de filhos.
21. a) A probabilidade de ser uma menina, em um nascimento,
1
é igual a
ou 50%. Como os nascimentos são eventos
2
1 1 1 1
independentes, P = · · 0,125 ou 12,5%.
2 2 2 8
b) Existem três diferentes maneiras de nascerem dois meninos e uma menina: (1) menino — menino — menina,
(2) menino — menina — menino, (3) menina — menino —
menino. Como a probabilidade de cada uma delas ocorrer
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Conexões
1. A eugenia preconiza uma seleção genética artificial, feita por
critérios subjetivos, não científicos, tal qual o racismo.
2. Resposta pessoal.
3. Tal medida, como a orientação genética, pode ser entendida
do ponto de vista da medicina preventiva, uma vez que o
aconselhamento genético é uma de suas vertentes.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
e
II – A; I – B; V – C; IV – D; III – E
a
d
b
e
a
a) Observa-se que, quanto maior a altitude de origem das
sementes, tanto menor o tamanho das plantas. Como
todas as sementes foram plantadas em um mesmo local
(nas mesmas condições ambientais), conclui-se que o
fenótipo (no caso, o tamanho das plantas) é determinado
geneticamente, e o gráfico não reflete eventuais efeitos
ambientais.
b) Caso o resultado obtido fosse aquele mostrado pelo
gráfico B, o tamanho de todas as plantas seria o mesmo,
independentemente da altitude de origem das sementes.
A conclusão, nesse caso, seria a de que o fenótipo (tamanho das plantas) é dependente da ação ambiental.
a) A diferença deve-se à influência do ambiente na expressão
do fenótipo.
b) As folhas emersas, largas e delgadas, têm ampla superfície,
adaptada a captar luz solar para a realização de fotossíntese.
As folhas submersas, pequenas, finas e ramificadas, estão
menos sujeitas ao ataque de predadores, como os peixes.
c
a
O gene que determina a síntese da albumina está presente em
todas as células nucleadas do corpo, inclusive nas dos rins e
do cérebro, e não apenas nas células do fígado, porque todas
as células do organismo são derivadas do zigoto e possuem
o mesmo patrimônio genético. Entretanto, alguns de seus
genes só se expressam em determinadas células, levando-as
a produzir proteínas específicas. Assim, por exemplo, os
plasmócitos produzem anticorpos, as células precursoras
dos glóbulos vermelhos fabricam hemoglobina, as células
do fígado sintetizam albumina etc.
O pesquisador queria investigar a influência de um fator
ambiental (no caso, a temperatura) na expressão de certa
característica fenotípica (por exemplo, a velocidade da germinação, o tamanho das plantas depois de certo tempo, a
coloração das folhas etc.).
Não. A aplicação de insulina induz modificações no fenótipo,
e não no genótipo. Como somente as informações contidas no
material genético são passadas aos descendentes, o indivíduo
diabético só poderá transferir aos filhos essa informação
genética, independentemente de receber ou não injeções de
insulina.
1
Biologia
Unidade — Fundamentos da genética
22. a) Como a determinação do sexo e a ocorrência da doença são
eventos independentes, P (menina e doente) =
1 1
1
= P (menina) · P (doente) = ·
0, 05 ou 5%.
2 10 20
b) Os dois nascimentos são eventos independentes; portanto:
P (normal e normal) = P (normal) · P (normal) =
9 9
81
=
·
0, 81 ou 81%.
10 10 100
1 1 1 1 6 3
= 0,375 (37,5%)
23. P = 6 · · · · 2 2 2 2 16 8
3 3 3 3 1
405
24. a) P = 5 · · · · · = 0,395 (39,5%)
4 4 4 4 4 1.024
3 3 3 1 1
270
b) P = 10 · · · · · = 0,264 (26,4%)
4 4 4 4 4 1.024
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Capítulo 2 — Mono-hibridismo: Mendel
e variações
Conexões
1. Alternativa b
2. a) Consiste na introdução de um gene no paciente por meio
de um vetor, normalmente um vírus modificado, expressando uma proteína, da qual não havia informação genética
adequada para sua produção.
b) “[…] e usaram um retrovírus para introduzir uma cópia
correta do gene nestas células.”
1. a) Mendel chamava de “puras” as linhagens constituídas
exclusivamente por plantas que, por autofecundação,
originavam somente descendentes iguais a elas.
b) As linhagens puras resultavam de autofecundações sucessivas em que os descendentes diferentes dos genitores eram
desprezados.
