manual prof bio3 cap1a10pessoal.educacional.com.br/up/580001/6182074/gabarito vol 3 cap 1 a...
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3.a edição
MANUAL DO PROFESSOR
Armênio UzunianErnesto Birner
MANUAL DO PROFESSOR
Armênio UzunianErnesto Birner
CAPÍTULOS
1 A 10
BIOLOGIA 3 � 3.a EDIÇÃO
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Manual do Professor � BIOLOGIA 3 � 3.a edição
Copyright © 2006 por editora HARBRA ltda.Rua Joaquim Távora, 62904015-001 � São Paulo � SPPromoção: (0.xx.11) 5084-2482 e 5571-1122. Fax: (0.xx.11) 5575-6876Vendas: (0.xx.11) 5571-0276, 5549-2244 e 5084-2403. Fax: (0.xx.11) 5571-9777
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Impresso no Brasil Printed in Brazil
Direção GeralSupervisão EditorialRevisão de Texto
Editoração Eletrônica
Julio E. EmödMaria Pia CastigliaCristina Shizue dos SantosAna Maria Godoy TeixeiraMônica Roberta SuguiyamaGrasiele Favatto Cortez
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NN Nn
NN
N n
Nn
N
Unidade 1 � Genética
CAPÍTULO 1UMA NOVA CIÊNCIA
Analise seus resultados
1. O resultado deve ser aproximadamente 3 : 1.2. Para os grãos amarelos, apenas o genótipo
aa é possível. Para os grãos arroxeados, osgenótipos podem ser Aa ou AA.
3.
metáfase I metáfase II
inflorescênciasmistas
×
Nn Nn
nN nnNn
NN n n
NN
inflorescênciasmistas
}
inflorescênciasfemininas
×
F1 →
satemaGsonretaM
A a
G satemasonretaP
A AA aA
a aA aa
Vv vvP ®
F1 ® Vv
V v
vv
v
205 asasnormais
195 asasvestigiais
×
4. Os resultados são aproximadamente os mes-mos.
Desafio
1. Por meio da adoção de critérios muito bemestabelecidos na escolha do material de es-tudo e suas características, favorecendo oscruzamentos seguintes e a análise estatísti-ca dos resultados. As proporções obtidas nadescendência dos cruzamentos seguiamprincípios matemáticos lógicos.
2.
3. Fruto branco: A_Fruto amarelo: aaa. Não. Todos os descendentes receberão,
obrigatoriamente, um gene dominante parabranco (A) dos indivíduos homozigotosbrancos (AA) de F1
b. P → todos AaF1 → AA, Aa e aa
} }
abóboras abóborasbrancas amarelas
4. 14
PP : 24
Pp: 14
pp
5. a.
b.
6. a.
Vv × Vv
400 descendentes
VV Vv vv100 200 100asas asas asas
normais normais vestigiais
R.: 200 → Vvb. P → Vv e vv; F1 → Vv e vv.
7. a. Heterozigotos (Vv); só assim pode ser ex-plicada a ocorrência de descendentes comasa vestigial (vv).
b. Não; 13
é VV e 23
Vv.
8. O resultado do segundo cruzamento revelaque os genótipos do macho e da fêmea B éCc (heterozigoto). Assim, o genótipo da fê-mea A só pode ser CC.
9. Pp (heterozigoto).10. Não. Considerando que o pai das crianças é
Ii, a mãe tanto poderá ser Ii (sensível) quan-to ii (insensível).
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100% pelagem negra
pelagem negra
Aa
A a
Bb Bb
bb
preto
branco branco
×
Rr Rr
rR rrRr
RR r r
RR
×
34 irregular
14 regular
}
Rr Rr
rr
irregular irregular
regular:irregular: R_ ® (RR ou Rr)
homozigotos eheterozigotos
×
11. Os descendentes sensíveis (I_) seriam mais
numerosos ( 34
) que os insensíveis (ii) ( 14
).
12. P → MM (pel. negra) × mm (pel. marrom) →→ 100% Mm (pel. negra)
I. Mm × MM →
→ 12 MM
→ 12 Mm
II. Mm × mm →
→ 12 Mm (pelagem negra)
→ 12 mm (pelagem marrom)
III. Mm × Mm →
→ 14 MM
→ 24 Mm
→ 14 mm pelagem marrom
Nos vestibulares, tem sido assim
1. c. Ao colocar pólen da planta de baixa esta-tura no estigma da planta de alta estatura,Mendel permitiu a transferência de mate-rial genético masculino, que, assim, esta-ria presente nos futuros núcleos gaméticosportadores de alelos para baixa estatura.
2. Soma = 1 + 2 + 16 + 32 = 51.3. b. O genótipo é representado por letras,
maiús-culas para o dominante, minúscu-las para o recessivo. Assim,
carneiro branco: B_carneiro preto: bb
É importante que o aluno sedimente o fatode o descendente ser recessivo; no caso deo carneiro ser preto, é porque um dos fato-res veio do pai e o outro da mãe. Assim:
4. b. A Primeira Lei de Mendel também é co-nhecida como lei da segregação (separa-
ção) dos fatores, segundo o qual o par dealelos para uma determinada característi-ca se separa na formação dos gametas.
5. c. É na anáfase I que os fatores (genesalelos) se separam. Então:
6. a. Mendel não tinha idéia da constituição dosfatores, nem onde se localizavam. Mais tar-de, alguns conceitos começaram a fazer par-te do trabalho dos biólogos: cromosso-mos,genes, genes alelos etc. A partir deste mo-mento, os cientistas perceberam que os fa-tores eram, na verdade, genes, segmentosde moléculas de DNA, localizados noscromossomos, responsáveis pela formaçãode uma cadeia polipeptídica (proteína).
7. c. Como a partir do cruzamento de plantascom nervuras irregulares surgiram plantascom nervuras regulares, a informação parairregularidade é dominante e, portanto,nervura regular deve-se a uma informaçãorecessiva. Assim,
irregular: R_regular: rr
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Aa Aa
aA aaAa
AA a a
AA
vermelho vermelho
×
Cc × Cc
cc
escuro escuro
claro:escuro: C_
cc × cc
cc(100%)
claro claro
× ×
Aa × Aa
aa
cobaiaescura
cobaiaescura
2 albinas6 escurasA_
×
8. b. Como a fêmea preta já teve filhotes bran-cos, conclui-se que ela é heterozigota (Bb).Se ela cruzar com um macho branco (bb),a probabilidade de nascer uma fêmeabranca é 1/2.
9. c. Observemos o cruzamento mendelianoclássico abaixo:
P: Aa × aaF1: AaF2: AA, Aa, Aa, aa
Os resultados em F2 mostram que 75% daprole têm o fenótipo dominante, determi-nado pelo alelo A, enquanto 25% não oexpressam.
10. c. O cruzamento mendeliano padrão é reali-zado entre dois indivíduos homozigotos defenótipos diferentes (AA × aa). Em F1, ob-têm-se sempre indivíduos Aa que, cruza-dos entre si, originam, em F2, 3/4 de indi-víduos dominantes e 1/4 de recessivos.
11. dvermelho: A_branco: aa
12. a. Essa afirmação é falsa. Tendo o casalolhos azuis, o genótipo de ambos é aa enão poderá ter filhos de olhos castanhos(A_).
b. Afirmação falsa. O fato de o avô paternoter olhos azuis garante que o pai da crian-ça possui o gene a. Isso, no entanto, nãoé condição suficiente para o nascimentode uma criança de olhos azuis (aa). O genea, afinal, não está necessariamente nogenótipo da mãe da criança.
