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Material destinado ao ensino e aprendizagem de
genética básica Difusão: laboratórios de biometria e bioinformática da Universidade Federal de Viçosa Site: www.ufv.br/dbg/biodata.htm Rede social: https://www.facebook.com/GBOLnews |
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Para resolver os
exercícios recomendamos leituras adicionais nos sites: http://www.ufv.br/dbg/LabGen/gbol22.htm http://www.ufv.br/dbg/LabGen/gbol23.htm |
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Probabilidade
1) Do casamento entre pais heterozigotos, qual a
probabilidade de nascer dois meninos albinos e uma menina normal entre seis
descendentes?
Evento |
pi |
ni |
meninos albinos |
1/8 |
2 |
menina normal |
3/8 |
1 |
outros |
4/8 |
3 |
Total |
1 |
6 |
P(menino
albino) = P(menino) x P(albino)
P(menino
albino) = 1∕2 x 1∕4 = 1∕8
P(menina
normal) = P(menina) x P(normal)
P(menina
normal) = 1∕2 x 3∕4 = 3∕8
P= (6! ∕ 2! 1! 3!) (1∕8)2 (3∕8)1
(4∕8)3
2) Em uma espécie, as flores são vermelhas, rosas
ou brancas. Cruzamentos entre flores rosas resultaram na descendência: 91
plantas de flores rosas; 34 de flores brancas e 35 de flores vermelhas.
Testando a hipótese de que o caráter é regulado por um gene, responda:
•
Número esperado de
plantas com flores: Brancas? Rosas? Vermelhas?
Utilizando
a probabilidade mendeliana de 1:2:1, temos:
Classes |
Observado |
Esperado (Ho: 1 gene) |
Rosas |
91 |
(2/4)160 = 80 |
Brancas |
34 |
(1/4)160 = 40 |
Vermelhas |
35 |
(1/4)160 = 40 |
TotAL |
160 |
160 |
•
Valor do qui-quadrado;
Jogando na tabela os
valores observados, esperados e o de qui-quadrado, temos:
Fenótipos |
Observado (O) |
Esperado (E) |
Desvio (O – E) |
(O – E)2 ∕ E |
Rosa |
91 |
80 |
11 |
1,5125 |
Branca |
34 |
40 |
-6 |
0,9 |
Vermelha |
35 |
40 |
-5 |
0,625 |
|
|
|
χ2calc = |
3,0375 |
•
Nível de significância
estimado:
No exemplo, GL = 2
Resposta: 0,25
> α > 0,10
3) Em
tomate, dois genes atuam da seguinte maneira: D/d plantas anãs/altas; B/b caule
liso/pubescente. Da autofecundação de um F1 (duplo-heterozigoto) surgiu a
descendência: Anã, lisa – 5.100; Anã, pubescente – 2.432; Alta, lisa – 2.422;
Alta, pubescentes - 46. Teste, pelo qui-quadrado, a hipótese de que os genes
são independentes e defina:
a) Valor do qui-quadrado.
Usando a
mesma tabela para calcular os qui-quadrado, temos:
Fenótipos |
Observado (O) |
Esperado (E) |
Desvio (O – E) |
(O – E)2 ∕ E |
Anã, lisa |
5100 |
5625 |
-525 |
49 |
Anã, pub. |
2432 |
1875 |
557 |
165,46 |
Alta, lisa |
2422 |
1875 |
547 |
159,57 |
Alta, pub. |
46 |
625 |
-579 |
536,33 |
|
|
|
χ2calc = |
910,41 |
b) Qual o valor dos graus de liberdade e nível de significância
Graus de liberdade (GL) = 4 -1 = 3
Resposta: α < 0.005
c) Defina nível de significância
Éé a
máxima probabilidade de erro que se tem ao se rejeitar uma hipótese.
4) Um
duplo-heterozigoto (AaBb, com os genes A/a e B/b independentes) foi
autofecundado e proporcionou 16 descendentes.
•
Qual a probabilidade de
surgirem nove indivíduos A-B-, 3 A-bb, 3 aaB- e 1 aabb?
Evento |
pi |
ni |
A-B- |
9/16 |
9 |
A-bb |
3/16 |
3 |
aaB- |
3/16 |
3 |
aabb |
1/16 |
1 |
Total |
1 |
16 |
Resposta:
P= (16! ∕ 9! 3! 3! 1!) ∕ (9∕16)9
(3∕16)3 (3∕16)3 (1∕16)1
b) Qual a probabilidade de surgirem dez indivíduos Aabb?
P(Aabb) = P(Aa) x P(BB)
P(Aabb) =
2∕4 x 1∕4 = 2∕16
Evento |
pi |
ni |
Aabb |
2/16 |
10 |
Outros |
14/16 |
6 |
Total |
1 |
16 |
P= (16! ∕ 10! 6!) (2∕16)10 (14∕16)6
c) Qual a probabilidade de os oito primeiros indivíduos
serem aabb e os demais AABB?
P(aabb) = P(aa) x P(bb) =1/16
P(AABB) = P(AA) x P(BB) =1/16
Logo, como
é especificado a ordem, não se trata de um problema com uso da distribuição
binomial. A solução é dada por:
P=(1∕16)8
x (1∕16)8
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, um
indivíduo Aa ou um indivíduo Bb?
Sabemos que:
P(AaBb) = P(Aa) x P(Bb)
P(AaBb) = 2∕4 x 2∕4 = 4∕16
= 1∕4
Então
P(Aa ou
Bb) = P(Aa) + P(Bb) – P(AaBb)
P(Aa ou
Bb) = 2∕4 + 2∕4 – 1∕4 = 3∕4
e) Qual a probabilidade de surgirem oito indivíduos A-bb?
P(A_bb) = P(A_) x P(bb)
P(A_bb) =
3∕4 x 1∕4 = 3∕16
Evento |
pi |
ni |
A-bb |
3/16 |
8 |
Outros |
13/16 |
8 |
Total |
1 |
16 |
P= (16! ∕ 8! 8!) (3∕16)8
(13∕16)8
5)
Um duplo-heterozigoto (AaBb, com os genes A/a e B/b independentes) foi
submetido a um cruzamento-teste e proporcionou 16 descendentes.
a) Qual a
probabilidade de surgirem quatro indivíduos AaBb, quatro Aabb, quatro aaBb e
quatro aabb?
Evento |
pi |
ni |
AaBb |
1/4 |
4 |
Aabb |
1/4 |
4 |
aaBb |
1/4 |
4 |
aabb |
1/4 |
4 |
Total |
1 |
16 |
P= (16! ∕ 4! 4! 4! 4!) (1∕4)4 (1∕4)4 (1∕4)4
(1∕4)4
•
Qual a probabilidade
de surgirem dez indivíduos Aabb?
Evento |
pi |
ni |
Aabb |
1/4 |
10 |
Outros |
3/4 |
6 |
Total |
1 |
16 |
P=(16! ∕10!
6!) (1∕4)10 (3∕4)6
•
Qual a
probabilidade de os oito primeiros indivíduos serem aabb e os demais AaBb?
Como foi especificada a ordem não se trata de aplicar a
distribuição binomial. Neste caso, o apropriado é:
P=(1∕4)8
(1∕4)8
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, um
indivíduo Aa ou um indivíduo Bb?