2. a) Como o macho possui asas normais, seu genótipo pode
ser VV ou Vv. A fêmea de asas vestigiais tem genótipo vv,
pois o alelo v é recessivo e só se expressa em homozigose.
Na descendência desse cruzamento, surgiram moscas com
asas vestigiais (vv). Como um de seus alelos é proveniente
do pai, e o outro, da mãe, conclui-se que o macho tem
genótipo Vv, condição obrigatória para que, tendo asas
normais, possa produzir gametas contendo o alelo v e ter
descendentes de asas vestigiais. Portanto, o macho tem
genótipo Vv, e a fêmea vv.
b) O macho Vv produz dois tipos de gametas: 50% com o alelo
V, 50% com o alelo v. A fêmea vv só origina gametas com o
alelo v. As possíveis uniões desses tipos de gametas apre1
sentam uma prole com 50% (ou ) de descendentes Vv,
2
de asas normais, e 50% (ou 1 ) de descendentes vv, de
2
asas vestigiais.
3. a) A forma das folhas do tomateiro é determinada por
um par de alelos, sendo a variedade normal condicionada pelo alelo dominante (B), e a “batata”, pelo alelo
recessivo (b).
b) (I) BB : bb; (II) Bb : Bb; (III) bb : bb; (IV) Bb : bb;
(V) BB : B_.
2
Biologia
4. F – V – F – F
5. O criador deverá cruzar seus animais de pelagem preta, cujo
genótipo é desconhecido (BB ou Bb), com outros de pelagem
branca (bb). Se os animais forem heterozigotos (Bb), os descendentes deverão ser pretos (Bb) e brancos (bb); se homozigotos
(BB), toda a prole deverá ser formada por animais pretos (Bb).
6. a) Os alelos serão representados por N (presença de bico de viúva)
e n (ausência de bico de viúva). Pedro e Marina apresentam o
fenótipo dominante bico de viúva, mas têm um filho que não
apresenta; são, por conseguinte, heterozigotos Nn.
b) A descendência do casal tem a proporção genotípica
1 NN : 2 Nn : 1 nn. Se Gustavo ainda não tivesse nas4
4
4
2
cido, a probabilidade de que fosse heterozigoto seria
4
ou 50%. Entretanto, como Gustavo já nasceu e tem bico
de viúva, não existe a possibilidade de que ele seja homozigoto nn. Há três eventos possíveis, dos quais dois são
favoráveis (ser heterozigoto), ou seja, a probabilidade de
2
que Gustavo seja heterozigoto é de
ou 66,66%.
3
7. a) Como Paulo e Valéria possuem o lóbulo solto, e o filho
tem o lóbulo aderido, o fenótipo “lóbulo aderido” é
recessivo, pois permaneceu oculto nos pais e se manifestou no filho. Os alelos podem ser representados por
A (determina a orelha com lóbulo solto) e a (condiciona
orelha com lóbulo aderido). As pessoas que apresentam
lóbulo solto podem ter genótipos AA ou Aa. Paulo e
Valéria têm orelha com lóbulo solto, mas geraram um
filho com lóbulo aderido; logo, são heterozigotos Aa. Em
segunda gestação, a probabilidade de terem uma criança
3
com lóbulo da orelha solto é de
ou 75%.
4
b) A probabilidade de Paulo e Valéria terem um filho com
1
lóbulo aderido é de
ou 25%. Dois nascimentos são
4
eventos independentes; portanto, a probabilidade de ocorrência de tal característica é dada pelo produto das probabilidades dos dois eventos. Assim, a probabilidade de
nascerem duas crianças com lóbulos aderidos é de:
1 1 1
ou 6,25%.
· 4 4 16
8. a) São, pois se trata de uma linhagem de indivíduos heterozigotos.
b) Não, porque o cruzamento entre heterozigotos pode resultar
em descendentes de três genótipos diferentes: homozigotos
dominantes, heterozigotos e homozigotos recessivos.
9. Para que o casal, que é normal, gere criança com a anomalia,
ambos devem ser heterozigotos. Os avós maternos são heterozigotos porque são normais, mas têm um filho afetado;
2
logo, a probabilidade de a mãe ser heterozigota é de
.
