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 leitura adicional  no site:

http://www.ufv.br/dbg/LabGen/gbol27.htm

 

 

 

GENETICA DE POPULAÇÕES

 

 

 1) Considere duas populações: P1 (50 Aa e 50 aa) e P2 (60 AA e 40 Aa).

a) Qual a frequência de plantas aa na terceira geração de autofecundação sucessiva realizada na população P2?

a) Frequência de plantas aa na terceira gerações de autofecundação P2 60AA e 40Aa.

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

60 (n1)

40 (n2)

0 (n3)

D= n1/N  60/100= 0,6

H = n2/N  40/100= 0,4

R= n3/N  0/100=  0

Total

100 N

1

 

 

A autofecundação é um processo de propagação sexuada de vária espécie vegetal. A autofecundação faz com que a frequência do heterozigoto reduz-se a metade em cada geração e a outra metade são repartidas para os h

Geração

Inicial (%)

1ª. Geração de autofecundação

2ª. Geração de autofecundação

3ª. Geração de autofecundação

D

60

60 + ½  D = 70

70 + ½  D = 75

75 + ½  D = 77,5

H

40

20

10

5

R

0

0 + ½  D =10

10 + ½  D =15

15 + ½  D =17,5

Perda de Hetereozigoto = D

0

20

10

5

 

Também pode ser calculado por meio da expressão:

Rn: Frequência de aa

fRo: Frequênciagenotípica do homozigoto  recessivo obtido na população inicial

fHn: Frequênciagenotípica de heterozigoto na geração qualquer

fHo: Frequência do heterozigoto inicial

: Diferencia entre fHo e fHn

n: número de gerações

 
Rn=  f(Ro) + /2                               em que:

R3= 0 + 0,35/2= 0,175

 

= f(Ho) – f(Hn)= 0,4 – 0,05= 0,35

 

Hn= (1/2)n x Ho= (1/2)3 x 0,4 = 0,05

 

Resposta: Na terceira geração de autofecundação a frequência de aa seria de 0,175

 

 b) Qual a frequência de plantas aa resultante do acasalamento ao acaso em plantas da população P1?

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

0 (n1)

50 (n2)

50   (n3)

n1/N  0/100= 0 D

n2/N  50/100= 0,5 H

n3/N 50/100=      0,5 R

Total

100 N

1

 

No quadro de abaixo apresenta-se a frequência genotípica e alélica numa população antes e após acasalamento ao acaso.

População inicial (Po)

 

População após o “aaa” (P1)

AA= D

Aa= H

aa= R

f (A)= p= D+H/2

F (a)= q= R + H/2

 

AA=D1= P2

Aa=H1= 2pq

aa= R1= q2

f (A)= p1= p

f(a)= q1= q

 Então:

f (A)= p= D+H/2= 0 + 0,5/2= 0,25

f (a)= q= R + H/2= 0,5 + 0,5/2= 0,75

Assim:

A frequência genotípica numa geração futura pose ser predita por meio do conhecimento da frequência alélica.

Resposta: f(aa)= q2= 0,752= 0,5625 ou 56,25%

 

 c) Qual a frequência de plantas aa resultante do acasalamento entre as populações P1 (genitor masculino) e P2 (genitor feminino)?

Pop1: p= 0,25                                       Pop2: f (A)= p= D+H/2= 0,6 + 0,4/2= 0,8

            q= 0,75                                               f(a)= q= R + H/2= 0 + 0,4/2= 0,2

OBS: Após de um acasalamento ao acaso a frequência alélica permanece constante até gerações infinito.

 
Cruza-se:         P1        x          P2

A 0,25             A 0,8

a 0,75              a 0,2

P1/P2

A 0,8                    a 0,2

A 0,25

a 0,75

AA 0,2                   Aa 0,05

Aa  0,6                   aa 0,15

 

 

Resposta: A frequência de aa será de 0,15 x 100= 15%

 

2- Qual a relação genotípica esperada na descendência do cruzamento entre as populações 1 (30 AA e 70 Aa) e 2 (50 Aa e 50 aa)?

 

Relação genotípica Pop1 (30AA e 70Aa) e Pop 2 (50Aa e 50aa).