P(Aa ou
Bb) = P(Aa) + P(Bb) – P(AaBb)
P=(1∕2)
+ (1∕2) – 1∕4 = 3∕4
6) Nas ervilhas, dois genes independentes atuam da
seguinte maneira: (A-) plantas altas, (aa) plantas anãs; (B-) sementes lisas,
(bb) sementes rugosas. Em relação a 12 plantas resultantes do acasalamento
entre plantas duplo-heterozigotas, responda:
a) Qual a probabilidade de surgirem três plantas altas?
P(alta) =
P(A_) = 3/4
Evento |
pi |
ni |
Alta |
3/4 |
3 |
Outros |
1/4 |
9 |
Total |
1 |
12 |
P(plantas
3 altas) = (12! ∕ 3! 9!) (3/4)3
(1/4)9
b) Qual a probabilidade de surgirem quatro plantas de
sementes lisas e oito de sementes rugosas?
P(lisa) =
P(B_)= ¾
P(rugosa)
= P(bb) = ¼
Evento |
pi |
ni |
Lisas |
3/4 |
4 |
Rugosas |
1/4 |
8 |
Total |
1 |
12 |
P(4 lisas
e 8 rugosas) = (12! ∕ 4! 8!) ∕ (3∕4)4 (1∕4)8
c) Qual a probabilidade de surgirem três plantas altas,
lisas; oito plantas altas, rugosas; e uma planta anã, rugosa?
P(alta,lisa)=
P(A_B_) = 9∕16
P(alta,
rugosa) = P(A_bb) = 3∕16
P(anã,
rugosa) =P(aabb) = 1∕16
Evento |
pi |
ni |
Alta, lisa |
9/16 |
3 |
Alta, rugosa |
3/16 |
8 |
Anã, rugosa |
1/16 |
1 |
Outros (*) |
3/16 |
0 |
Total |
1 |
12 |
(*)
Não precisa ser incluído na tabela.
P = (12! ∕
3! 8! 1!) (9∕16)3 (3∕16)8 (1∕16)1]
ou
P = (12! ∕ 3! 8! 1! 0!) (9∕16)3
(3∕16)8 (1∕16)1(3∕16)0
d) Considerando apenas uma planta, qual a probabilidade de
ela ser alta ou ter sementes rugosas?
P(alta ou
rugosa) = P(alta) + P(rugosa) – P(alta, rugosa) = P(A_) + P(bb) – P(A_bb)
P(alta ou
rugosa) = 3∕4 + 1∕4 – 3∕16 = 13∕16
7) Qual a probabilidade de surgirem descendentes
AA ou bb da autofecundação de plantas AaBb?
P(AA ou
bb) = P(AA) + P(bb) – P(AAbb)
P(AA ou
bb) = 1∕4 + 1∕4 – 1∕16 = 7∕16
8) Nos galináceos, dois
genes independentes atuam da seguinte maneira: AA - normal; Aa - rastejante e
aa - letal (não forma o embrião). B_ - crista tipo ervilha; bb - crista
simples. Em relação a 10 ovos (com embriões viáveis) resultantes do
acasalamento entre aves duplo-heterozigotas, responda:
a) Qual a probabilidade
de surgirem três descendentes normais e sete rastejantes?
P(normal)
= 1∕3
P(rastejante)
= 2∕3
Evento |
pi |
ni |
Normais |
1/3 |
3 |
Rastejante |
2/3 |
7 |
Total |
1 |
10 |
P = (10! ∕
3! 7!) (1∕3)3 (2∕3)7
b) Qual a probabilidade
de surgirem seis descendentes de crista ervilha?
P(crista
ervilha) = 3∕4
Evento |
pi |
ni |
Ervilha |
3/4 |
6 |
Outros |
1/4 |
4 |
Total |
1 |
10 |
P = (10! ∕
6! 4!) (3∕4)6 (1∕4)4
c) Qual a probabilidade
de os oito primeiros descendentes serem normais e os dois últimos rastejantes?
Como foi especificada a ordem, não se trata de
uso da distribuição binomial. Assim, temos:
P = (1∕3)8
(2∕3)2
d) Qual a probabilidade
de surgir, em um nascimento, uma ave rastejante ou de crista simples?
P(rastejante
e simples) = P(rastejante) x P(simples)
P(rastejante
e simples) = 2∕3 x 1∕4 = 2∕12
P(rastejante
ou crista simples) = P(rastejante) + P(crista simples) – P(rastejante e
simples)
P(rastejante
ou crista simples) = 2∕3 + 1∕4 – 2∕12 = 3∕4
e) Qual a probabilidade de surgirem três descendentes normais
ervilhas e cinco rastejantes simples?
P(normal e
ervilha) = P(normal) x P(ervilha)
P(normal e ervilha) = 1∕3 x 3∕4 = 3∕12
P(rastejante
e simples) = P(rastejante) x P(simples)
P(rastejante e simples) = 2∕3 x 1∕4 = 2∕12
Evento |
pi |
ni |
Normais ervilhas |
3/12 |
3 |
Rastejantes simples |
2/12 |
5 |
Outros |
7/12 |
2 |
Total |
1 |
10 |
P = (10! ∕
3! 5! 2!) (3∕12)3 (2∕12)5 (7∕12)2
9) Cães heterozigotos brancos, quando acasalados, produzem a
seguinte descendência: 126 animais brancos, 41 pretos e 13 marrons. Teste, pelo
qui-quadrado, a hipótese de que o caráter é regulado por dois genes, com
epistasia dominante (12:3:1), e defina:
a) Valor do qui-quadrado.
Iniciando o exercício,
faremos o quadro com os valores observados, esperados e o qui-quadrado.
Fenótipos |
Observado (O) |
Esperado (E) |
Desvio (O – E) |
(O – E)2∕E |
Branco |
126 |
135 |
-9 |
0,6 |
Preto |
41 |
33,75 |
7,25 |
1,55 |
Marrom |
13 |
11.25 |
1,75 |
0,27 |
|
|
|
χ2calc = |
2,42 |
b) Grau de liberdade e nível de significância estimado.
Como temos três fenótipos, poderemos achar os graus de
liberdade pela fórmula: n-1 (em que n é o número de fenótipos).
Graus de liberdade (GL) = 3 -1 = 2
c) Nível
de significância.
Nível de
significância é a máxima probabilidade de erro que se tem ao se rejeitar uma
hipótese verdadeira.
α = 29,67 (usando um computador)
0,50
> α > 0,25
d) Ao
testar a hipótese de que há segregação 9:6:1, estimou-se um nível de
significância inferior a 0,05%. Esta hipótese é mais aceitável que a
anteriormente testada? Explique.
H0 : 12:3:1 |
0,50
> α > 0,25 |
Não se rejeita H0, pois o erro, ao rejeitar Ho, é grande |
Ha : Não H0 |
||
H0 : 9:6:1 |
α < 0,05% |
Rejeita-se H0, pois o erro ao rejeitar Ho, é pequeno |
Ha : Não H0 |
Não, ao se
rejeitar a hipótese 9:6:1 comete-se menos erro do que rejeitar a hipótese de segregação
12:3:1. Portanto, a hipótese 12:3:1 é mais aceitável.