13. a. A característica albinismo deve-se a umgene recessivo, portanto ele pode “escon-der-se” no heterozigoto (Aa) e, caso hajaum cruzamento entre dois indivíduos Aa,poderá nascer um indivíduo albino (aa).
14. a. O resultado do cruzamento inicial indicaque a característica “frutos discóides” é do-minante, e indivíduos de F1 são, portanto,obrigatoriamente heterozigotos. Do cruza-mento de dois heterozigotos, a proporção
esperada de descendentes com o fenótiporecessivo (frutos esféricos) é de 1/4, ouseja, 400 indivíduos.
15. b. O cruzamento de indivíduos de orelhas lon-gas, proposto no problema, origina descen-dentes de orelhas longas e de orelhas re-dondas. Isso significa que o gene para ore-lha longa é dominante (R) e o gene paraorelha redonda é recessivo (r), sendo am-bos os pais heterozigotos (Rr). Para se ob-ter uma prole com os dois tipos de filhotesna mesma proporção, é necessário cruzaro macho heterozigoto (Rr) com uma fêmearecessiva (rr).
16. e17. b
A maior presença de mariposas claras(96%) revela que a freqüência do gene parao fenótipo citado é maior que a freqüênciado gene para o fenótipo escuro, e não queseja dominante.
18. b.I – Errada: somente no gene localizado em
determinado cromossomo.II – Correta: casca roxa – V_
casca verde – vvIII – Errada: colorido – B_
branca – bb19. d. Pela análise do cruzamento IV, conclui-se
que o caráter “pêlo negro” é condicionadopor um gene recessivo. Assim, os indiví-duos que participaram do cruzamento,ambos brancos, são necessariamenteheterozigotos.
20. Soma = 1 + 4 + 8 = 13.
1. Correta.2. Errada.4. Correta.8. Correta.
16. Errada, são homozigotos recessivos.
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Aa Aa Aa Aa
aa aa
Aa aa aa Aa
aa aa aaaa aaAa
Aa Aa
A_ aa
21. b. Fenótipo é a aparência, ou seja, as mani-festações físicas (o que se vê) do genótipo.O fenótipo corresponde à interação dogenótipo com o meio ambiente. O peso cor-poral resulta de uma informação genéticamais o quanto a pessoa come (ambiente).O mesmo raciocínio vale para a altura epeso, mas não para o grupo sangüíneo.
22. a. O crossing-over ocorre durante a prófase I.Genoma é o conjunto dos genes de um servivo. Gene, pedaço do DNA que, atravésdo RNA, determina a produção de uma pro-teína. O alelo pode ser dominante (A) ourecessivo (a). Fenótipo = genótipo + ambi-ente, ou seja, o que nós “enxergamos” deum ser vivo.
23. c. Gêmeos monozigóticos originam-se a par-tir de um único zigoto, portanto apresen-tam a mesma carga genética (mesmogenóti-po). Já os gêmeos dizigóticos origi-nam-se de zigotos diferentes, os quais,muito provavelmente, apresentamgenótipos diferentes. Então a influênciaambiental pode ser avaliada quando com-paramos gêmeos monozigóticos, pois:
fenótipo = genótipo + ambiente
monozigóticos →→ mesma carga genética
24. e. A separação dos fatores mendelianos(gene alelos) corresponde à separação doscromossomos homólogos na divisão I dameiose (anáfase I).
25. c. Basta lembrar que fenótipo = genótipo +ambiente. Então:
I – Correta, altura depende da informa-ção genética + ambiente (alimento,problemas socioeconômicos).
II – Errada.III – Correta.
26. a. Não, pois o filho terá a seqüência timina-adenina-timina, que é dominante sobre aoutra seqüência timina-citosina-timina, queprovoca a anomalia genética.
b. Nenhuma probabilidade.
CAPÍTULO 2ÁRVORES GENEALÓGICAS E VARIAÇÃO
NAS RELAÇÕES DE DOMINÂNCIA
Desafio
1. Basta acharmos pais de mesmo fenótipo quetenham um descendente com fenótipo diferen-
te deles. Então, com certeza, o fenótipo do filhodeve-se a genes recessivos. Podemos represen-tar este fato, seguindo os esquemas abaixo:
2. 1.ª genealogia:
2.ª genealogia:
Na 1.ª genealogia não é possível determinarse o caráter mencionado deve-se a um genedominante ou recessivo.Na 2.ª genealogia, o caráter deve-se a umgene dominante, pois pais de mesmofenótipo (Aa × Aa), apontados pela seta tive-ram um descendente com fenótipo recessivo(aa).
3. P: preto × preto Bb BbF1: 6 pretos B_
2 brancos bb
F1: branco × genótipo desconhecido bb _ _
F2: 4 pretos Bb2 brancos bb
Logo, genótipo desconhecido = Bb.
Só não podemos determinar os genótipos de6 ratos pretos. O restante aparece no esque-ma acima.
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Pp PP
Pp Pp
pp PPpp Pp Pp
Pp pp Pp ppppPp
pp pp
pp pp pp
I
II
III
IV
Aa aa
Aa Aa aa
aa
TmTn TmTn
TmTn TnTn
pp
4. sensíveis ao PTC: ou
insensíveis ao PTC: ou
a. Sim, basta ver que o casal sensível (Aa ×× Aa) gerou uma criança insensível aoPTC. Logo, a sensibilidade ao PTC deve-se a gene dominante.
b. O casal é Aa (%) e aa (&). A menina é Aa,o menino é aa.
5. O homem albino irá produzir espermatozóidescontendo exclusivamente o gene a. O indiví-duo normal, cujo pai é albino, terá como re-sultado esperado 1/2 de seusespermatozóides (100 milhões) contendo ogene A e a outra metade (100 milhões), con-tendo o gene a.
6. Sim, pois basta analisar o casal 1 e 2 e afilha 4: os pais, de fenótipo normal, geramum descendente de fenótipo diferente. En-tão, miopia é uma característica recessiva edeve-se ao genótipo mm, enquanto que a vi-são normal é dominante, podendo tergenótipo MM ou Mm.
7.
a. A quantidade normal de dedos deve-se aum gene dominante. Basta analisar o ca-sal 7, 8 e o filho 11: os descendentes têmum fenótipo diferente dos pais, que sãopolidáctilos.
b. Em todos os indivíduos, podemos preci-sar o genótipo. Todos os polidáctilos doheredo-grama são do genótipo Pp, e to-dos os indivíduos normais são pp.
c. Não.
d. Os homozigotos são: 1, 4, 6, 9, 10, 11, 12,13, 14, 15.Os heterozigotos: 2, 3, 5, 7, 8.
e. Sim, se esta mulher polidáctila for Pp. En-tão, o filho poderá receber um p do pai eoutro p da mãe, sendo, então, pp (normal).
8. Os indivíduos vermelhos e brancos sãohomozigotos e os cor-de-rosa, heterozigotos.
9. Sim, pois se um dos filhos é TmTm (talassemiamajor) é porque um Tm veio do pai e o outroveio da mãe. O outro filho é TnTn
(normal),então um Tn veio do pai, o outro veio da mãe.Logo, o casal só pode ser TmTn (talassemiaminor).