POP 1

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

30 (n1)

70 (n2)

0   (n3)

n1/N  30/100= 0,3D

n2/N  40/100= 0,7H

n3/N  0/100=      0 R

Total

100 N

1

Frequência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0,3 + 0,7/2= 0,65

f (a)= q= R + H/2= 0 + 0,5/2= 0,35

POP 2

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

0 (n1)

50 (n2)

50  (n3)

n1/N  0/100= 0D

n2/N  50/100= 0,5H

n3/N  50/100= 0,5R

Total

100 N

1

Frequência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0 + 0,5/2= 0,25

f (a)= q= R + H/2= 0,5 + 0,5/2= 0,75

Pop1: p= 0,65                                    Pop2: f (A)= p= 0,25

            q= 0,35                                               f(a)= q= 0,75

OBS: É necessário obter primeiro a freqüência alélica das populações para depois cruzar e assim obter a freqüência genotípica dos descendentes.

 
Cruza-se:         P1        x          P2

A 0,65             A 0,25

a 0,35              a 0,75

 

 

P1/P2

A 0,25                    a 0,75

A 0,65

a 0,35

AA 0,1625              Aa 0,4875

Aa  0,0875              aa 0,2625

Então, a relação genotípica é:

f(AA)=0,1625  x 100= 16,25%

f (Aa)= 0,4875 + 0,087=0,575  x 100= 57,5%

f (aa)=0,2625 x 100= 26,25%       

 

3)- Após terem sido eliminadas as plantas aa que surgiram da autofecundação de plantas Aa, deixou-se o acasalamento ocorrer ao acaso, obtendo-se a geração F1. Qual a frequência de plantas AA que ocorrem na geração F1?

 

Se autofecundarmos a planta Aa vamos obter:

 

 

A

a

A

AA

Aa

a

Aa

aa N eliminada

 

População após eliminação de aa

 

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

1 (n1)

2 (n2)

0  (n3)

D= n1/N  = 1/3

H = n2/N  = 2/3

R = n3/N  =    0

Total

1

 

Freqüência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 1/3 + 2/6= 2/3

f (a)= q= R+H/2= 0 + 2/6= 1/3

Após de acasalamento ao acaso a freqüência de AA é:

f(AA) = p2 = (2/3)2 = 4/9

f(Aa) = 2pq = 2(1/3)(2/3) = 4/9

f(aa) = q2 = (1/3)2 = 1/9

 

Resposta: f(AA)= p2= (2/3)2= 4/9=0,444

 

Outra maneira de calcular:

 

 

4)-  Em uma espécie as flores são roxas (AA), vermelhas (Aa) ou brancas (aa).

 

 

a) Se uma população X (320 roxas, 200 vermelhas e 480 brancas) é submetida ao acasalamento ao acaso, qual a frequência de plantas com flores vermelhas na descendência?

 

 

Fenótipo    Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

Roxa          AA

Vermelha     Aa

Branca         aa

320 (n1)

200 (n2)

480  (n3)

n1/N  320/1000= 0,32 D

n2/N  200/1000= 0,20 H

n3/N  480/1000= 0,48 R

Total

1000 N

1

Freqüência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0,32 + 0,20/2= 0,42

f (a)= q= R + H/2= 0,48 + 0,20/2= 0,58

Então: após de acasalamento ao acaso a freqüência de flor (Aa) é:

f(Aa)= 2pq= 2 x 0,42 x 0,58= 0,4872 x 100= 48,72%

b)-  Qual a frequência de plantas com flores vermelhas a população X fosse autofecundada?

 

Como cada gerações de autofecundação  a freqüência do heterozigoto cai pela metade então temos:

Geração

Inicial (%)

1ª. Geração de autofecundação

D Roxa

0.32

0.32 + ½  D = 0.37

H Vermelha

0.20

0.10

R Branca

0.48

0.48 + ½  D =0.53

Perda de Hetereozigoto = D

0

0.10

 

A freqüência de Aa é 0,1= 10%

 

c)-  Qual a frequência genotípica na descendência do acasalamento ao acaso?

 

 

f(AA) = p2= 0,422= 0,1764 x 100= 17,64%

f (Aa) = 2pq= 2 x 0,42 x 0,58 =0,4872  x 100= 48,72%

f (aa) = q2= 0,582= 0,3364 x 100= 33,64%

 

5)- A seguir são apresentadas cinco populações. Estime, para cada uma delas, a frequência dos alelos A e a. Também estime as frequências dos genótipos AA, Aa e aa após a população passar por acasalamento ao acaso e atingir o equilíbrio.