10) Se uma carta é
extraída de um baralho de 52 cartas, qual é a probabilidade de ela ser:
(Temos um espaço amostral de 52.)
a) ás P(ás)=4∕52
b) paus P(paus)=13∕52
c) dama P(dama)=4∕52
d) copas P(copas)=13∕52
e) ás de paus P(ás e paus em duas cartas) =4∕52
x 13∕52
f) ás e dama P(ás e
dama)=P(ás) x P(dama) =4∕52 x 4/52
g) ás ou dama P(ás ou dama)=P(ás) + P(dama) = P(ás
ou dama)=4∕52 + 4∕52 = 8∕52
h) ás ou paus
P(ás ou paus)=P(ás) + P(paus) – P(ás e paus) = P(ás ou
paus)= 4∕52 + 13∕52 – 1∕52 = 16∕52
i) copas ou paus P(copas ou
paus)=P(copas) + P(paus) = P(copas ou paus)=13∕52 + 13∕52 = 1∕2
Retirando-se duas
cartas, qual é a probabilidade de:
j) dois ases;
P(2 ases)=P(ás) x P(ás∕1ª ás)
P (2 ases)=4∕52 x 3∕51 = 12∕2652
k) um ás e uma dama, em
qualquer ordem;
P(1 ás e 1 dama em qualquer ordem)= P(ás) x P(dama|1ª ás) +
P(dama) x P(ás| 1ª dama)
P(1 ás e 1 dama em qualquer ordem)= 4∕52 x 4∕51
+ 4∕52 x 4∕51 = 32∕2652
l) exatamente um ás?
P(exatamente 1 ás)= P(ás) x P(outra carta) + P(outra carta)
x P(ás)
P(exatamente 1 ás)= 4∕52 x 48∕51 + 48∕52 x
4∕51 = 384∕2652
11) Numa urna há cinco bolas: três vermelhas e duas azuis.
Retirando-se uma bola, qual a probabilidade de ela ser:
a) vermelha;
Temos como espaço
amostral 5 bolas.
P(vermelha)=3∕5
b) azul?
P(azul)=2∕5
Retirando-se duas bolas,
qual é a probabilidade de:
c) as duas serem vermelhas;
P(2
vermelhas)=P(vermelha) x P(vermelha|1ª azul)
P(2
vermelhas)=3∕5 x 2∕4 = 6∕20
d) uma vermelha e outra azul, em qualquer ordem;
P(1 v ou a
em qualquer ordem)=P(vermelha) x P azul |1ª azul) + P(azul) x P(vermelha|1ª
azul)
P(1 v ou a
em qualquer ordem)= 3∕5 x 2∕4 + 2∕5 x 3∕4 = 12∕20
e) ocorrer exatamente uma vermelha?
P(exatamente
1 v)= P(vermelha) x P(azul) + P(azul) x P(vermelha)
P(exatamente
1 v)= 3∕5 x 2∕4 + 2∕5 x 3∕4 = 12∕20
12) Numa urna há 5.000 bolas: 3.000 vermelhas e 2.000 azuis.
Pede-se: a, b, c, d, e e do item anterior.
A diferença do item
anterior, é apenas o espaço amostral. Enquanto que no anterior temos apenas
cinco bolas, nesse exercício temos 5000.
a) vermelha;
P(vermelha)=3000∕5000
= 3∕5
b) azul?
P(branca)=2000∕5000
= 2∕5
Retirando-se duas bolas,
qual é a probabilidade de:
c) as duas serem vermelhas;
P(2
vermelhas)=P(vermelha) x P(vermelha|1ª azul)
P(2
vermelhas)=3000∕5000 x 2999∕4999 = 3∕5 x ~3∕5 = 9∕25
d) uma vermelha e outra branca, em qualquer ordem;
P(1 v ou a
em qualquer ordem)=P(vermelha) x P(azul |1ª azul) + P(azul) x P(vermelha|1ª
azul)
P(1 v ou a
em qualquer ordem)= 3000∕5000 x 2000∕4999 + 2000∕5000 x 3000∕4999
=
3∕5
x ~2∕5 + 2∕5 x ~3∕5 = 12∕25
e) ocorrer exatamente uma vermelha?
P(exatamente
1 v)= P(vermelha) x P(azul) + P(azul) x P(vermelha)
P(exatamente
1 v)= 3000∕5000 x 2000∕4999 + 2000∕5000 x 3000∕4999 =
3∕5
x ~2∕5 + 2∕5 x ~3∕5 = 12∕25
13) Em famílias de cinco
filhos, em que ambos os pais sejam heterozigotos para o gene que determina o
albinismo, qual é a probabilidade de:
Sugestão: http://www.minhavida.com.br/saude/temas/albinismo
Fonte: http://modaparahomens.com.br/2012/08/23/a-beleza-exotica-dos-albinos/
a) a segunda criança ser
uma menina albina;
P(menina
albina)=P(menina) x P(albina)
P(menina
albina)=1∕2 x 1∕4 = 1∕8
b) a quinta criança ser
albina ou menina;
P(menina
ou albina)=P(menina) + P(albina) – P(menina albina)
P(menina
ou albina)= 1∕2 + 1∕4 - 1∕8 = 5∕8
c) a segunda criança ser
menina albina ou menino albino;
P(menina
albina ou menino albino)=P(menina albina) + P(menino albino)
P(menina
albina ou menino albino)= 1∕8 + 1∕8 = 1∕4
d) a última criança ser
normal se as quatro primeiras o são;
P(última
normal)=3∕4
e) as duas últimas serem
normais;
P(2
últimas normais)=P(penúltimo normal) x P(último normal)
P(2
últimas normais)= 3∕4 x 3∕4=9∕16
f) as quatro últimas
serem normais e a primeira albina;
P(1 albina
e 4 últimas normais)= 1∕4(3∕4)4
g) ocorrer exatamente
uma criança albina;
Evento |
pi |
ni |
Albina |
¼ |
1 |
Outros |
3/4 |
4 |
Total |
1 |
5 |
P(exatamente
1 criança albina)= (5! ∕ 1! 4!) ∕ (1∕4)1 (3∕4)4
h) ocorrerem exatamente
duas crianças albinas?