3
Sendo o casal heterozigoto, a probabilidade de nascer uma
1
criança com a doença é de . A probabilidade final será de
4
1 2 1
· 0,167 ou 16,7%.
4 3 6
10. a) Pai: Aa; mãe: Aa; criança normal: AA ou Aa, criança albina:
aa.
b) É a criança albina. Como expressa o fenótipo recessivo,
certamente seu genótipo é aa.
11. a) A anomalia é condicionada por alelo recessivo, o que
se constata pelo casal P3 – P4, ambos fenotipicamente
normais, mas com um filho afetado (I.4).
b) O indivíduo I.2 tem genótipo Aa, pois não é afetado e tem
mãe aa. O genótipo da mulher I.1 provavelmente é AA, pois
1 3
1
, a probabilidade total será de 3 · 0, 375 ou
8 8
8
37,5%.
é
16.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
12. a)
b) Sendo a doença recessiva e muito rara, consideremos que
apenas um dos genitores de Pedro e Paulo, bem como um
dos genitores de Maria e Joana, deva ser heterozigoto para
esse par de alelos (Dd), enquanto o outro deve ser homozigoto dominante (DD). Para que o casal (Paulo e Joana)
tenha uma criança afetada, devemos considerar três eventos: (1) Paulo deve ser heterozigoto; (2) Joana deve ser
heterozigota; (3) o descendente deve ser homozigoto recessivo. A probabilidade do evento 1 é de 1 ; a probabi2
lidade do evento 2 é de 1 ; a probabilidade do evento 3 é
2
de 1 ; Como os três eventos são independentes, a proba4
bilidade de ocorrência de todos eles é dada pelo produto
1 1 1 1
de suas probabilidades: · · = 0,0625 ou
2 2 4 16
6,25%.
17.
18.
c) Se considerarmos que o casal (Paulo e Joana) já tem uma
criança afetada, então podemos concluir que eles são
obrigatoriamente heterozigotos (Dd : Dd). Sendo assim,
a probabilidade de nascimento de uma outra criança afe1
tada é de
ou 25%.
4
13. d
Trata-se de dominância incompleta, em que os homozigotos
têm cabelos lisos (LL) ou crespos (CC), e os heterozigotos,
cabelos ondulados (CL).
14. a) Representação dos alelos: CP para plumagem preta e CB
para plumagem branca. O cruzamento CP CB (azulada) :
1
CP CB (azulada) resultaria em
(25%) CP CP (pretas),
4
1
1
(50%) CP CB (azuladas),
(25%) CB CB (brancas).
2
4
b) As aves pretas têm genótipo CP CP. A descendência do
19.
cruzamento seria 100% CP CP (pretas).
c) As aves brancas têm genótipo CB CB. A descendência do
cruzamento seria 100% CB CB (brancas).
15. a) Trata-se de codominância, pois os alelos relacionados com
a produção dos dois tipos de albumina manifestam-se nos
descendentes.
b) Os alelos podem ser representados por Aa (produção de albumina A) e Ab (produção de albumina B). Dessa forma, na
geração parental a égua é AaAa (produtora de albumina A)
e o cavalo AbAb (produtor de albumina B). Todos os descendentes são AaAb e produzem os dois tipos de albumina.
3
O cruzamento de machos e fêmeas com esse genótipo produz:
1
2 a b 1 b b
dos descendentes AaAa,
AA e
A A . Portanto, a
4
4
4
porcentagem de descendentes que produzirão exclusivamen1
te a albumina B será de
ou 25%.
4
A resistência a essas variedades de ferrugem dever ser determinada por um par de alelos codominantes, assim representados: L1 determina resistência à variedade 1, L2 condiciona
resistência à variedade 2. Plantas resistentes à variedade
1 são L1L1, as resistentes à variedade 2 são L2L2, e plantas
resistentes a duas variedades são L1L2. Autofecundados, os
1 1 1
vegetais L1L2 produziriam a seguinte descendência:
LL
4
2 1 2
(resistentes à variedade 1),
L L (resistentes a ambas as
4
1 2 2
variedades) e
L L (resistentes somente à variedade 2).
4
A decisão do agricultor, então, não é a mais acertada, porque
ele teria em sua plantação 50% de plantas suscetíveis a uma
das variedades de ferrugem. A melhor alternativa é só cultivar
plantas resultantes do cruzamento das que são resistentes à
variedade 1 (L1L1) com as resistentes à variedade 2 (L2L2).