 

                             

 

 

 

 

 

 

Primeiramente é necessário obter a freqüência genotípica de cada População para logo obter a freqüência alélica e assim predizer a freqüência genotípica futura:

 

POP 1

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

50 (n1)

0 (n2)

50   (n3)

n1/N  50/100= 0,5D

n2/N  0/100=     0 H

n3/N  50/100= 0,5 R

Total

100 N

1

Freqüência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0,5 + 0/2= 0,5

f (a)= q= R + H/2= 0,5 + 0/2= 0,5

A freqüência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,52= 0,25

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,5 x 0,5 =0,50

f (aa)= q2= 0,52= 0,25

 

POP 2

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

0 (n1)

100 (n2)

0   (n3)

n1/N  0/100=    0 D

n2/N  100/100= 1 H

n3/N  0/100=    0   R

Total

100 N

1

 

 

Freqüência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0 + 1/2= 0,5

f (a)= q= R + H/2= 0 + 1/2= 0,5

A freqüência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,52= 0,25

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,5 x 0,5 =0,50

f (aa)= q2= 0,52= 0,25

 

 

POP 3

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

25 (n1)

50 (n2)

25   (n3)

n1/N  25/100=    0,25 D

n2/N  50/100=      0,5 H

n3/N  25/100=      0,25R

Total

100 N

1

Freqüência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0,25 + 0,5/2= 0,5

f (a)= q= R + H/2= 0,25 + 0,5/2= 0,5

A freqüência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,52= 0,25

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,5 x 0,5 =0,50

f (aa)= q2= 0,52= 0,25

 

POP 4

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

40 (n1)

40 (n2)

40   (n3)

n1/N  40/120=    0,33 D

n2/N  40/120=     0,34 H

n3/N  40/120=      0,33R

Total

120 N

1

Freqüência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0,33 + 0,34/2= 0,5

f (a)= q= R + H/2= 0,33 + 0,34/2= 0,5

A freqüência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,52= 0,25

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,5 x 0,5 =0,50

f (aa)= q2= 0,52= 0,25

POP 5

Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AA

Aa

aa

449 (n1)

463 (n2)

135   (n3)

n1/N  449/1047=    0,42 D

n2/N  463/1047=     0,45 H

n3/N  135/1047=      0,13R

Total

1047 N

1

Freqüência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0,42 + 0,45/2= 0,645

f (a)= q= R + H/2= 0,13 + 0,45/2= 0,355

 

A freqüência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,6452= 0,416025

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,645 x 0,335 =0,45795

f (aa)= q2= 0,52= 0,126025

Tabela com os valores já adicionados, temos:

POP original                                                                        EHW

           AA       Aa        aa

   p= f(A)    q= f(a)

AA             Aa          aa

Pop1  50         0          5

Pop2  0          100       0

Pop3  25        50         25

Pop4  40        40         40

Pop5  449      463       135

     0,5           0,5

     0,5           0,5

     0,5           0,5

     0,5           0,5

     0,645       0,355

0,25            0,50        0,25

0,25            0,50        0,25

0,25            0,50        0,25

0,25            0,50        0,25

0,416021    0,45795  0,126025

 

6)- Considere uma população em equilíbrio em que são encontrados 120 indivíduos do grupo sanguíneo AB, 240 A, 390 B e 250 O. Calcule a frequência dos alelos IA, IB e i (apresente os cálculos).

 

Grupo Sanguineo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

AB

A

B

O

120 (n1)

240 (n2)

390 (n3)

250 (n4)

n1/N  120/1000=    0,12

n2/N  240/1000=     0,24

n3/N  390/1000=      0,39

n4/N  250/1000=      0,25

Total

1000 N

1

 

Bernstein, em 1930, explicou a herança do grupo sanguíneo A B O como determinado por um gene com três alelos, IA / IB / i os quais produzem os antígenos A, B e nenhum “O” respectivamente. Admitindo que os casamentos ocorram ao acaso, é possível estimar as frequência, f (IA)= p, f(IB)= q e f(i)= r. Os alelos IA / IB  são codominantes entre se e dominantes em relação ao alelo i, disso resultando quatro fenótipo, conforme mostrado no quadro abaixo:

Grupo Sanguíneo

Genótipo

Frequência esperada no equilíbrio (aaa)