Evento |
pi |
ni |
Albina |
¼ |
2 |
Outros |
3/4 |
3 |
Total |
1 |
5 |
P(exatamente
2 crianças albinas)= (5! ∕ 2! 3!) ∕ (1∕4)2 (3∕4)3
14) O cruzamento Aabb X
AaBb irá produzir oito filhos. Qual é a probabilidade. de ocorrerem:
a) 2AABb,2AAbb,
1AaBb,1Aabb,1aaBb,1aabb;
Evento |
pi |
ni |
AABb |
1∕4
x 1∕2 = 1∕8 |
2 |
AAbb |
1∕4
x 1∕2 = 1∕8 |
2 |
AaBb |
2∕4
x 1∕2 = 2∕8 |
1 |
Aabb |
2∕4
x 1∕2 = 2∕8 |
1 |
aaBb |
1∕4
x 1∕2 = 1∕8 |
1 |
aabb |
1∕4
x 1∕2 = 1∕8 |
1 |
Total |
1 |
8 |
P=(8! ∕
2! 2! 1! 1! 1! 1!) ∕ (1∕8)2 (1∕8)2 (2∕8)1
(2∕8)1∕ (1∕8)1 (1∕8)1
b) 2AABb,3AaBb;
Evento |
pi |
ni |
AABb |
1∕4
x 1∕2 = 1∕8 |
2 |
AaBb |
2∕4
x 1∕2 = 2∕8 |
3 |
Outros |
5∕8 |
3 |
Total |
1 |
8 |
P=(8! ∕
2! 3! 3!) ∕ (1∕8)2 (2∕8)3
(5∕8)3
c) 3AABb,5AaBb;
Evento |
pi |
ni |
AABb |
1∕4
x 1∕2 = 1∕8 |
2 |
AaBb |
2∕4
x 1∕2 = 2∕8 |
3 |
Outros |
5∕8 |
0 |
Total |
1 |
8 |
P=(8! ∕
3! 5!0!) ∕ (1∕8)3 (2∕8)5 (5∕8)0
ou
P=(8! ∕
3! 5!) ∕ (1∕8)3 (2∕8)5
15) Você tem três dados:
um vermelho (V), um branco (B) e um azul (A). Quando todos os dados são
lançados ao mesmo tempo, calcule a probabilidade dos seguintes resultados:
a) 6(V), 6(B), 6(A);
P(6V, 6B, 6A)=P(6 vermelho) x P(6 branco) x P(6 azul)
P(6V, 6B, 6A)= (1∕6)3
b) 5(V), 5(B), 3(A);
P(5V, 5B, 3A)=P(5 vermelho) x P(5 branco) x P(3 azul)
P(5V, 5B, 3A)= (1∕6)3
c) os dois últimos serem
6;
P(2 últimos serem 6)=P(penúltimo 6) x P(útimo 6)
P(2 últimos serem 6)= (1∕6)2
d) o último ser 5,
sabendo-se que os dois primeiros o são;
P(último ser 5| dois primeiros o são)= 1∕6
e) nenhum 2;
P(nenhum ser 2)=P(qualquer face exceto 2) x P(qualquer face
exceto 2) x P(qualquer face exceto 2)
P(nenhum ser 2)=( 5∕6)3
f) dois 6 e um 2;
Evento |
pi |
ni |
|
1/6 |
2 |
|
1/6 |
1 |
Total |
1 |
8 |
P=(3! ∕ 2! 1!) ∕ (1∕6)2 (1∕6)1
g) três 6 ou três 5;
P(três 6
ou três 5)=P(três 6) + P(três 5)
P= (1∕6)3
+ (1∕6)3
h) o mesmo número nos
três dados;
P(o mesmo
número nos três dados)=6 x (1∕6)3
i) um número diferente
em cada dado;
P(um
número diferente em cada dado)=P(número 1) x P(número 2) x P(número 3)
P(um
número diferente em cada dado)= 6∕6 x 5∕6 x 4∕6
j) o primeiro ou o
último ser 4.
P= 11/36
16) Nos seres humanos, a
doença galactosemia é herdada como um caráter monogênico recessivo de um modo
mendeliano simples. Uma mulher cujo pai tinha galactosemia pretende casar-se
com um homem cujo avô era galactosêmico. Eles estão preocupados quanto a ter um
filho galactosêmico. Qual é a probabilidade dessa ocorrência?
Sugestão:
http://www.minhavida.com.br/saude/temas/galactosemia
Fonte:
http://biobionut09.blogspot.com.br/2009/06/galactosemia-tipo-2.html
OBS: Neste exercício considera-se que todos os genótipos dos
ancestrais desconhecidos sejam AA.
P(filho
galactosêmico)=P( criança aa) x P(mãe Aa) x P(pai Aa)
P(filho
galactosêmico)= 1∕4 x 1 x 1∕2 = 1∕8
17) A coreia de
Huntington, uma doença rara e fatal que geralmente se desenvolve na meia-idade,
é causada por um alelo dominante. Um homem fenotipicamente normal, com vinte e
poucos anos de idade, soube que seu pai sofreu de coreia de Huntington.
Sugestão: http://www.minhavida.com.br/saude/temas/doenca-de-huntington
Fonte:
http://clinicadralexandrecruzeiro.webnode.com.br/news/doen%C3%A7a-de-huntington/
a) Qual é a
probabilidade de ele desenvolver a doença mais tarde?
A probabilidade é 1∕2, pois o seu genótipo pode ser Aa
(1∕2) ou aa (1∕2).
b) Qual é a
probabilidade de seu filho desenvolver os sintomas na idade madura?
P(filho ser Aa)=P(filho Aa) x P(pai Aa)
P(filho ser Aa)= 1∕2 x 1∕2 = 1∕4
18) Suponha que marido e
mulher sejam ambos heterozigotos para o gene recessivo que determina o
albinismo. Se eles tiverem gêmeos dizigóticos (originados de dois óvulos), qual
é a probabilidade de ambos os gêmeos terem o mesmo fenótipo para a pigmentação?
P(ambos mesmo fenótipo)=P(1º albino) x P(2º albino) + P(1º
normal) x P(2º normal)
P(ambos mesmo fenótipo)= 1∕4 x 1∕4 + 3∕4 x
3∕4 = 10∕16
19) Um homem é
braquidáctilo (dedos muito curtos, dominante mendeliano raro, determinado pelo
alelo A ) e sua mulher não, mas seu
pai é normal sim. Ambos sentem o gosto da substância química feniltiocarbamida
(dominante mendeliano polimórfico, determinado pelo alelo B), mas suas mães não.
a) Dê os genótipos do
casal.
Homem (AaBb) x (aaBb) Mulher
Se eles tiverem sete
filhos, qual é a probabilidade de:
b) todos serem
braquidáctilos;
P(7 braquidáctilos)= P(7 Aa) = (1∕2)7
c) nenhum ser
braquidáctilo;
P(nenhum braquidáctilo)=P(todos normais) = P(7 aa) = (1∕2)7
d) todos serem sensores
do gosto da feniltiocarbamida;
P(7 sentirem gosto)= P(7 B-) =(3∕4)7
e) todos serem não
sensores;
P(nenhum sentir gosto)=
P(7 bb) = ( 1∕4)7
f) todos serem
braquidáctilos sensores;
P(braquidáctilo sensor)=P(braquidáctilo) x P(sensor)
P(braquidáctilo sensor)=1∕2 x 3∕4 = 3∕8
P(todos braquidáctilos sensores)=(3∕8)7
g) nenhum ser
braquidáctilo sensor;
P(nenhum braquidáctilo sensor)= (3∕8)7
h) pelo menos um ser
braquidáctilo sensor;
P(pelo menos um braquidáctilo sensor)=1- (5∕8)7
i) o primeiro filho ser
braquidáctilo não sensor;
P(1º filho ser braquidáctilo não
sensor)= P(braquidáctilo) x P(não sensor)
P(1º filho ser braquidáctilo não sensor)= 1∕2 x 1∕4
= 1∕8
j) os dois primeiros
filhos serem braquidáctilos;
P(dois primeiros serem braquidáctilos)= P(1º braquidáctilo)
x P(2º braquidáctilo)
P(dois primeiros serem braquidáctilos)= 1∕2 x 1∕2
= 1∕4
k) haver exatamente duas
crianças não sensoras;
P(duas crianças não sensoras)=(7! ∕ 2! 5!) ∕ (1∕4)2 (3∕4)5
l) os dois primeiros
filhos serem um braquidáctilo sensor e o outro não braquidáctilo não sensor, em
qualquer ordem?