Desse modo, todas as plantas teriam genótipo L1L2 e seriam
resistentes a ambas as variedades de ferrugem.
Os embriões mortos devem ter genótipo AA (pelagem amarela). O alelo A, em dose dupla, é letal, o que explica a proporção
de 2:1 na prole do cruzamento entre ratos de pelagem amarela
e a redução de 25% do número de descendentes.
a) Trata-se de um caso de pleiotropia. São exemplos humanos
a anemia falciforme (alteração da molécula de hemoglobina, que também causa fraqueza, aumento da quantidade
de medula óssea vermelha, redução das funções mentais
e insuficiência cardíaca, entre outras manifestações), a
fenilcetonúria (incapacidade de metabolizar o aminoácido
fenilalanina, o que também altera a composição da urina,
a cor da pele e provoca retardo mental) e a fibrose cística
(afeta a produção de uma glicoproteína e altera a composição de certas secreções corporais, como o suor, a bile e
o suco pancreático).
b) As penas têm importante função no isolamento térmico,
que dificulta a dissipação de calor do corpo para o ambiente. Penas anormalmente arrepiadas retêm menos calor,
provocando excessivo gasto de energia na manutenção da
temperatura corporal das aves. Com isso, há uma hipertrofia de órgãos relacionados com a digestão (principalmente da moela, órgão de trituração mecânica dos
alimentos). Com o excessivo consumo de energia na regulação da temperatura corporal, ocorre déficit energético
em outras funções, particularmente na reprodução, o que
explica a pequena produtividade de ovos.
e
A mulher normal (genótipo nn) é casada com um homem
portador de doença autossômica dominante. O genótipo provável desse indivíduo é Nn, pois nenhuma das alternativas é
compatível com a hipótese de ele ser homozigoto dominante
(NN). Estando a mulher grávida de gêmeos monozigóticos (ou
idênticos), basta determinar a probabilidade de que o zigoto
único que originou esses gêmeos seja heterozigoto (genótipo
Nn), para que ambas as crianças sejam afetadas. Assim, a
1
probabilidade é de
ou 50%. Os gêmeos dizigóticos (ou
2
fraternos) originam-se de dois zigotos, sendo geneticamente
diferentes como dois irmãos quaisquer. Nesse caso, existem
quatro combinações: (1) portador e portador; (2) portador e
não portador; (3) não portador e portador; (4) não portador
Biologia
só tem filhos normais com um homem de genótipo Aa (se
fosse heterozigota, poderia ter filhos afetados). Como a
descendência (cinco filhos) não é muito grande, não se tem
certeza de que a mulher seja homozigota (AA).
c) A determinação do sexo e a ocorrência da anomalia são
eventos independentes. Temos: P (homem e afetado) =
1 1 1
P (homem) : P (afetado) = · . Ocorrendo dois nasci2 4 8
1 1 1
mentos, a probabilidade total será P = · 0, 0156
8 8 64
ou 1,56%.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
21.
22.
23.
24.
Pai A
Mãe A
ii
Bebê O
b) Porque, diferentemente da tipagem sanguínea, que pode
excluir a suposta paternidade, mas não pode confirmá-la
com certeza, o exame de DNA pode revelar a paternidade com certeza quase absoluta.
12. a) V – fenótipo A, genótipo IAi; VI – fenótipo B, genótipo
IBi; VIII – fenótipo AB, genótipo IAIB.
b) Para nenhum deles, pois ele possui sangue AB (com aglutinogênios A e B) e todos os seus irmãos possuem algum
tipo de aglutinina (anti-B no indivíduo IX, anti-A no indivíduo X e ambas no indivíduo XI).
13. a) Para evitar a ocorrência de reação antígeno-anticorpo entre
aglutinogênios das hemácias do sangue transfundido (do
doador) e aglutininas do plasma do receptor.
b) Porque uma pessoa Rh negativo só produz anticorpos
anti-Rh depois do primeiro contato com sangue Rh positivo. Esse contato pode ocorrer por meio de transfusão
Capítulo 3 — Grupos sanguíneos
Conexões
Alternativa e
1. P = 0 (zero)
2. Cch : chca, Cca : chch ou Cch : chch.
3. O cruzamento ocorre entre F_ e fA_, gerando, entre outros,
descendentes ff. Consequentemente, os pais devem ser heterozigotos Ff e f Af.