10. Pp → PelgerPP → normalpp → letal
11. Não, pois no cruzamento Aa × Aa (genótiposde F1: AA, Aa, Aa, aa), o resultado fenotípicoesperado será de 3 : 1, pois os indivíduosAA e Aa terão o mesmo fenótipo. Já no cru-zamento entre VV e BB (genótipos de F1: VV,VB, VB, BB), a proporção será de 1 : 2 : 1,pois os indivíduos heterozigotos (VB) terãoum fenótipo intermediário entre VV e BB.
12. Proporção genotípica: 1/4 CyCy : 1/2 CyCw :
1/4 CwCw.Proporção fenotípica: 1/4 amarela : 1/2 bran-co-amarelada : 1/4 branca.
13. A proporção genotípica esperada é 50% deCc e 50% de cc.A proporção fenotípica esperada é 50% mo-cho e 50% com cornos.
Nos vestibulares, tem sido assim
1. Soma = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 64 = 95.2. e
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aa aa Aa Aa
aa aa aa Aa aa A_aa
Aa aa Aa aa aa
Ii ii Ii Ii
Ii Ii ii ii I_ Ii ii
ii I_ 3 ii ii Ii ii I_
1
I
II
III ?
1Aa Aa
aa aa
II
Aa Aa
aA aaAa
AA a a
AA
homem normalportador
(heterozigoto)
mulher normalportadora
(heterozigota)
gametas
×
normal(75%)
afetado(25%)
Aa aa aa Aa
Aa aa Aa aaAa
aa aa A_ , → aa
, → A_
a. Errada, os dois são obrigatoriamente hete-rozigotos.
b. Errada, albinismo é fenótipo recessivo, poispais normais (fenótipo dominante) origi-nam um filho albino (recessivo).
c. Errada. Os alelos pertencem a cromosso-mos homólogos.
d. Errada. A probabilidade de um terceiro fi-lho ser normal (A_) será de 75%.
e. Correta.3. b. Pais de mesmo fenótipo com descenden-
te de fenótipo diferente, o que permite con-cluir que os pais são heterozigotos (Aa) eo descendente é homozigoto recessivo.Este fato é constatado a partir da análisedo casal 1-2 e do descendente 8.
4. c. Os cromossomos autossômicos são co-muns a ambos os sexos, diferentes doschamados cromossomos sexuais (X e Y,por exemplo) nos quais nem todos osgenes de um deles – o X, por exemplo –apresentam alelos Y. Assim, determinadascaracterísticas associadas a essescromossomos manifestam-se em propor-ções diferentes de acordo com o sexo con-siderado (masculino ou feminino), assun-to a ser abordado posteriormente.Em um casal em que o marido e a esposasão normais porém, portadores, a proba-bilidade de ter um filho afetado será de25%.
5. c
sensibilidade – I_insensibilidade – ii
a. Correta, pois analisando o heredogramanotamos que pais que sentem o gosto dePTC (mesmo fenótipo) tiveram filhos comfenótipo diferente, isto é, insensíveis aoPTC (recessivo).
b. Correta. A probabilidade de nascer homemou mulher insensíveis é a mesma.
c. Errada, o risco é de 25%.d. Correta. Caso contrário não poderiam ter
filhos insensíveis (ii).6. b
a. Errada; são heterozigotos.b. Correta; Aa × Aa leva a aa.c. Errada; são homozigotos recessivos.d. Errada; todos os indivíduos afetados pelo
fenótipo anormal são homozigotos.e. Errada; são heterozigotos, pois geraram fi-
lhos afetados pelo fenótipo anormal.7. a
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AA Aa Aa AA
A_ A_ A_ A_
Aa aa Aa
aa A_ aa Aa aa aa
Aa
Aa Aa
Aa aa aa aa
aa aa
aa
Aa Aa
Aa aa Aa aa
aa aa aa aa
aa A_
Aa Aa Aa
aa A_ A_ A_
fibrose cística: aanormal: A_
Aa Aa
aa A_
Neste caso, o fenótipo normal deve-se a
genes recessivos, pois pais afetados ( , )
tiveram filhos não afetados ( , ), então:
, → A_
, → aa
8. b
Aa × Aa AA, Aa, Aa, aa
}
13
9. b
I – Errada; é condicionado por um alelo re-cessivo.
II – Correta; são aa (homozigotos re-cessivos).
III – Errada; I-4 é Aa, pois II-5 e II-6 sãoaa.
10. a
O enunciado já cita que a doença de Hunting-ton deve-se a um gene dominante. Então,
, → A_
, → aa
11. e
, → aa
, → A_
a. Errada. Aa × aa → 50% Aa; 50% aa.b. Errada. Impossível determinar os
genótipos dos fenótipos dominantes de 7,8 e 9.
c. Errada. Aa x Aa → impossível prever.d. Errada. Impossível afirmar. O genótipo do
macho 2 é desconhecido.e. Correta. Basta observar que o indivíduo 6,
nocaute, é filho de 3 e 4, normais.12.
(F) será homozigoto (aa)(F) 100% normal (aa)(V) 100% normal (aa)(V) 100% normal (aa)(F) 100% normal (aa)(F) 100% normal (aa)
13. a
a. Correta, os indivíduos II-2 e II-3 podem serAa, então há a possibilidade de III-1 e III-2serem aa.
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P
F1
F2
A
aa A_ A_ aa
Aa Aa Aa Aa
A_ aa
P: VV × BB(vermelhas) (brancas)
F1: VB(cor-de-rosa)
F1 × F1: VB × VB
VV VB VB BB } }
1 : 2 : 1vermelho cor-de-rosa branca
25% 50% 25% 50% homozigotos (VV + BB)50% heterozigotos (VB)
b. Errada, II-1 e II-3 têm obrigatoriamente,pelo menos, um gene A.
c. Errada, II-2 e II-4 têm obrigatoriamente,pelo menos, um gene A.
d. Errada, I-1 é AA; II-2 é A_; II-3 é A_; II-4 éA_.
e. Errada, II-1 é A_; II-3 é A_; III-1 pode serA_ ou aa; III-2 pode ser A_ ou aa.
14. a
b. As mitocôndrias presentes nas células tan-to de homens quanto de mulheres são có-pias daquelas que provêm exclusivamentedo gameta materno (óvulo). Na fecundação,as mitocôndrias dos espermatozóides, nor-malmente, não penetram no óvulo. Assim,o DNA mitocondrial é sempre de origemmaterna.
15. Os indivíduos são: II-1, II-2, II-3, II-4.
16. bVB × VBU V| | | | | W| | | | |
1 VV : 2 VB : 1 BB
1 vermelho : 2 róseas : 1 branca
Na co-dominância, as proporções fenotípicae genotípica em F2 são as mesmas (1 : 2 : 1).Assim, como, por exemplo, na planta mara-vilha, em que VV apresenta flores vermelhas,BB, flores brancas e VB, flores róseas.
17. ba. Errada, VB × VB – 1 vermelha : 2 róseas :
1 branca.b. Correta, VB × BB – 1 rósea : 1 branca.c. Errada, VB × VV – 1 rósea : 1 vermelha.
d. Errada, VV × BB – 100% róseas.e. Errada, VV × VV – 100% vermelhas.
18. aSão eles que manifestam um fenótipo inter-mediário entre outros dois (por exemplo, acor rósea como intermediária entre os fenóti-pos vermelho e branco), ou manifestam umfenótipo duplo (por exemplo, apresentar tan-to o fenótipo M quanto o N enquanto oshomo-zigotos são M ou N, no caso do siste-ma sangüíneo MN).
19. 01. Errada.02. Errada.04. Correta.08. Correta.16. Correta.