P=P(braquidáctilo sensor) x P(não braquidáctilo não sensor)
+ (não braquidáctilo não sensor) x P(braquidáctilo sensor)
P=3∕8 x 1∕8 + 1∕8 x 3∕8 = 6∕64
20) A fenilcetonúria (PKU,
do inglês phenylketonuria) é uma doença hereditária humana que impede o
organismo de processar a substância fenilalanina, que é contida nas proteínas
que ingerimos, causando retardamento mental. Um casal pretende ter filhos e vai
a um consultor genético porque o marido tem uma irmã com PKU e a mulher tem um
irmão com PKU. Não há outros casos conhecidos em suas famílias. Qual é a
probabilidade de seu primeiro filho apresentar PKU.
P(1º filho com PKU)=P(mãe Aa) x P(pai Aa) x P(filho ser aa)
P(1º filho com PKU)= 2∕3 x 2∕3 x 1∕4 = 1∕9
21) Na espécie humana, os
grupos sanguíneos do sistema M-N estão sob controle genético de um par de
alelos codominantes. Numa família de seis filhos, onde ambos os pais são
heterozigotos, qual é a probabilidade de se encontrar:
a) 3M, 2MN e 1N;
LM LN x LM LN
Evento |
pi |
ni |
M |
1∕4
|
3 |
MN |
2∕4
|
2 |
N |
1/4 |
1 |
Total |
1 |
6 |
P(3 M, 2MN, 1 N)= (6! ∕3! 2! 1!) ∕ (1∕4)3 (2∕4)2 (1∕4)1
b) 4M e 2MN;
Evento |
pi |
ni |
M |
1∕4
|
4 |
MN |
2∕4
|
2 |
outros |
1/4 |
0 |
Total |
1 |
6 |
P(4 M,
2MN)= (6! ∕4! 2!0!) ∕ (1∕4)4 (2∕4)2 (1∕4)0
c)
6MN;
Evento |
pi |
ni |
MN |
2∕4
|
6 |
Outros |
2/4 |
0 |
Total |
1 |
6 |
P(6 MN)= (2∕4)6
ou
P(6 2MN)= (6! /6! 0!) ∕ (2∕4)6 (2∕4)0
d) 4 meninos MN;
Evento |
pi |
ni |
Meninos MN |
(1/2)(2∕4)=
2/8 |
4 |
Outros |
6/8 |
2 |
Total |
1 |
6 |
P(4 meninos MN)= (6! ∕4! 2!) ∕ (2∕8)4 (6∕8)2
e) quatro meninas MN;
Evento |
pi |
ni |
Meninas MN |
(1/2)(2∕4)=
2/8 |
4 |
Outros |
6/8 |
2 |
Total |
1 |
6 |
P(4 meninas MN)= (6! ∕4! 2!) ∕ (2∕8)4 (6∕8)2
f) pelo menos 4 MN;
P(pelo menos 4 MN)= 15p4q2 + 6p5q1
+ p6q0
P(pelo menos 4 MN)= 15(2∕4)4( 2∕4)2
+ 6(2∕4)5(2∕4)1 + (2∕4)6
g) pelo menos 1 MN;
P(pelo menos 1 MN)=1- (2∕4)6
22) Um homem com coreia de
Huntington tem três filhos. Qual é a probabilidade de:
Sugestão: http://www.minhavida.com.br/saude/temas/doenca-de-huntington
A
coreia de Huntington, uma doença rara e fatal que geralmente se desenvolve na
meia-idade, é causada por um alelo dominante.
Casamento:
Homem (Aa) x Mulher (aa)
a) os três desenvolverem
a doença;
P(3 desenvolverem a doença)= P(3 Aa) = (1∕2)3
b) o primeiro ser
afetado e os outros dois serem normais;
P(1º afetado e os outros dois normais)= P(Aa)P(aa)P(aa)= (1∕2)3
c) apenas um ser
afetado;
Evento |
pi |
ni |
Afetado |
1/2 |
1 |
Outros |
1/2 |
2 |
Total |
1 |
3 |
P(apenas 1 ser afetado)= (3!/1! 2!) (1/2)1(1/2)2
= 3(1∕2)3
d) pelo menos um ser
afetado;
P(pelo menos 1 ser afetado)= 1 – P(nenhum afetado) = 1 – P(3
aa) = 1 - (1∕2)3 = 7∕8
23) Há um tipo de
surdo-mudo que pode ser resultado da presença de um ou de dois genes recessivos
em homozigose, a e b. O tipo normal resulta quando os dominantes A e B estão
presentes simultaneamente. Numa família de duas crianças, qual é a
probabilidade de pelo menos uma ser surda se:
A- B- Normal
A-bb Surdo
aaB- Surdo
aabb Surdo
a) ambos os pais forem
AaBb;
P(A_bb)= 3∕4 x 1∕4 = 3∕16
P(aaB_)=3∕4 x 1∕4 = 3∕16
P(aabb)= 1∕4 x 1∕4 = 1∕16
P(surda) = P(A-bb ou
aaB- ou aabb) = 3/16 + 3/16 + 1/16 = 7/16
P(normal) = P(A-B-) = 9/16
P= P(pelo menos uma surda) = 1 – P(nenhuma surda) = 1 – (9/16)2 =0,68359
b) um pai for AaBb e o
outro aaBB?
|
aB |
AB |
AaBB Normal |
Ab |
AaBb Normal |
aB |
aaBB Surdo |
ab |
aaBb Surdo |
P(surdo) = ½
P(normal) = ½
P= P(pelo menos uma surda) = 1 – P(nenhuma surda) = 1 – (1/2)2 =3/4
24) Nos seres humanos,
"Keratosis" (K) é uma doença de pele determinada por um alelo
dominante. Um homem que apresenta "K", cujo pai não apresentava,
casa-se com uma mulher que possui "K", cuja mãe não possuía.. Se
tiverem três crianças, qual é a probabilidade de elas apresentarem
"K".
Sugestão: http://www.minhavida.com.br/saude/temas/queratose-pilar
Fonte:
http://www.scielo.br/scielo.php?pid=S0365-05962009000400014&script=sci_arttext
P=P(3 A-) = (3∕4)3 =0,421875
25) A telangiectasia
múltipla em seres humanos é a expressão heterozigota de um alelo que é letal
quando homozigoto. Os heterozigotos têm vasos sanguíneos dilatados na face,
língua, lábios, nariz e/ou dedos e são sujeitos a hemorragias nasais sérias e
muito frequentes. Os homozigotos para o caráter têm muitos capilares frágeis e
anormalmente dilatados; devido a graves hemorragias múltiplas, esses indivíduos
morrem dentro de poucos meses após o nascimento. Dois heterozigotos casaram-se
há 40 anos e têm quatro filhos crescidos. Qual é a probabilidade de que dois
desses sejam normais e dois com telangiectasia múltipla?