4
Biologia
20.
4. Soma = 38 (02 + 04 + 32).
(01) Pais do grupo A não são portadores do alelo IB, portanto
não geram descendentes do grupo AB.
(08) A mulher do grupo AB, não possuindo o alelo i, não pode
ter filho do grupo O (ii).
(16) Pais dos grupos B e O não portam o alelo IA e, por isso,
não geram descendentes do grupo AB.
5. a) As hemácias contendo o aglutinogênio A seriam atacadas
por anticorpos anti-A, presentes no sangue do receptor
(do grupo B). Aglutinadas, essas hemácias seriam destruídas, isto é, sofreriam hemólise.
b) Se o aglutinogênio estivesse no citoplasma (no interior da
célula), ficaria fora do alcance da aglutinina correspondente. Estando na superfície da célula, o aglutinogênio
está exposto à ação da aglutinina.
6. a) Aglutinina anti-A não existe em sangue dos grupos A e
AB, que totalizam 15 litros.
b) O receptor que só possui aglutinogênio B pertence ao grupo B e pode receber sangue dos grupos B (7 litros) ou
O (10 litros), totalizando 17 litros disponíveis.
7. Embora a hemólise decorrente de uma transfusão incompatível geralmente esteja relacionada à aglutinação (ligação)
entre aglutininas (anticorpos) do receptor e aglutinogênios
(antígenos) do doador, grandes quantidades de sangue do
grupo O, doadas a receptores dos grupos A, B ou AB, podem
representar a entrada, no organismo, de uma grande quantidade de anticorpos anti-A e anti-B, que causariam hemólise
ao encontrarem hemácias contendo os aglutinogênios A ou
B ou ambos.
8. Caso 1: O e B; caso 2: O; caso 3: AB.
9. a) Orlando: IAi; Leila: IBi.
1
b) É de
(25%), pois é essa a probabilidade de nascimen4
to de uma criança com sangue do tipo AB, que aglutina
com soro anti-A e com soro anti-B.
10. a) Uma mulher do grupo A (genótipo IAi) pode ter um filho
do grupo O (genótipo ii) com homens dos grupos A (IAi),
B (IBi) ou O (ii).
b) Se o homem fosse do grupo AB (genótipo IAIB), estaria
excluída a possibilidade de ele ser o pai dessa criança.
c) Existe concordância de 50% quando o DNA de uma pessoa é comparado com o de seu pai ou com o de sua mãe,
e não existem duas pessoas (exceto gêmeos idênticos) que
possuam DNAs iguais. A precisão do teste de DNA é
quase absoluta.
11. a) IAi
IAi
e não portador. Como nas três primeiras combinações existe
pelo menos um dos gêmeos afetado, conclui-se que a proba3
bilidade é de
ou 75%.
4
a) De acordo com o general, caso o soldado fosse descendente do
estrategista que teria levado Napoleão à derrota em Waterloo,
estaria demonstrado que a capacidade como estrategista seria
uma característica determinada geneticamente.
b) A maneira mais conhecida de quantificar a influência do
genótipo em determinada característica é o estudo comparativo de pares de gêmeos monozigóticos criados juntos
e pares criados separados. Quanto maior a influência do
genótipo, menor deve ser a influência ambiental, que, se
existisse, provocaria significativas diferenças fenotípicas
entre os gêmeos monozigóticos criados separados.
c
A influência relativa do fator genético e do ambiente pode ser
determinada pela análise de gêmeos monozigóticos criados em
ambientes distintos. Uma grande diferença entre eles, na manifestação de uma característica, indica grande influência ambiental,
uma vez que são dotados do mesmo genótipo. Com base nisso,
pode-se dizer, observando a tabela, que o peso é a característica
com maior influência ambiental, enquanto altura e comprimento
da cabeça devem sobretudo aos genes sua determinação.
a) Gêmeos idênticos possuem o mesmo genótipo, pois se originam de uma única célula-ovo, que, se apresentar o alelo
causador de fenilcetonúria em homogizose, originará duas
crianças doentes. Na descendência de um casal de hetero1
zigotos, a probabilidade de isso ocorrer é de
ou 25%.