P:
F1:
F 1
×F1:
F2:20. d
a. Errada, trata-se de co-dominância.b. Errada, HbS/HbS apresenta nível de hemo-
globina anormal maior que HbA/HbS.c. Errada, transfusão sangüínea não altera o
genótipo dos indivíduos, que continuarãoa produzir hemácias anormais.
d. Correta, HbS/HbS produzem três anoma-lias: anemia, lesões musculares, fibrose dobaço.
21. Análise dos dados e conclusões:C → amarelocc → cinza
O resultado do 1.o tipo de cruzamento (sem-pre a mesma proporção de amarelos e cin-zas) revela que o genótipo dos ratos depelagem amarela deve ser Cc, levando a crerque o genótipo CC não existe (letalidade?).Observe:
1.o cruzamento:
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Cc × cc
cc 10 ovos
Cc10 ovos
cC c
20 ovos
machosamarelos
fêmeascinzas
(5 e 5 ) (5 e 5 )
}
Cc × Cc
cC ccCc
CC c c
CC
(morrem)
20amarelos
cinzas
(10 e 10 )
(5 e 5 )
40 ovos 10 1010 10}}
20 Aa(10 e 10 )
20 aa(10 e 10 )
40 ovos
×
×
×
}
} :
Cc × Cc
Cc ccCc
CC c c
CC
letal 23
13
} }
Cc × cc
1 cc1 Cc
cC c
mesma proporção
gametas:
Cc × cc
cC c
mesma proporção
gametas:
×
:
Aa × Aa
Aa aaAa
AA a a
AA40 ovos
10morrem
10 10 10
(5 e 5 )(5 e 5 )
10 adultos sem asas
×
O resultado do 2.o tipo de cruzamento
(23 amarelos :
13 cinza) parece confirmar a
hipótese anterior. Observe:
2.o cruzamento:
a.
Logo, são esperadas 5 fêmeas amarelasadultas.
b.
Logo, 5 machos cinzas deverão atingir aidade adulta.
22. bAnálise dos dados e conclusões:2.o cruzamento: sem asas × sem asas
13
normais : 23
sem asas
Conclusão: a proporção maior de “sem asas”permite concluir que esse fenótipo é deter-minado por gene dominante.
A → sem asasaa → normal
As proporções fenotípicas obtidas desse cru-zamento também parecem indicar, como noexercício de n.o 21, a ausência do genótipoAA (por letalidade), confimada pelo resulta-do do 1.o cruzamento (proporções sempreiguais).
Aa × aa → 1 Aa : 1 aa
Do cruzamento
macho sem asas × fêmea normal Aa × aa
Logo, são esperados 10 machos adultossem asas.
23. b
24. cDo cruzamento entre mm x Mm espera-seuma descendência 50% normal (Mm) e 50%míope (mm).
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U
V
|||||
W
|||||
×
P( ) = 12
e
P(M_) = 1
×
= P( , M_) = 12
12
12
1
U
V
|||||
W
|||||
P( ) = 12
e
P(Mm) = 12
= P( , Mm) = 14
×
×
Mm Mm M_ mm
M_ mm M_ mm Mm Mm Mm
Mm Mm Mm
(150 e 150 ) (50 e 50 )
Aa Aa
Aa
120(letal)
240amarelos
120cinzas
AA Aa aa
×
: :(morrem)
25. a. Devido à ausência de clorofila, e, portan-to, à incapacidade de realizar fotossíntese.
b. Por possuírem reserva alimentar na se-mente (endosperma).
26. a. O cruzamento II (Aa x aa) apresenta resul-tado de acordo com os valores esperados:
1 Aa : 1 aa (240 amarelos) (240 cinzas)
b. Caso não existisse nenhuma restrição,o cruzamento I (Aa x Aa) deveria produ-zir descendentes amarelos e cinzas naproporção de 3 : 1, respectivamente.Como o resultado obtido mostra uma pro-porção de 2 amarelos para 1 cinza, pode-se admitir que o genótipo AA não apare-ce, caracterizando um caso de letalidadedos embriões com esse genótipo.
27. erajadas × rajadas
Bb Bb U V| | | | | W| | | | |
13
brancas (bb) : 23
rajadas (Bb)
28. c. Nossas mitocôndrias originais provêm doóvulo; todas as outras surgem por multi-plicação delas. O cruzamento III mostraduas mães afetadas produzindo todos osdescendentes afetados.
29. a. A planta resistente (hh) forneceu a oosferahaplóide (h) que foi polinizada pela plantaHH, que atuou como elemento masculino(cedeu o pólen e, portanto, o núcleogamético haplóide de H. O embrião (2n)deverá ser Hh e o tegumento (provêm doenvoltório do núcleo) deve ser hh.
30. a. Definindo-se asa normal como sendo V_e asa vestigial, vv, teremos:asa vestigial → vvasa longa (normal) → V_
Vv × Vv
3 V_ : 1 vv
300 100
CAPÍTULO 3PROBABILIDADE APLICADA À GENÉTICA
Desafio
1. P: Vv × Vv
F1: VV Vv Vv vv U V| | W| | U V| W| longas vestigiais U V| | W| |
P (VV) = 13
P(Vv) = 23
2. O cruzamento da rata II revela:m → marrom M → preto
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Mm mm
P( , Mm) = 14
P( , mm) = 14
U
V||
W||
U
V||
W||
Cc Cc
cc cc cc C_
aa aa
Aa Aa
Mm Mm mm
M_ M_ mm
Mm mm
12
12
Aa Aa?
? AA ? AA
queratose queratose
qqfenótipo diferente
dos pais
Qq Qq
qq ?
normal
Mm
e
Aa?P(Aa) × P(a)
23 ×
12
A_
3.
1.o filho: P( ) = 12
e
P(Mm) = 12
e
2.o filho: P( ) = 12
e
P(mm) = 12
Logo, P( , Mm) × ( , mm) = 1
16.
4. castanho → A azul → a
P( , A_) e P( , aa)
12 ×
34 e
12 ×
14 =
364
Como a ordem não importa ( castanhos e azuis ou azuis e castanhos),
364
364
664
332
+ = =
5. P( ) = 12 e P(aa) =
14
P( , aa) = 12 ×
14 =
18
6.
P( , C_) = 12 ×
34 =
38
7.
P( , Mm) e p( , mm)
12 ×
12 ×
12 ×
12 =
116
8. AA → cauda normalAa → cauda curtaaa → ausência de cauda
P( , AA) e P( , AA)
12 ×
14 e
12 ×
14 =
164
9. a. A → lobo soltoa → lobo aderenteJustificativa: o casal 5-6, com lobo solto,teve uma filha (8) com fenótipo diferente,isto é, com lobo aderente.
b.
P( , aa)
12
× 23 ×
12 ×
12 =
224 =
112
10. Q → queratoseq → normal
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}}
BP BP → BB BP BP PP?
Qq Qq
}
2 1
normal acondroplasia
aa AaAa Aa
aaAaaa
aa Aa Aa
?
12 e
12 e
12 =
18
ss
S_ Ss
Ss Ss
S_ S_
??
12
12
Bb bb
bb
cruzamento-teste
Bb bb
Bb
cruzamento-teste
P( , qq) e P( , qq)
12 ×
14 ×
12 ×
14
18 ×
18 =
164
11. Aa × Aa
AA Aa Aa aa → letalidade do alelo A emhomozigose
Aa × aaP(2 aves normais) = P(aa) e P(aa) =
= 12 ×
12 =
14
12. a. homozigoto
BB → 1, 7PP → 2, 6
heterozigoto BP → 3, 4, 5, 8
P( , preta) e P( , andaluz)
12 ×
14 ×
12 ×
12
Sem importar a ordem:
132
132
232
116
+ = =
13.