Genótipo |
Fenótipo |
AA |
Normal |
Aa |
Afetado |
Aa |
Letal |
Aa x Aa
Evento |
pi |
ni |
Normal |
1/3 |
2 |
Afetado |
2/3 |
2 |
Total |
1 |
4 |
P=(4! ∕2! 2!) ∕ (1∕3)2 (2∕3)2=0,2962
26) Em coelho, a cor
branca é devida ao alelo recessivo b e a himalaia ao dominante B. Um macho
heterozigoto foi cruzado com uma fêmea de mesmo genótipo e produziu oito
descendentes. Qual é a probabilidade de que a progênie apresente exatamente a
proporção esperada?
Hh x Hh
Evento |
pi |
ni |
Himalaio |
¾ |
(3/4)8=6 |
Branco |
¼ |
(1/4)8 = 2 |
Total |
1 |
8 |
P=(8! ∕6! 2!) ∕ (3∕4)6 (1∕4)2 = 0,311462
27) O cruzamento de uma
variedade de flores roxas com outra de flores brancas produziu o seguinte
resultado: na geração F1, 100% das plantas
apresentaram flores roxas; na F2, 470 plantas tinham
flores roxas e 335 possuíam flores brancas.
a) Teste, a 5% de
probabilidade, a hipótese de que um único par de alelos está envolvido na
determinação desse caráter.
Para testar essa hipótese de trabalho, devemos
formular H0
e Ha. Vamos analisar como se o caráter fosse controlado por um
único par de alelos. Com isso, temos as hipóteses:
H0:
O caráter é controlado por um gene (segregação do tipo 3:1).
Ha:
O caráter não é controlado por um
gene (segregação do tipo 3:1).
Fenótipos |
Observado (O) |
Esperado (E) |
Desvio (O – E) |
(O – E)2 ∕ E |
Roxa |
470 |
603,75 |
-133,75 |
29,63 |
Branca |
335 |
201,25 |
133,75 |
88,89 |
|
|
|
χ2calc = |
118,52 |
Como temos dois fenótipos, teremos os seguintes graus de
liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
Olhando a tabela de qui-quadrado para encontrar o valor de α temos:
Logo: α < 0.005
Conclusão:
Como α é pequeno, tem-se
pequeno ERRO ao rejeitar H0. Portanto, o caráter não é controlado
por um gene com dois alelos e dominância completa.
b) Caso a hipótese
testada na letra a seja rejeitada,
formule outra, que explique esses resultados (inclusive atribuindo genótipos) e
teste-a a 5% de probabilidade.
Como nossa hipótese de apenas um gene estar controlando esse
caráter foi rejeitada devemos formular outra. Como temos dois fenótipos, e as
proporções se aproximam da epistasia recesssiva dupla (9:7), podemos criar as
hipóteses de trabalho:
H0:
O caráter é controlado por dois genes com dois alelos cada com epistasia
recessiva dupla (segregação do tipo 9:7).
Ha:
O caráter não é controlado por dois
genes com dois alelos cada, com epistasia recessiva dupla (segregação do tipo
9:7).
Fenótipos |
Observado (O) |
Esperado (E) |
Desvio (O – E) |
(O – E)2 ∕ E |
Roxa |
470 |
452,8125 |
17,1875 |
0,6523 |
Branca |
335 |
352,1875 |
-17,1875 |
0,8387 |
|
|
|
χ2calc = |
1,491 |
Como temos dois fenótipos, teremos apenas um grau de
liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
χ2tab 5% 1 GL = 3,841
Logo: 0.5 > α > 0.25
Conclusão:
Como α é grande, tem-se
grande ERRO ao rejeitar H0. Portanto, não rejeitamos a hipótese de
que o caráter é controlado por dois genes com dois alelos cada, com epistasia
recessiva dupla (segregação do tipo 9:7).
28) Nas ervilhas, a cor
amarela do cotilédone é dominante sobre a verde e o formato liso da semente é
dominante sobre o formato rugoso. Quando ambas as características foram
analisadas em conjunto, a progênie produzida por autofecundação de plantas
duplo-heterozigotas apresentou o seguinte resultado: 193 verde, lisa: 184
amarela, rugosa : 556 amarela, lisa : 61 verde, rugosa. Teste a hipótese de
segregação independente a 5% de probabilidade.
Como temos quatro fenótipos, podemos inferir que a proporção segue
a da segunda lei de Mendel (9:3:3:1). Com isso, formularemos as hipóteses:
H0:
O caráter é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada com
segregação do tipo 9:3:3:1.
Ha:
O caráter não é controlado por dois
genes independentes com dois alelos cada com segregação do tipo 9:3:3:1.
Fenótipos |
Observado (O) |
Esperado (E) |
Desvio (O – E) |
(O – E)2 ∕ E |
Amarela, lisa |
556 |
559,125 |
-3,125 |
0,01746 |
Verde, lisa |
193 |
186,375 |
6,625 |
0,23549 |
Amarela, rug. |
184 |
186,375 |
-2,375 |
0,03026 |
Verde, rug. |
61 |
62,125 |
1,125 |
0,02037 |
|
|
|
χ2calc = |
0,30358 |
Como temos quatro fenótipos, teremos três graus de
liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 4 - 1 = 3
χ2tab 5% 3 GL = 7,815
Logo: 0.975 > α > 0.950
Conclusão:
Como α é grande, tem-se
grande ERRO ao rejeitar H0. Portanto, não rejeitamos a hipótese de
que o caráter é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada
(segregação do tipo 9:3:3:1).
29) As flores das plantas "quatro-horas" podem ser vermelhas,
de cor rosa ou brancas. As vermelhas cruzadas com as brancas produzem somente
flores de cor rosa. Quando se cruzarem as plantas com flores rosa, estas
produziram: 113 vermelhas, 133 brancas e 260 de cor rosa. Teste, a 5% de
probabilidade, a hipótese de que o caráter cor-de-flor, nessa espécie, seja
determinado por um único gene.
Observamos que há três
fenótipos para esse caráter. E testando para que apenas um gene determine essa
característica, temos as seguintes hipóteses:
H0:
O caráter é controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo 1:2:1.
Ha:
O caráter não é controlado por um
gene com dois alelos e segregação do tipo 1:2:1.
Fenótipos |
Observado (O) |
Esperado (E) |
Desvio (O – E) |
(O – E)2 ∕ E |
Vermelha |
113 |
126,5 |
-13,5 |
1,44 |
Rosa |
260 |
253 |
7 |
0,19 |
Branca |
133 |
126,5 |
6,5 |
0,33 |
|
|
|
χ2calc = |
1,96 |
Três fenótipos irão gerar dois graus de liberdade.
Graus de liberdade (GL) = 3 - 1 = 2
χ2tab 5% 2 GL = 5,991
Conclusão:
Como χ2calc < χ2tab , não
se rejeita H0 ao nível de 5% de probabilidade. Portanto, o caráter é
controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo 1:2:1.
30) Tomates de cor
vermelha cruzados com tomates de cor amarela produziram progênie F1 inteiramente vermelha. Dentre 400 plantas da F2, 90 surgiram com tomates amarelos. Teste a hipótese de que um único
par de alelos esteja envolvido na determinação da cor do fruto.