4
b) Gêmeos fraternos originaram-se de diferentes zigotos,
resultantes da fecundação de dois gametas femininos
por dois espermatozoides. Geneticamente, são como
dois irmãos quaisquer, e a probabilidade de ambos serem doentes é o produto das probabilidades dos dois
eventos, isto é, gêmeos fraternos são interpretados como
‘eventos independentes’. A probabilidade será de
1 1 1
ou 6,25%.
· 4 4 16
a
O par de alelos será assim representado: N determina o aparecimento da doença, n condiciona o fenótipo normal. Em
princípio, a probabilidade de que uma criança desse casal
(homem doente Nn e mulher normal nn) seja afetada pela
doença é de 50%. Entretanto, esse alelo tem penetrância de
15%, ou seja, apenas 15% das pessoas portadoras do alelo
manifestam seu efeito. Dos descendentes com genótipo Nn,
que são 50% do total, 15% terão a doença, e os restantes serão
normais. A porcentagem esperada de descendentes doentes
equivale, então, a 15% dos descendentes portadores desse
genótipo, ou seja: 0,5 · 0,15 = 0,0075 ou 7,5%.
14. a)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
b)
pelo fato de os ovócitos colaborarem com o conteúdo citoplasmático na fecundação, e não o espermatozoide.
3. Daiane resulta de muitas combinações genéticas possíveis na
ancestralidade referida no texto.
1. e
2. d
O genótipo do homem é AaddFF, o que lhe permite formar
dois diferentes tipos de gametas.
3. a) Devem ser aceitas como válidas somente as respostas
que colocarem cada par de alelos em um par diferente de
cromossomos homólogos.
b) O quinto par de alelos (Ee) deverá estar obrigatoriamente
em qualquer par dos quatro pares de cromossomos homólogos.
4. d
O cruzamento é: AaBbCc : AaBbCc. A melhor pontuação
seria a do genótipo AABBCC, e a pior, a do genótipo aabbcc.
Temos: P (AABBCC) = P (AA) · P (BB) · P (CC) =
1 1 1 1
= · · = 0,015 ou 1,5%. Da mesma forma, P (aabbcc)
4 4 4 64
1 1 1 1
= P (aa) · P (bb) · P (cc) = · · = 0,015 ou 1,5%.
4 4 4 64
5. b
Na geração P, os indivíduos são BrBrSuSuYY e brbrsusuyy,
que geram uma F1 com 100% dos indivíduos BrbrSusuYy. Tais
indivíduos, cujos genótipos têm três pares de alelos em heterozigose, formam oito tipos diferentes de gametas. Os cruzamentos
de cada par de alelos, considerados individualmente, geram
duas classes fenotípicas, totalizando oito fenótipos distintos.
6. e
O cruzamento será MmCc (visão normal e destro) : mmCc
(míope e destra). Na descendência, P (M_C_) = P (M_) · P
1 3 3
(C_) = · = 0,375 ou 37,5%.
2 4 8
7. b
Uma planta de sementes lisas e amarelas di-híbrida é RrVv,
que forma os seguintes tipos de gametas: 25% RV, 25% Rv,
25% rV e 25% rv. Dos quatro tipos de gametas, três têm pelo
3
menos um alelo dominante ( ou 75%).
4
1
8. a) P =
= 0,25 (25%)
4
1
b) P =
= 0,5 (50%)
2
9. a) O macho tem três pares de alelos em heterozigose; portanto
forma 2³ = 8 tipos de gametas. A fêmea possui quatro pares
de alelos em heterozigose; por isso, forma 24 = 16 tipos
de gametas.
b)
15. b
16. e
A DHRN ocorre somente quando a mãe é Rh– e está grávida
de criança Rh+; logo, o pai deve ser Rh+.
17. e
18. d
19. c
O bebê, cujos pais são Rh– (genótipo dd) e Rh+ (genótipo DD),
será Rh+ (genótipo Dd) e poderá ser afetado por anticorpos
anti-Rh, dos quais a mãe de aluguel, que já teve filho com
DHRN, é portadora.
20. d
21. b
22. c
23. b
A criança, cujo genótipo é iiDdLMLM, não pode ter pai do
grupo AB (o que elimina a alternativa a), do grupo Rh– (o
que elimina as alternativas d e e) e do grupo N (o que elimina
a alternativa c).