Q_ e Q_ e Q_ e qq
12 ×
34 ×
12 ×
34 ×
12 ×
34 ×
12 ×
14 =
= 27
4096.
14. A → acondroplasiaa → normal
Sem importar a ordem,
18 +
18 +
18 =
38
15.
12 ×
12 ×
12 ×
12 =
116
16. A probabilidade de morrer de diabetes é de8.200/365.000; de morrer de infarto é de12.225/365.000. A probabilidade de um indi-víduo morrer de diabetes OU de infarto é de: 8.200/365.000 + 12.225/365.000 == 20.425/365.000
17. S → selvagem (olhos vermelhos)s → sépia
12 ×
12 ×
12 =
18
18. b → lã preta B → lã branca
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origempaterna
origemmaterna
centrômeros
M1P1 M4P4 M5P5 M6P6M2P2 M3P3
Bb bb
bbBb e
12
12 × 1
2 = 14
Cc Cc?
P( , C_) P( , Cc)eou
eP( , cc) P( ,cc)
aa Aa Aa aa
Aa Aa aa aa Aa Aa
aa
aa aa Aa Aa
normais ?(A_)75%
normais _(A_)
nenhumapossibilidade
Bb bb
Bb
b
bb
bbB
BB bb
Bb100% pretos
B b
19. B → pretob → branco
a. Bb × Bb1.o preto e 2.o branco e 3.o preto
34 ×
14 ×
34 =
= 9
64
b. 1.o branco e 2.o preto e 3.o branco
14 ×
34 ×
14 =
= 3
64
20.
12 ×
34 ×
12 ×
34 =
964
+
12 ×
14 ×
12 ×
14 =
164
= 1064
532
=
Nos vestibulares, tem sido assim
1. b 2. d3. 2n = 12 (6 pares de cromossomos homólogos)
Para cada par de cromossomos homólogos,a probabilidade de o descendente receber ocromossomo (e, claro, seu centrômero) deorigem materna é igual a 1/2, visto que o ou-tro cromossomo é de origem paterna (pro-babilidade igual a 1/2). Logo,
P(M1 e M2 e M3 e M4 e M5 e M6 )
12 ×
12 ×
12 ×
12 ×
12 ×
12 =
= 1
644. Efetuar o cruzamento do porquinho preto (B_)
com uma fêmea branca (bb). Se nasceremsomente descendentes pretos (Bb), é porqueo porquinho preto só produziu um tipo degameta (B), sendo, portanto, homozigoto (BB).Se nascerem descendentes com ambos osfenótipos pretos (Bb) e brancos (bb), oporquinho produziu dois tipos de gametas, Be b, sendo, portanto, heterozigoto (Bb).
5. b
6. a. O cruzamento entre todos os indivíduos AAcom indivíduos aa produz somente descen-dentes Aa. Assim, os 200 casais cruzados,com 2 descendentes cada um, originarão umtotal de 400 filhotes Aa. Por outro lado, o cru-
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aa Aa
2 normais e 1 doente
(3 normais) (3 afetados)
normal, normal, afetadoou
normal, afetado, normalou
afetado, normal, normal
normal, afetado, afetadoou
afetado, normal, afetadoou
afetado, afetado, normal
VV vv
Vv vv
fêmea parental
480 → asa vestigial ?
asa longa asa vestigial
puro
zamento entre 200 heterozigotos (Aa × Aa)produz descendentes na proporção esperadade 1/4 AA, 2/4 Aa e 1/4 aa. Assim, os 100casais cruzados (100 machos Aa e 100 fême-
as Aa) darão origem a 50 filhotes AA, 100 Aae 50 aa. Dessa forma, espera-se um total de50 filhotes AA, 500 Aa e 50 aa.
7. a
8. c
120 ×
23 ×
14 =
1120
9. e
Vv × vv
12 Vv ,
12 vv
240 240
10. e. Trata-se de um caso de dominância incom-pleta.
VB × VB
1VV : 2VB : 1BB
VB × VB
BB e BB e BB
14 e
14 e
14 =
164 = 1,56%
Observação: os três eventos são indepen-dentes, razão de aplicarmos a regra do “e”.
a = probabilidade de ser normal → 12
b = probabilidade de ser afetado → 12
A resposta está no 3.o termo do desenvolvimento do binômio seguinte:
(a + b)3 = 1 a3 + 3 a1b2 + 3 a2b1 + 1b3
18 3 ×
12 ×
12
2
3 ×
12
2
⋅
×
12
18
38
38
?
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Aa Aa Aa Aa
AA aa Aa AA
? aa AaAa
P(a) = 12
? aa
P(Aa) = 13
P(a) = 12
AaAa
P(Aa) = 23
P(a) = 12
13
P(aa) = 13 ×
12 ×
12 =
112
AA
aa A_ A_ aa
Aa Aa
Renata P(AA) = 13
P(Aa) = 23
I
II
III
2 3 41
1 2
Aa Aa
aa A_
aa
aa A_
Aa
IIaa A_
1 2
aa
P(a) = 1P(Aa) =
23
P(a) = 12
?23
12
× =
26
13
= =
U V| W|
14
aa A_ A_ aa
Aa Aa
A_ A_ A_ A_ A_ A_albino ?
avôpaterno
avómaterna
11.
Para gerar um indivíduo de pelagem branca(aa), o casal 9-10 precisa ser heterozigoto(Aa).O indivíduo 9 é obrigatoriamente Aa; só pre-cisa produzir gametas com o gene a (proba-bilidade 1/2).Para que o indivíduo 10 seja Aa, seu pai (7)deve ser Aa (probabilidade 2/3) e produzirgametas com o gene a (probabilidade 1/2).Logo, a probabilidade de 10 ser
Aa = 23 ×
12 =
26 =
13
.
A probabilidade de 9 e 10 produziremgametas a é
12 ×
12 =
14 . Então,
12. c. O indivíduo II-2 (pai) pode ser AA ou Aa,visto que ele é normal. Para gerar umacrian-ça com a doença (mucoviscidose),ele deverá ser Aa, pois só dessa forma acriança (aa) receberá dele o gene a (P == 1/2). Como os pais do indivíduo II-2 sãoAa × Aa, a probabilidade de ele ser Aa éde 2/3 e a probabilidade de formar gametasa é 1/2. A mãe, sendo aa, é certo que for-mará gametas de um só tipo (a) (P = 1).
13. c. Evidentemente, os pais são normais hetero-zigotos, pois tiveram uma criança com a do-ença determinada por gene recessivo. Assim,
Aa × Aa
AA, Aa, Aa, aa
é a probabilidade de os pais gerarem outrofilho doente.
14. d
Renata pode ser não portadora (AA) ou por-tadora (Aa). Como Renata não pode ser aa,visto que ela é normal, a probabilidade deser não portadora (AA) é de 1/3.
15. c16. b
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Aa Aa
Aa A_ aa
aa
P(a) = 12
P(Aa) = 23
P(a) = 12
P(aa) = 23 ×
14 =
212 =
16
irmão morto(com fibrosecística)
casal
descendentes
34 normal
14 anomalia
}
Pp Pp
P_ ppfilha e normal ?