Como temos apenas dois fenótipos, vamos testar se um gene gera
essa característica, pelas hipóteses da proporção clássica de Mendel, temos:
H0:
O caráter é controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo 3:1.
Ha:
O caráter não é controlado por um
gene com dois alelos e segregação do tipo 3:1.
Fenótipos |
Observado (O) |
Esperado (E) |
Desvio (O – E) |
(O – E)2 ∕ E |
Vermelho |
310 |
300 |
10 |
0,33 |
Amarelo |
90 |
100 |
-10 |
1,0 |
|
|
|
χ2calc = |
1,33 |
Como são dois fenótipos, temos um grau de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
χ2tab 5% 1 GL = 3,841
Logo: 0.25 > α > 0.10
Conclusão:
Como α é grande, tem-se
grande ERRO ao rejeitar H0. Portanto, não rejeitamos a hipótese de
que o caráter é controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo
3:1.
31) No tomate, o fruto
pode ser redondo (A_) ou alongado (aa) e a inflorescência simples (B_) ou
composta (bb) . O cruzamento de plantas AaBb (redondo,simples) com plantas aabb
(alongada, composta) produziu o seguinte resultado: 23 redondo, simples: 85
redondo, composto: 83 alongado, simples: 19 alongado, composto. Teste, a 5% de
probabilidade, a hipótese de segregação independente.
Para ser segregação independente, devemos considerar a
probabilidade de 1:1:1:1. Com isso, temos as hipóteses:
H0:
O caráter é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada com
segregação do tipo 1:1:1:1.
Ha:
O caráter não é controlado por dois
genes independentes com dois alelos cada com segregação do tipo 1:1:1:1.
Fenótipos |
Observado (O) |
Esperado (E) |
Desvio (O – E) |
(O – E)2 ∕ E |
Red., simples |
23 |
52,5 |
-29,5 |
16,57 |
Red., comp. |
85 |
52,5 |
32,5 |
20,11 |
Along., simples |
83 |
52,5 |
30,5 |
17,71 |
Along., comp. |
19 |
52,5 |
-33,5 |
21,37 |
|
|
|
χ2calc = |
75,76 |
Temos três graus de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 4 - 1 = 3
χ2tab 5% 3 GL = 75,76
Logo: α < 0.005
Conclusão:
Como α é pequeno, tem-se
pequeno ERRO ao rejeitar H0. Portanto, rejeitamos a hipótese de que
o caráter é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada e
segregação do tipo 1:1:1:1.
32) Qual é o número de descendentes necessários para que se tenha
95% de certeza de que ocorrerá pelo menos um indivíduo de genótipo aabbccdd na
descendência do cruzamento AaBbCcdd X AaBbccdd?
P(aabbccdd)=P(aa)
x P(BB) x P(cc) x P(dd)
P(aabbccdd)=
1∕4 x 1∕4 x 1∕2 x 1 = 1∕32
Usaremos a
fórmula da certeza para encontrar esse resultado:
C=1 – α
Em que
α = (P)n
C=1 – (1∕32)n
n log (1∕32)
= log (1 – 0,95)
n = [log (1 – 0,95)] ∕ log (1∕32)
n = 94,35
n ~95 indivíduos
MULTIPLA ESCOLHA
1) Se a família Silva
tiver cinco filhos e a família Oliveira tiver quatro, qual a probabilidade de que
todos os filhos dos Silva sejam meninas e todos os dos Oliveira sejam meninos?
a) 1/325
b) 1/512
c) 1/682
d) 1/921
e) 1/1754
Resolução: P=(1∕2)5 (1∕2)4 = 1∕512
Resposta:
Alternativa B
2) A capacidade de
sentir o gosto de uma substância amarga chamada feniltiocarbamida (PTC) deve-se
a um gene dominante. A probabilidade de um casal (sensível a essa substância e
heterozigótico) ter um filho do sexo feminino e sensível ao PTC é:
a) 1/4
b) 1/8
c) 3/4
d) 3/8
e) 1/5
Resolução:
P(menina e sensora)= 3∕4 x 1∕2 = 3∕8
Resposta:
Alternativa D
3) Quando dois
indivíduos que manifestam um caráter dominante têm um primeiro filho que
manifesta o caráter recessivo, a probabilidade de um segundo filho ser igual ao
primeiro é:
a) 3/4
b) 1/2
c) 1/4
d) 1/8
e) 1/16
Resolução: Pelo enunciado do problema, podemos inferir que os pais
são heterozigotos. Com isso, temos a seguinte proporção dos descendentes. Para
o segundo filho ser igual ao primeiro, ele deverá ser recessivo, possuindo uma probabilidade
de 1/4 de nascer com esse carácter.
Aa x |
Aa |
↓ |
|
1∕4 AA: 2∕4 Aa : 1∕4 aa |
Resposta:
Alternativa C
4) Do cruzamento entre dois
indivíduos portadores do genótipo AaBBCcDd, qual a probabilidade de ocorrência
numa F1 de indivíduos com o genótipo AABBccDd?
a) 1/85
b) 3/54
c) 1/32
d) 6/95
e) 1/64
Resolução:
P(AABBccDd)= P(AA) x P(BB) x P(cc) x P(Dd)
P(AABBccDd)=
1∕2 x 1∕4 x 3∕4 = 1∕32
Resposta:
Alternativa C
5) Um homem de pele com
pigmentação normal e olhos castanhos casa-se com uma mulher de fenótipo igual
ao seu. Sabendo-se que o casal já tem um filho albino de olhos azuis, qual a
probabilidade de num próximo nascimento esse casal vir a ter uma filha de olhos
azuis e com a pigmentação da pele normal?
a) 2/16
b) 4/32
c) 6/16
d) 3/32
e) 7/16
Resolução:
P(filha, olhos azuis e pele normal)= P(filha) x P(olhos azuis) x P(pele normal)
P(filha,
olhos azuis e pele normal)= 1∕2 x 1∕4 x 3∕4 = 3∕32
Resposta:
Alternativa D
6) Certo tipo de miopia
é um caráter condicionado por um gene recessivo m. A adontia hereditária é
determinada por um gene dominante D. Um homem com adontia e visão normal
casa-se com uma mulher míope e com dentes, tendo o casal um filho míope e com
dentes. Se o casal tiver mais um filho, qual a probabilidade de ele ser homem e
normal para ambos os caracteres?
a) 1/8
b) 1/4
c) 1/16
d) 1/32
e) 0%
Resolução:
P(homem, normal, normal)=P(homem) x P(normal) x P(normal)
P(homem,
normal, normal)= 1∕2 x 1∕2 x 1∕2 =1∕8
Resposta:
Alternativa A
7) Um determinado
indivíduo possui o genótipo Aa. Qual a chance de o gene A ser transmitido para
um bisneto seu?