AB

A

B

O

IA  IB 

IA  IA + IAi

IB IB + IB i

ii

2pq

p2 + 2pr

q2 + 2qr

r2

Assim:

f(O)= r2                              logo:  r= = 0,5

f(O) + f(A)= p2 + 2pr +r2= (p + r)2   

                                                               logo: p=  - r =  - 0,5= 0,2

f(O) + f(B)= q2 + 2qr +r2= (q + r)2

                                               logo: q=  - r =  - 0,5= 0,3

 

7)- Considere uma população em equilíbrio na qual 64% das pessoas são Rh+. Qual a frequência do alelo R nessa população?

 

Classe

Genótipos

Freq. Esperada no EHW

Freq. Observada

Rh+

RR, Rr

p2 + 2pq

0.64

Rh-

rr

q2

1-0.64 = 0,36

 

Se f(Rh+)= 64%                                  então: f(aa) = f(Rh-)= q2 = 0,36                                                                               

            q= = 0,6

Sabemos que (p + q)= 1

            p = f(R) = 1- 0,6= 0,4

8)- Qual a frequência do alelo A (A- normal e aa albina) em uma população em equilíbrio em que a ocorrência de albinos é de 9%?

 

Classe

Genótipos

Freq. Esperada no EHW

Freq. Observada

Normal

AA, Aa

p2 + 2pq

100- 9% = 91%

Albina

aa

q2

9%

Se a f(aa)= 9%                      

Então: f(aa)= q2 = 0,09                                              q= = 0,3

Sabemos que (p + q)= 1                                            p= 1- 0,3= 0,7

 

9)- Em 1935, utilizando-se os antissoros anti-M e anti-N, foram determinados os grupos sanguíneos (sistema M-N) de uma amostra aleatória de 1.029 chineses de Hong Kong, obtendo-se o seguinte resultado: 342M, 500MN e 187N.

a) Determinar as frequências gênicas e genotípicas nessa amostra:

Genótipo         Fenótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica observada

LM LM              M

LMLN                MN

LN LN                N

342 (n1)

500 (n2)

187 (n3)

D= n1/N  342/1029=    0,3324

H = n2/N  500/1029=     0,4860

R=n3/N  187/1029=      0,1817

Total

1029 N

1

 

Frequência alélica:

f (LM)= p= D+H/2= 0,3324 + 0,4860/2= 0,5753

f (LN)= q= R + H/2= 0,1817 + 0,4860/2= 0,4247

 

 

b) Pode-se considerar que a amostra anterior represente uma população em equilíbrio de Hardy - Weinberg (EHW)?

 

O número esperado de indivíduos se a população estivesse em EHW seria:

f(LM LM)= p2 x N= 0,57532 x 1029 = 340, 57

f (LMLN)= 2pq x N= 2 x 0,5753 x 0,4247 x 1029 = 502,83

f (LN LN)= q2 x N= 0,42472 x 1029= 185,60

= 3, 841               α= 5%

GL= Grau de liberdade

GL= 3-1-1= 1

OSB: O grau de liberdade é calculado pelo número de classe menos o numero de parâmetros estimados.

 
 


ü  Para determinar se a população esta em EHW, pode ser calcular por meio da expressão de :

 

 

.= 2/

 

 

=  +  + = 0,03249

 

Sim. A população está em EHW. Como o valor de  é menor que o valor de  , conclui-se que a população inicial esta em EHW.

 

De uma forma mais clara (resposta obtida com uso do programa GBOL) temos a solução:

10) O albinismo ocorre com a frequência de 1 em 20.000 na população humana da Europa. Assumindo que o albinismo seja devido a um alelo recessivo e, também, que a população esteja em EHW, apresente as proporções alélicas e genotípicas nessa população.