Aa Aa Aa Aa
aa aa
P(Aa) = 23 P(Aa) =
23
P(aa)
Aa × Aa
AA, Aa, Aa, aa
17. d
Neste caso, o nascimento de uma criançaaa depende da probabilidade de o pai serA a
(23 ) e da mãe também ser Aa (
23 ) e de am-
bos produzirem gametas a (12 ×
12 ). Então:
P( , Aa) × P( , Aa) × P(a) × P(a) =
23 ×
23 ×
12 ×
12 =
= 436 =
19
18. d. Um indivíduo em 20 com fenótipo normalé heterozigoto. Em 800 casamentos ocor-ridos entre membros sadios, 40 deverãoocorrer entre heterozigotos e poderão ge-rar indivíduos aa.Atenção: são 1.600 indivíduos sadios ca-sando-se; entre eles, 1/20 é formado porindivíduos Aa (80 indivíduos), que pode-rão gerar filhos aa. 80 indivíduos formam40 casais.
19. d. A mulher é normal e teve um irmão afeta-do. Considerando “A” o alelo normal e “a”o alelo que determina a fibrose cística, seuspais são necessariamente heterozigotos(Aa) e ela pode ser AA, Aa, ou aA, comigual probabilidade para cada genótipo.Logo, a probabilidade de que ela sejaheterozigota é igual a 2/3.A probabilidade de que um casal heterozi-goto tenha um filho homozigoto recessivoé igual a 1/4.Logo, a probabilidade de o casal ter umfilho com a doença é de:
23 ×
14 =
212
16
= .
20. c. Como o casal tem probabilidade de 1/4 deter um descendente com determinada ano-malia, provavelmente o casal é hete-rozigoto. Assim,
Aa × Aa
AA, Aa, Aa, aa
e portador da disfunção
12 ×
14 =
18
21. c.
, → polidactilia (gene dominante P)
, → normal (pp)
A probabilidade de nascer filha é de 1/2,de ser normal é de 1/4
(Pp × Pp → 34 P_ :
14 pp).
Nascer filha e normal correspondem a doiseventos independentes ocorrendo simul-taneamente, ou seja, o resultado é obtidopelo produto das probabilidades isoladas(regra do “E”).
P( , normal) = 12 ×
14 =
18
22. d
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Pp Pp
pp P_ pp pp P_ pp
P_ P_
PP = 13
Pp = 23
pp = 1 e normal ?
5 6
}5
Então:
23 × 1 ×
12 ×
12 =
212 =
16}
6
descendente
× 6
Pp = 23 pp = 1
e polidactilia
12
12
5
Aa aa
aa Aa Aa aa aa
aaaa aa
4 5
AA Aa AA Aa
Aa Aa Aa Aa
aa
ou ou
ou ou
= normal
= doente
12
12
Paulo Pedro Maria Joana
Observação: se o casal 1 – 2, afetado, tevefilhos normais, conclui-se que a polidactiliaé determinada por gene dominante (P) e queos indivíduos normais são pp.Neste caso o único cruzamento que podegerar uma criança polidactilia é:
23. a. Para chegar à resposta deve-se consi-derar:• a probabilidade de o pai ser Aa (2/3) e
produzir gametas a (1/2).• idem para o caso da mãe (2/3 × 1/2).• a probabilidade de o descendente ser
do sexo feminino (1/2).Logo:
(23 ×
12 ) × (
23 ×
12 ) ×
12 =
472
118
=
} } } } }
Aa a Aa a
24. c. O casal 4 – 5 , afetados, tiveram um filho(8) normal. Logo, a anomalia é condicio-nada por gene dominante (A). Assim:
e normal (aa)
12 ×
14 =
18
25. a.
b. Dado que a doença é muito rara, pode-mos assumir que apenas um dos pais dePaulo e apenas um dos pais de Joana são,simultaneamente, heterozigotos para ogene causador da doença. Os outros paisdevem ser normais homozigotos. Assim,a probabilidade de Paulo ser heterozigoto,sendo filho de um casal AA × Aa, é de 1/2;o mesmo vale para Joana. Se ambos fo-rem heterozigotos, a chance de terem umacriança doente é de 1/4. Deste modo, aprobabilidade final dessa ocorrência é de:P (Paulo ser Aa e Joana ser Aa e a crian-ça ser aa) =
12 ×
12 ×
14 =
116
.
c. A probabilidade é de 1/4, pois o fato de játer nascido uma criança afetada pela do-ença revela que ambos os pais, Paulo eJoana, são heterozigotos.
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.menina afetada → P( , aa) = 12 ×
12 =
14
A B
aa aa AaA_
Aa Aa Aa Aaaa
A_ aa A_ A_ A_
Aa Aa
A_ aa
A_
aa Aa
12 18
C
E
D
26. b
O casal C (6 × 7) normal, teve uma menina (12) com a doença, atestando que ela deve serdeterminada por um gene recessivo.
CAPITULO 4ALELOS MÚLTIPLOS E A HERANÇA DOS
GRUPOS SANGÜÍNEOS
Analise seus resultados
1. 5 alunos pertencem ao grupo AB (existem osaglutinogênios A e B), já que houve aglutina-ção com os dois soros. 16 alunos são do grupoA (houve aglutinação apenas no soro anti-A).10 alunos são do grupo B (aglutinação apenasno soro anti-B). 19 alunos são do grupo O (nãohouve aglutinação em nenhum dos soros).
2. Há mais doadores universais, pois 19 alu-nos são do grupo sangüíneo O (doadoresuniversais), enquanto 5 alunos pertencem aogrupo AB (receptores universais).
3. Um aluno do grupo II é do grupo sangüíneoA, podendo doar sangue para quem não pos-sui soro anti-A, ou seja, indivíduos do grupoA (15 alunos, excluindo-se o próprio aluno)e AB (5 alunos).
4. Basta misturar o sangue de cada um dos alu-nos com o soro anti-Rh em uma lâmina. Casoocorra hemólise, é porque no sangue do alunoexiste fator Rh; então, ele será Rh positivo. Casonão ocorra a hemólise, ele será negativo.
Desafio
1. O sistema sangüíneo ABO é um caso de he-rança de alelos múltiplos pois na população
existem três formas de genes alelos (IA, IB, i).Os indivíduos desta população terão somentedois desses genes em suas células diplóides,e apenas um deles nos seus gametas.
2. Considerando que o volume de sangue doa-do é sempre muito menor do que o volumede sangue do receptor, em uma transfusãode sangue é importante analisar o glóbulovermelho do doador com seu aglutinogênio(antígeno) e o plasma do receptor com suaaglutinina (anticorpo). Os anticorpos presen-tes no plasma do doador (pequeno volume)diluem-se na corrente sangüínea ou são ra-pidamente absorvidos pelos tecidos do re-ceptor. Por isso, o doador do grupo A podedoar para o grupo AB.
3. a. Os índios americanos. A aglutinina anti-Asó existe no plasma dos tipos sangüíneosB e O. 77,5% dos índios americanos pos-suem a aglutinina anti-A, número maior queos 34,2% + 30,7% = 64,9% de chineses.
b. Não, pois o grupo AB também possuiaglutinogênio A nas suas hemácias. Logo,nos índios americanos 22,5% possuemeste aglutinogênio; entre os chineses,35,1% (10,0% + 25,1%) têm este mesmoaglutinogênio.