24. Quanto ao sistema ABO, não se pode excluir a possibilidade
de a criança ser filha do casal. Se os supostos pais forem
heterozigotos (IA i e IB i), eles podem ter uma criança do
grupo O (ii). Em relação ao sistema Rh, mais uma vez, não
se pode contestar a alegação do casal. Mesmo o homem sendo Rh negativo, a mulher poderia transmitir para a criança o
alelo D, que determinaria Rh positivo. Entretanto, a suposta
paternidade é descartada pela observação do sistema MN:
um homem do grupo M (LMLM) não pode ter descendentes
do grupo N (LNLN).
Capítulo 4 — Poli-hibridismo: Mendel e
variações
Genótipos na
prole
Quantidade
AA
AA, Aa
2
Bb
BB, Bb, bb
3
Cc
Cc
CC, Cc, cc
3
dd
Dd
Dd, dd
2
EE
Ee
EE, Ee
2
Macho
Fêmea
Aa
Bb
Para resolver esse tipo de questão, o procedimento mais
simples é transformar o poli-hibridismo em vários casos de
mono-hibridismo independentes um do outro. Dessa forma,
analisamos no quadro, de forma separada, os cruzamentos
de vários pares de alelos. Como são eventos independentes
(um cruzamento não interfere no outro), o resultado final será
o produto das quantidades parciais, ou seja, 2 · 3 · 3 · 2 · 2 = 72
genótipos diferentes.
Conexões
1. Por ele não sofrer grandes alterações geralmente ao passar
de pai para filho, sendo um “banco genético” natural da ancestralidade paterna.
2. Pelo fato de as mitocôndrias possuírem DNA próprio, além de
terem transmissão via materna (“mãe filho; mãe filha”)
5
Biologia
c)
ou durante a gestação e o parto. Em se tratando de um
homem que nunca recebeu transfusão, mesmo sendo Rh
negativo, certamente ele não havia sido previamente
sensibilizado.
Sangue O Rh negativo, que não possui os aglutinogênios
(antígenos) A e B nem o fator Rh.
Tendo mãe do grupo O Rh– (genótipo iidd), o indivíduo
5 tem genótipo I Bi Dd. Tendo pai do grupo O (genótipo ii),
o indivíduo 6 tem genótipo IAidd. O cruzamento 5 : 6
produz a seguinte descendência quanto ao sistema ABO:
1 IAIB (grupo AB), 1 IAi (grupo A), 1 IBi (grupo B),
4
4
4
1
ii (grupo O). Quanto ao sistema Rh, a descendência
4
1
1
será: Dd (Rh+), dd (Rh–). A probabilidade de nascer
2
2
1 1 1
um descendente do grupo AB Rh+ será: · . A pro4 2 8
babilidade de serem dois descendentes com esse fenótipo
1 1 1
será de · .
8 8 64
O fato de já ter filho do grupo AB Rh+ não altera a probabilidade de ter outro filho de mesmo fenótipo, pois são
eventos independentes. Assim, a probabilidade de nascer
1
outro filho com o fenótipo em questão será de .
8
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
24. a)
F1
40
Ganho (g)
F2
30
35
40
45
50 Ganho (g)
9
b) Na geração F2, teríamos:
A_B_ (ganho diário de 50 g),
16
3
3
A_bb (ganho diário de 40 g),
aaB_ (ganho diário
16
16
1
de 40 g),
aabb (ganho diário de 30 g).
16
6
Biologia
16. b
17. a) É o cruzamento 3. No cruzamento 1, a proporção espera1
1
da de brancos é de
(6,25%); no cruzamento 2, de
16
8
1
(12,5%); no cruzamento 3, de
(25%).
4
b) O criador precisará de cinco cruzamentos, que deverão
gerar quarenta descendentes, dos quais se espera que 25%
sejam brancos.
18. a) AaBbCc.
b) Poderá formar 8 tipos de gametas (ABC, ABc, AbC, Abc,
aBC, aBc, abC e abc).
3
c) Será de
(0,75 ou 75%).
4
19. Na geração F2, espera-se a proporção fenotípica de
9 púrpura : 7 brancas.
Portanto, em um total de 160 descendentes, devem ser encontrados 90 com flores púrpura.