 

Classe

Genótipos

Freq. Esperada no EHW

Freq. Observada

Normal

AA, Aa

p2 + 2pq

Albina

aa

q2

1/20000

 

Se a frequência f(aa)= q2 = 1/20000

Então q= = 0,007

Sabemos que (p + q)= 1         p= 1- 0,007= 0,993

A frequência genotípica

f(AA)= p2= 0,9932= 0,9860 x 100= 98,6%

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,993 x 0,007 =0,0139 x 100= 1,39%

f (aa)= q2= 0,0072= 0,00005 x 100= 0,005%

 

 

11) Indique as frequências genotípicas resultantes do acasalamento ao acaso nas seguintes populações genitoras:

 

População inicial

 

População após de “aaa

Freq. Genotípica

Freq. alélica

 

Freq. Genotípica

Freq. alélica

      D           H           R

p              q

 

p2      2pq       q2

p            q

P1 0         1           0

P2 0,5       0       0,5

P3 0,25    0,5   0,25

P4 0,01     0,18   0,81

P5 0,81    0,18    0,01

0,5          0,5

0,5          0,5

0,5          0,5

0,1          0,9

0,9          0,1

 

0,25     0,5      0,25

0,25    0,5     0,25

0,25    0,5     0,25

0,01     0,18    0,81

0,81     0,18    0,01

0,5          0,5

0,5          0,5

0,5          0,5

0,1          0,9

0,9          0,1

*Para que a população este em EHW a frequência genotípica tem-se igual a partir de uma geração de aaa.

a)Pop 1

Frequência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0 + 1/2= 0,5

f (a)= q= R + H/2= 0 + 1/2= 0,5

A frequência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,52= 0,25

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,5 x 0,5 =0,50

f (aa)= q2= 0,52= 0,25

a)Pop 2

Frequência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0 + 1/2= 0,5

f (a)= q= R + H/2= 0 + 1/2= 0,5

A frequência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,52= 0,25

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,5 x 0,5 =0,50

f (aa)= q2= 0,52= 0,25

a)Pop 3

Frequência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0 + 1/2= 0,5

f (a)= q= R + H/2= 0 + 1/2= 0,5

A frequência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,52= 0,25

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,5 x 0,5 =0,50

f (aa)= q2= 0,52= 0,25

a)Pop 4

Frequência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0,01 + 0,18/2= 0,1

f (a)= q= R + H/2= 0,81 + 0,18/2= 0,9

A frequência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,12= 0,01

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,1 x 0,9 =0,18

f (aa)= q2= 0,92= 0,81

a)Pop 5

Frequência alélica:

f (A)= p= D+H/2= 0,81 + 0,18/2= 0,9

f (a)= q= R + H/2= 0,01 + 0,18/2= 0,1

A frequência genotípica em EHW será:

f(AA)= p2= 0,92= 0,81

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,1 x 0,9 =0,18

f (aa)= q2= 0,12= 0,01

 

 

13) Cerca de 70% dos norte-americanos brancos podem sentir o gosto da substância química feniltiocarbamida, e o restante não. A capacidade de sentir o gosto é determinada por um alelo dominante T, e a incapacidade de sentir o gosto é determinada por um alelo recessivo t. Se a população está em EHW, quais são as frequências genotípicas e alélicas nessa população?

 

 

Classe

Genótipos

Freq. Esperada no EHW

Freq. Observada

Com gosto        

TT, Tt

p2 + 2pq

0,70

Sem gosto

tt

q2

0,30

 

Se a frequência f(aa)= q2 = 0,30

Então q= = 0,548

Sabemos que (p + q)= 1                                 p= 1- 0,548= 0,452

A frequência genotípica

f(AA)= p2= 0,4522= 0,205

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,452 x 0,548 =0,495

f (aa)= q2= 0,0072= 0,300

 

14) A frequência de recém-nascidos homozigotos para um alelo recessivo letal é cerca de 1 em 25.000. Qual é a frequência esperada de portadores desse alelo na população? (Assuma aaa)

Classe

Genótipos

Freq. Esperada no EHW

Freq. Observada

Normal        

AA

p2

-

Portador

Aa

2pq

-

Letal

aa

q2

1/25000

 

Frequência f(aa)= q2 = 1/25000

Então q= = 0,0064

Sabemos que (p + q)= 1         p= 1- 0,0064= 0,9936

Logo a f(Aa) esperada é:

                                               f(Aa)= 2pq= 2(0,0064)(0,9936) = 0.01271808 = 1,27%

 

15) Num plantel em EHW com 1200 animais da raça holandesa, 48 apresentam pelagem com mancha vermelha e os demais animais têm manchas pretas. Sabendo que a pelagem com mancha vermelha é determinada pelo alelo recessivo v, pergunta-se:

 a) Quais são as relações alélicas e genotípicas nessa população;

 