4. O rompimento dos vasos sangüíneos da pla-centa permite a passagem de hemácias doembrião para a mãe. Caso estas hemáciastenham o fator Rh (Rh+) e a mãe não tenhaeste fator (Rh–), ela ficará sensibilizada, isto
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OPITOENÍÜGNAS
-ONITULGASOINÊG
SANSETNESERPSAICÁMEH
SANINITULGAONSETNESERP
AMSALP
A A B-itna
B B A-itna
BA BeA amuhnen
O muhnen B-itnaeA-itna
é, produzirá anticorpos anti-Rh. Em uma se-gunda gravidez, se o feto também for Rh+,ele receberá os anticorpos anti-Rh da mãee terá suas hemácias destruídas. É aeritroblastose fetal.O genótipo do pai é R_, o da mãe, rr e o dacriança, Rr.
5.
34
34 ×
12 =
38
7. Identificação dos grupos sangüíneos:O indivíduo 1 é A, Rh+.O indivíduo 2 é O, Rh+.O indivíduo 3 é AB, Rh+.O indivíduo 4 é A, Rh–.O indivíduo 5 é AB, Rh+.a. O indivíduo 2 (grupo O) é doador univer-
sal e os indivíduos 3 e 5 pertencem aogrupo AB.
b. Os indivíduos 3 e 5 (grupo AB).c. Os indivíduos 1, 2, 3 e 5, se a mãe tives-
se sido previamente sensibilizada emuma primeira gravidez ou tivesse recebi-do transfusão sangüínea de sangue Rh+.
Nos vestibulares, tem sido assim
1. d. Como são eventos independentes, ao se-rem estudados simultaneamente, cadaum dos seis genótipos do 1.o caráter deve
combinar-se com cada um dos oito genótiposdo segundo caráter, totalizando 48 possibili-dades.
2. e. Primeiro cruzamentoP: Fêmea sem mancha (Eep) × macho ver-
melho uniforme (ee)F1: 50% sem manchas (Ee) e 50% com
manchas vermelhas (epe)
Eep × ee
12 Ee
12 epe
Segundo cruzamentoP: Fêmea sem mancha (EE) × macho ver-
melho uniforme (ee)F1: 100% sem manchas (Ee)
EE × ee
100% Ee
3. dQuatro alelos: C, cch, ch e ca.Possíveis genótipos: CC, Ccch, Cch, Cca,
cchcch, cch ch, cchca,chch, chca,caca.
Portanto, o número de genótipos possíveis é10.
4. dPara responder a este teste, devemos nos lem-brar dos dados contidos na tabela abaixo:
No plasma sangüíneo de um indivíduo O, en-contramos aglutinina anti-A e aglutinina anti-B, as quais aglutinam os aglutinogênios A ouB, ou ambos, dos sangues A, B e AB (tubos 1,2 e 3). No tubo 4 não há reação, já que ossangues são do mesmo tipo (O).Tubo I (+) – as hemácias AB (aglutinogênios Ae B) serão aglutinadas pelas aglutininas anti-A e anti-B do sangue O.Tubo II (+) – as hemácias A (aglutinogênio A)serão aglutinadas pelas aglutininas anti-A dosangue O.
IBi IBi
B ?
6.
IBIB, IBi, iIB, ii
AB, Rh+, MN IAIB, Rr, LMLN
O, Rh-, NNii, rr, LNLN
?
A, Rh-, NN
IAi, rr, LNLN
12
12
12
12
116
3
=1
2
×
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Tubo III (+) – as hemácias B (aglutinogênioA) serão aglutinadas pelas aglutininas anti-B do sangue O.Tubo IV (−) – mesmo tipo de sangue; não háreação.
5. c. Como o Dr. Epaminondas é do gruposangüíneo A, ele apresenta aglutinina anti-B em seu plasma. Ao misturar seu sanguecom o de D. Josefa, a aglutinina anti-B doDr. Epaminondas provoca a aglutinaçãodas hemácias de D. Josefa, o que quer di-zer que ela tem aglutinogênio B nas suashemácias. Isto significa que ela poderia serdo grupo sangüíneo B ou AB. Na segundaparte do teste, o Dr. Epaminondas verifi-cou que o soro de D. Josefa não era ca-paz de aglutinar as hemácias do médico,revelando que no soro de D. Josefa nãoexistiam aglutininas anti-A. Isto permiteconcluir que ela pertence ao grupo AB.
6. bAntes de responder ao teste, vamos verifi-car o que acontece em cada um dos itens dafigura:1. Não aglutinou devido à ausência de
aglutinogênios A e B. Portanto, tiposangüíneo O.
2. Aglutinou com duas aglutininas, mostran-do que estão presentes os dois aglutino-gênios. Neste caso, o tipo sangüíneo éAB.
3. Só aglutinou com anti-A, mostrando queexiste somente o aglutinogênio A. Portan-to, tipo sangüíneo A.
4. Aglutinou apenas com o anti-B. Neste caso,o tipo sangüíneo representado é o B.
Vamos agora verificar cada uma das alter-nativas do teste, julgando se são corretas ouincorretas.a. É incorreta, pois vimos acima que um indi-
víduo com o sangue como o representadoem 4 é do tipo B. A união de uma pessoaque apresente este tipo sangüíneo comoutra do tipo O (ii), caracterizada em 1, nãopode gerar um filho do grupo A.
b. Correta.c. Incorreta, pois o sangue representado em
3 é do tipo A, então os genótipos podemser IAIA ou IAi.
d. Incorreta, pois o sangue representado em4 é do grupo B, que só pode ser doadorpara indivíduos do grupo AB e B.
e. Incorreta, pois indivíduos do tipo O sãodoadores universais, e só podem recebersangue de outros doadores O.
7. aVamos analisar cada uma das alternativas.1. Incorreta, pois o genótipo é de um
heterozigoto (IAi), portanto os descenden-tes deste casal podem ser do tipo A e dotipo O.
2. Correta.3. Incorreta, pois um casal com fenótipo IAIB
pode ter descendentes com fenótipos dotipo A, que apresentam somenteantígenos A nas suas hemácias, do tipoB, que apresentam somente antígenos Be do tipo AB, que apresentam os doisantígenos.
4. Incorreta, pois os aglutinogênios locali-zam-se na membrana das hemácias e asaglutininas, no plasma. Além disso, em Onão há aglutinogênios, apenas aglutininas(anti-A e anti-B).
8. (C)(C)(E) O grupo AB não apresenta nenhum
anticorpo em seu plasma.(E) Não há antígenos nas hemácias do gru-
po O, mas há anticorpos anti-A e anti-Bem seu plasma.
(E) No grupo A, os anticorpos presentes sãoos anti-B.
9. (C) O é doador universal, pois não apresentaos aglutinogênios A e B nos seusglóbulos vermelhos.
(C) AB é receptor universal, pois não apre-senta as aglutininas anti-A e anti-B noseu plasma.
(C)(C)
10. a. O é doador universal, pois não apresentaos aglutinogênios A e B nos seus glóbulosvermelhos. Logo, suas hemácias não sãoaglutinadas por nenhuma das aglutininas(anticorpos) dos tipos sangüíneos recep-tores.
11. e. Indivíduos de sangue tipo B possuemanticorpos anti-A em seu plasmasangüíneo. Sendo assim, as hemácias dodoador, apresentando antígeno A em suasuperfície, seriam aglutinadas pelosanticorpos anti-A presentes em B.
12. dA BIA_ IB_
AB IAIB
a. Incorreta, pois pais do tipo A só poderiamter filhos com sangue A ou O.
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IAIB ii IB_ IAi
_i IBi IAi IBi
IBi IBi
ii IAIB
IAi IBi
b. Incorreta, pois pais com sangue B só po-deriam ter descendentes do tipo B ou O.
c. Incorreta, pois pais com tipo sangüíneo Ae O podem gerar apenas filhos com tipo Aou O.
e. Incorreta, pois pais do tipo AB e O produ-ziriam descendentes com sangue A ou B.
