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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 leitura adicional no site: http://www.ufv.br/dbg/LabGen/gbol27.htm |
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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.