Fenótipo           Genótipo

Nº de Individuo

Frequência genotípica

Mancha preta           A-

Mancha vermelha      aa

1152 (n1)

48 (n2)

n1/N  1152/1200= 0,96

n2/N  48/1200= 0,04 R

Total

1200 N

1

 

a)- Se a frequência de aa é:

                        f(aa)= q2= 0,04           em equilíbrio

Então: f(aa)= q2 = 0,04                                  q= = 0,2 frequência do alelo v

Sabemos que (p + q)= 1                                 p= 1- 0,2= 0,8 frequência do alelo V

A relação genotípica nessa população é:

f(AA)= p2= 0,82= 0,64

f (Aa)= 2pq= 2 x 0,8 x 0,2 =0,32

f (aa)= q2= 0,22= 0,04

 

 

b) Se os indivíduos de manchas vermelhas forem eliminados, qual será o número de animais com esse fenótipo após se atingir o equilíbrio e mantendo-se o plantel com 1.200 animais?

Após eliminação:

Fenótipo

Frequencia

Frequencia Ajustada

Mancha preta AA

0,64

0,64/0.96 = 0.666 =2/3

Mancha preta Aa

0,32

0,32/0.96 = 0.333 =1/3

Mancha Vermelha aa

0,00

0,00

Total

0,96

1,000

 

p = D + ½ H = 2/3 + ½ (1/3) = 5/6

q = R + ½ H  = 0+ ½ (1/3) = 1/6

A frequência  aa  após da seleção é:

f(bb)= q2= (1/6)2= 1/36

Então o número de individuo esperado após da seleção é (1/36) x 1200 = 33.3 » 34 animais

 

16)- Tomando-se ao acaso dois animais com manchas pretas do plantel mencionado no problema 15 antes de sofrer a seleção, qual é a probabilidade de um descendente apresentar pelagem com manchas vermelhas?

Animais que podem acasalar (apenas animais de manchas pretas do plantel):

Fenótipo

Frequência

Frequência Ajustada

Mancha preta AA

0,64

0,64/0.96 = 0.666 =2/3

Mancha preta Aa

0,32

0,32/0.96 = 0.333 =1/3

Total

0,96

1,00

 

Acasalamentos e descendência

Possíveis

Probabilidade do

 

Descendência

 

acasalamentos

acasalamento

AA

Aa

aa

AA x AA

(2/3)(2/3) = 4/9

4/9(1) =4/9

 

 

AA x Aa

2(2/3)(1/3) = 4/9

4/9(½) = 2/9

4/9(½) = 2/9

 

Aa x Aa

(1/3)(1/3)=1/9

1/9(¼)=1/36

1/9(2/4)=2/36

1/9(¼)=1/36

Total

 

25/36

10/36

1/36

 

Logo f(manchas vermelhas) = f(aa) = 1/36

 

17)- Numa certa tribo indígena existem 3.125 indivíduos no total, sendo 500 índios de genótipo IAIA, 1.500 IAi e 1.125 ii.

a) Apresente a proporção alélica, a genotípica e a fenotípica.

Classes

Genótipos

Freq. esperada

A

IAIA   IAi

p2 + 2pr

B

IBIB   IBi

q2 + 2qr

AB

IAIB

2pq

O

ii

r2

 

No exemplo foram dadas as informações:

Classes

Genótipos

Freq. esperada

Observado

Freq. Observada

A

IAIA 

p2

500

0,16

A

IAi

2pr

1500

0,48

O

ii

r2

1125

0,36

Outros

IBIB   IBi  IAIB

q2 + 2qr  + 2pq

0

0,00

Total

 

 

3125

1,00

 

Assim, podem ser estimados:

p2 = 0,16        

r2 = 0,36         

se p + q + r = 1           então q = 1 – p – r = 1 – 0,4 – 0,6 =0

 

b) Esta população está em EHW?

Classes

Genótipos

Freq. esperada

Observado

Freq. Observada

Esperado sob EHW

A

IAIA 

p2

500

0,16

0,16(3125)=500

A

IAi

2pr

1500

0,48

0,48(3125)=1500

O

ii

r2

1125

0,36

0,36(3125)=1125

 

Não há graus de liberdade para se fazer o teste de qui-quadrado, porem percebe-se que a quantidade observada é exatamente igual ao que seria esperado se a população estive em EWH. Assim, admite-se que a população esteja em equilíbrio.