a) 50%
b) 3,125%
c) 1/4
d) 3/4
e) 12,5%
Resolução:
Faremos uma escala de probabilidade para encontrar a resposta:
Aa → filho → neto → bisneto
1∕2 → (1∕2) ∕2= 1∕4 →
(1∕4) ∕2=1∕8
(1∕8)
x 100 = 12,5%
Resposta:
Alternativa E
8) A polidactilia
(presença de mais de cinco dedos em cada membro) é condicionada por um gene
dominante P. Se um homem com polidactilia, filho de mãe normal, casa-se com uma
mulher normal, qual a probabilidade que têm de que em sucessivas gestações
venham a ter seis filhos com polidactilia?
a) 1/16
b) 1/32
c) 1/64
d) 1/128
e) 1/256
Resolução:
P=(1∕2)6=1∕64
Resposta:
Alternativa C
9) Qual a probabilidade
de um casal de olhos castanhos, em que ambos os cônjuges são heterozigotos, ter
três filhas de olhos castanhos e dois filhos de olhos azuis?
a) 27/164
b) 3/8
c) 64/126
d) 270/32.768
e) 0%
Resolução: P=(5! ∕3! 2!) ∕ (3∕8)3 (1∕8)2=270∕32.768
Resposta: Alternativa D
10) Se se considerar
que, no problema anterior, o casal deseja que as três filhas de olhos castanhos
nasçam em primeiro lugar e seguidamente e, só depois, nasçam os filhos de olhos
azuis, como ficaria, então, a probabilidade?
a) 2,7/164
b) 15/40
c) 640/1.260
d) 27/32.768
e) 5%
Resolução: P=(3∕8)3 (1∕8)2=27∕32.768
Resposta: Alternativa D
11) Um homem destro, heterozigoto
para esse caráter, que não possui a capacidade de enrolar a língua, casa-se com
uma mulher canhota, com a capacidade de enrolar a língua, heterozigota para o
último caráter. Qual a probabilidade de o casal mencionado vir a ter uma filha
homozigota para ambos os caracteres?
a) 1/2
b) 1/6
c) 1/4
d) 1/8
e) 1/10
Resolução:
P(filha, DD e ll)=P(filha) x P(DD) x P(ll)
P(filha, DD e ll)= 1∕2 x 1∕2 x 1∕2 = 1∕8
Resposta: Alternativa D
12) Um casal de olhos castanhos
(dominante) tem quatro filhos de olhos azuis (recessivo). Pergunta-se:
A) Qual é a
probabilidade de o quinto ter também olhos azuis?
B) Qual é a
probabilidade de que ele tenha olhos castanhos?
A B
a) 1/2
3/4
b) 3/4
1/4
c) 1/4
3/4
d) 1/2
1/2
e) 1/3
2/3
Resolução:
Faremos o cruzamento considerando o casal como
sendo heterozigoto:
Aa x |
Aa |
↓ |
|
1∕4 AA: 2∕4 Aa : 1∕4 aa |
A_ = 3∕4 castanhos
Aa = 1∕4 azuis
Resposta: Alternativa C
13) Numa família com
nove filhas, a probabilidade de o décimo filho ser homem é:
a) 50%
b) 70%
c) 80%
d) 90%
e) 25%
Resolução:
A probabilidade do décimo filho ser homem, não sofre
interferência da relação dos filhos passados, por isso faremos o cruzamento
entre os pais:
XX x |
XY |
↓ |
|
1∕2 XX : 1∕2 XY |
Resposta: Alternativa A
14) A representa o gene dominante
para determinado caráter e a é seu alelo recessivo. Em quatro cruzamentos entre
um indivíduo Aa e um indivíduo aa, os descendentes foram Aa. A probabilidade
de, no quinto cruzamento, o descendente ser aa é:
a) nula
b) 20%
c) 25%
d) 50%
e) 100%
Resolução:
Faremos primeiro o cruzamento dos progenitores:
Aa x |
aa |
↓ |
|
1∕2 Aa : 1∕2 aa |
Resposta: Alternativa D
As questões 15 e 16 referem-se
a um heredograma que representa a ocorrência de uma anomalia numa família.
15) A probabilidade de
nascer uma menina afetada do cruzamento de 3 com 11 é:
a) 0,00
b) 0,25
c) 0,50
d) 0,75
e) 1,00
Resolução:
P(menina afetada)=P(menina) x P(afetada)
P(menina afetada)= 1∕2 x 1∕2 = 1∕4
Resposta: Alternativa B
16) Pelos dados
fornecidos, não se podem determinar os genótipos dos indivíduos:
a) 5, 9, 15.
b) 8, 9, 13.
c) 8, 11,16.
d) 9, 13, 15.
e) 13, 14, 16.
Resolução:
Não é possível saber se os indivíduos 13, 14 e 16 são AA ou
Aa.
Resposta: Alternativa E
17)
No homem, o albinismo é condicionado por um gene autossômico recessivo, a. Pais
normais que têm um filho albino desejam saber:
Qual a probabilidade de
terem outro filho, mas com pigmentação normal da pele?
a) 1/2
b) 1/4
c) 3/4
d) 1/3
e) 2/3
Resolução:
Aa x |
Aa |
↓ |
|
3∕4 A_: 1∕4 aa |
Resposta: Alternativa C
18) Na espécie humana,
um determinado caráter é causado por um gene autossômico recessivo. A
probabilidade de um homem híbrido produzir espermatozoides contendo o gene
recessivo é de:
a) 25%
b) 30%
c) 50%
d) 75%
e) 100%
Resolução:
Aa |
↓ |
1∕2 A ou 1∕2 a |
Resposta: Alternativa C
19) Em organismos
diploides sexuados, cada par de cromossomos é formado por um cromossomo de origem
paterna e um de origem materna. Qual a probabilidade de os espermatozoides
conterem apenas os cromossomos de origem materna, em um organismo com quatro
pares de cromossomos?
a) 1/2
b) 1/4
c) 1/8
d) 1/16
e) 1/32
Resolução:
P=(1∕2)4 = 1∕16
Resposta:
Alternativa D
20) A queratose
(anomalia da pele) é devido a um gene dominante Q. Uma mulher com queratose
cujo pai era normal, casa-se com um homem com queratose cuja mãe era normal. Se
esse casal tiver quatro filhos, a probabilidade de todos eles apresentarem
queratose é de:
a) 15,6%
b) 24,6%
c) 12,5%
d) 31,6%
e) 28,1%
Resolução:
P=(3∕4)4 = 81∕256 = 31,64%
Resolução:
Alternativa D
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GL\ α.995 .990 .975
.950 .900 .750 .500
.250 .100 .050 .025 .010 .005 _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1 0.00004 0.00016 0.00098 0.00393 0.01579 0.10153 0.45494
1.32330 2.70554 3.84146 5.02389 6.63490 7.87944
2 0.01003 0.02010 0.05064 0.10259 0.21072 0.57536 1.38629 2.77259
4.60517 5.99146 7.37776 9.21034 10.59663
3 0.07172 0.11483 0.21580 0.35185 0.58437 1.21253 2.36597 4.10834 6.25139 7.81473 9.34840 11.3448 12.83816
4 0.20699 0.29711 0.48442 0.71072 1.06362 1.92256 3.35669 5.38527 7.77944 9.48773 11.1432 13.2767 14.86026
5 0.41174 0.55430 0.83121 1.14548 1.61031 2.67460 4.35146 6.62568 9.23636 11.0705 12.8325 15.0862 16.74960
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