20. Esse é um caso de epistasia recessiva, no qual dois pares de
alelos determinam a coloração das cobaias. Podemos supor
que o alelo A condicione pigmento preto, enquanto o alelo
a não produz pigmento. O alelo I, situado em outro cromossomo, não suprime a ação do par Aa, ao passo que o alelo
i suprime a ação desse par. O cruzamento deve ter ocorrido
entre AAii e aaII (ambas cobaias albinas). A descendência teve
100% de cobaias AaIi, que são pretas, pois o alelo inibidor
(i), que é recessivo, não está em homozigose.
21. a) É um caso de epistasia recessiva, pois o alelo h determina
a ausência do antígeno H e, consequentemente, não se
expressam os alelos IA e IB.
b) Se levássemos em conta apenas a herança do sistema
ABO, o indivíduo 3 não poderia pertencer ao grupo O.
Provavelmente, ele é homozigoto para o alelo h (genótipo hh), não produzindo os aglutinogênios A e B. Os
genótipos mais prováveis são: (1) IA IB Hh, (2) IB i Hh,
(3) _ _ hh, (4) IA i H_, (5) IB i H_.
22. d
23. A presença de quatro alelos aditivos acrescenta 20 g ao fenótipo residual; assim, cada alelo aditivo acrescenta 5 g ao
fenótipo residual, que é de 20 g. A planta de genótipo AABb
tem três alelos aditivos e tem frutos com 35 g.
c) Deve-se trabalhar com vários pares de alelos em separado
e, no final, fazer o produto das probabilidades parciais. São
cinco cruzamentos:
1
(1) Macho Aa e fêmea AA: P(descendente Aa) =
2
1
(2) Macho Bb e fêmea Bb: P(descendente bb) =
4
1
(3) Macho Cc e fêmea Cc: P(descendente Cc) =
2
1
(4) Macho dd e fêmea Dd: P(descendente dd) =
2
1
(5) Macho EE e fêmea Ee: P(descendente Ee) =
2
1 1 1 1 1 1
A probabilidade final será: · · · · 0, 015 ou
2 4 2 2 2 64
1,5%.
1 1
1
10. a) P(pontuação máxima) = · =
(6,25%). P(pontuação mínima)
4 4 16
1 1
1
= · =
(6,25%)
4 4
16
b) Os vice-campeões (genótipos AABb ou AaBB) receberam
quinze pontos; os cães classificados em penúltimo lugar
(Aabb ou aaBb) receberam cinco pontos.
11. d
12. São comparados um caso de polialelia (com os polialelos
A1, A2, A3 e A4) e um caso de interação gênica (B1 e B2, C1 e
C2). Há mais genótipos possíveis no primeiro caso, em que
são dez: A1A1, A1A2, A1A3, A1A4, A2A2, A2A3, A2A4, A3A3, A3A4
e A4A4. No caso de interação gênica, são nove os genótipos
possíveis: B1B1 C1C1, B1B2 C1C1, B2B2 C1C1, B1B1 C1C2,
B1B2 C1C2, B2B2 C1C2, B1B1 C2C2, B1B2 C2C2 e B2B2 C2C2.
13. a) A proporção fenotípica na geração F2 (9 : 6 : 1) sugere a
participação de dois pares de alelos que se segregam independentemente, interagindo na determinação da forma
do fruto. Uma hipótese aceitável é que se trata de um caso
de interação gênica, no qual possivelmente as plantas com
pelo menos um alelo dominante em apenas um dos pares de
9
alelos têm frutos esféricos. A geração F2 teria:
A_B_
16
3
3
(frutos discoides),
A_bb (frutos esféricos),
aaB_
16
16
1
(frutos esféricos),
aabb (fruto alongado).
16
b) Geração P: fruto discoide (AABB) : fruto alongado (aabb);
geração F1: fruto discoide (AaBb).
14. Proporções genotípicas: 2 AABb : 2 AaBb : 1 AABB : 1
AaBB : 1 AAbb : 1 Aabb.
Proporções fenotípicas: 6 púrpura : 2 vermelhos (ou 3 púrpura: 1 vermelho)
15. a) Trata-se de um caso de interação gênica simples (ou genes
complementares), e a correspondência entre genótipos e
fenótipos é a seguinte: A_M_, fruto vermelho; A_mm, fruto
amarelo; aaM_, fruto marrom; aamm, fruto verde.
b) Planta verde (genótipo aamm) cruzada com planta de
frutos amarelos duplo-homozigota (AAmm) resulta em
descendência com 100% de plantas com genótipo Aamm
(frutos amarelos).