13. eA criança c (tipo AB) só pode ser filha do ca-sal I (AB × AB), pois
AB × ABIAIB IAIB
IAIB – sangue tipo AB.
A criança b (O) é filha do casal II (B × B),pois
B × BIBi IBi
ii – sangue tipo O.
A criança a (A) é filha do casal III (A × O),pois
A × OIAi × ii
IAi – sangue tipo A.
14. d I – Correta, pois ii × ii = ii.II – Incorreta, pois os pais podem ser he-
terozigotos, com genótipos IAi e IBi, po-dendo ter filhos do tipo O (ii).
III – Correta, pois os pais podem serheterozigotos, com genótipos IAi e IAi¸podendo ter descendentes do tipo A(IAIA, IAi) e do tipo O (ii).
15. 01. Incorreta, pois o alelo i é recessivo emrelação a IA e IB.
02. Incorreta, pois estes são os 4 fenótipospossíveis e não genótipos (6, ao todo).
04. Correta.08. Correta.16. Correta. (IAi → IA e i).
gametas32. Incorreta, pois eles não possuem agluti-
nogênios nas hemácias e possuemagluti-ninas anti-A e anti-B no plasma.
64. Correta. (IAi × IBi → IAIB, IAi, IBi ou ii)16. e
A ausência de aglutininas no soro do meninoimplica presença de aglutinogênios A e B, ouseja, trata-se de um indivíduo do grupo AB.Presença de apenas uma aglutinina em cadaum dos pais faz com que um deles pertençaao grupo A (aglutinina anti-B) e o outro per-tença ao grupo B (aglutinina anti-A). Então,
P: IAi × IBi IAIB
Existe uma outra possibilidade, que é a deos pais serem homozigotos. Assim,
P: IAIA × IBIB
IAIB
17. cFrederico – normal, AB e Rh+
tt, IAIB, R_Jonas – talassemia minor, O, Rh−
Tt, ii, rrSofia – talassemia minor, AB, Rh+
Tt, IAIB, RrFilho – talassemia minor, A, Rh−
Tt, IAIA, rrQuanto à talassemia, os dois poderiam seros pais. O mesmo vale para o sistema ABOe para o fator Rh, se Frederico for heterozigo-to para esse fator (Rr).
18. c
O indivíduo 7 só pode ser do grupo A (IAi),pois ele cedeu o IA para a filha 10 que, porsua vez, recebeu o IB do seu pai (IBi).O indi-víduo número 1 só pode ser do grupo AB(IAIB), pois foi ela quem cedeu o IA para o nú-mero 6 e o IB para o número 7.O indivíduo 4 é do grupo A, heterozigoto (IAi),pois se ele fosse IAIA o número 8 não poderiaser do grupo B e o 9 seria A ou AB. O indiví-duo 3 pertence ao grupo B (IB_).a. Correta, pois o indivíduo 3 pode ser IBi, e,
como 4 é IAi, poderão nascer descenden-tes ii (O), doadores universais.
b. Correta.c. Incorreta, pois ele é heterozigoto (IBi).d. Correta, pois AB é o tipo receptor universal.e. Correta.
19. e
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IBi IAi
IAIA IBi ii IBi IAi IBi
IAi IBi IAi IBi
ii IAIB ii
IAIB
avó avô
O AB
BB
ii IAIB
IBi ii(mãe)
B(IBi)ouO(ii)
criança
20. c
A criança poderá ser do grupo O ou do gru-po B e, portanto, poderá receber sangues tipoB ou tipo O.
21.
a. O indivíduo I-1 pertence ao grupo B, poisela teve uma filha O (ii) e um filho do gru-po B (IB_).
b. O genótipo do indivíduo II-5 é IAi.c. Não. Lalau pertence ao grupo A e só po-
deria receber transfusão dos grupos A eO; seu genro (III-3) pertence ao grupo B.
d. O indivíduo III-5 não poderá pertencer aogrupo AB, pois é pai de filho O.
e. P(menina e do grupo B) = 12 ×
14 =
18 .
22. c. A afirmativa está correta, pois um indiví-duo do grupo O jamais pode ser filho deum AB.
23. a. Eugênio continuará sendo genotipi-camente do grupo A, pois o transplanteocorreu em uma parte somática (medulaóssea), não alterando seu genótipo, nema produção de gametas.
b. Eugênio IAi × esposa ii
12 IAi e
12 ii
Um filho do casal tem 50% de chance deser do tipo A e nenhuma chance de ser B.
24. Caso 1 – pais impossíveis – B e O
mãe possível pai B × A ou AB
IBi IAi IAIB
A IAi
Caso 2 – pai impossível – O
mãe possível pai AB × A ou B ou AB
IAIB IAi IBi IAIB
AB IAIB
Caso 3 – pai impossível – AB
mãe possível paiB × B ou A ou OIBi IBi IAi ii
O ii
25. b. É impossível, pois uma criança AB jamaispode ter um pai com sangue tipo O.
26. ca. Errada, pois trata-se de um caso de alelos
múltiplos autossômicos (não situados emcromossomos sexuais).
b. Errada, pois o casal pode ser heterozigoto(IAi × IBi) e ter possibilidade de ter um filhodo grupo O (ii).
c. Correta, pois IAi × IBi pode gerar descen-dentes do grupo A (IAi), B (IBi), AB (IAIB) e O(ii).
d. Errada, pois as crianças poderiam ser tam-bém do grupo A, B ou AB, dependendo dogenótipo do casal.
e. Errada, pois o casal pode ser heterozigoto(IAi × IBi) e ter possibilidade de gerar filhosdos grupos O, A, B e AB.
27. a. No caso do sistema ABO, existem anticor-pos (aglutininas) no plasma sangüíneo eantígenos (aglutinogênios) na superfície desuas hemácias. Utilizam-se os soros anti-A e anti-B para verificar a presença ou aausência dos antígenos A e B, o que é ob-servado pela aglutinação (ou não) dashemácias. A tabela mostra as reações es-peradas para cada grupo:
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OPURGOENÍÜGNAS
A-ITNAOROS B-ITNAOROS
A anitulga anitulgaoãn
B anitulgaoãn anitulga
BA anitulga anitulga
O anitulgaoãn anitulgaoãn
A, Rh+
IA_Rr
A, Rh–
IAi, rr
O, Rh+
ii, Rr
AlexanderA ou O,Rh+ ou Rh–
14 – IAIB (AB)
14 – IAi (A)
14 – IBi (B)
14 – ii (O)
RRRr (Rh+)Rr
rr (Rh–)
OPURGOENÍÜGNAS
R-ITNAOROS h
hR + anitulga
hR - anitulgaoãn
OUDÍVIDNI OENÍÜGNASOPIT
1 hR,A –
2 hR,BA + )lasrevinurotpecer(
3 hR,B –
4 hR,O - )lasrevinurodaod(
5 hR,BA –
No caso do sistema Rh, utilizam-se osanticorpos anti-Rh para a detecção do fa-tor Rh nas hemácias do indivíduo, confor-me mostra a tabela:
b. Pela ausência de antígenos nas suashemácias, a pessoa O pode doar sanguepara indivíduos com qualquer outro gruposangüíneo do sistema ABO, já que nãoocorrerá, no receptor, reação de aglutina-ção. As aglutininas anti-A e anti-B do doa-dor, por representarem um volume reduzi-do, diluem-se no sangue do receptor. Noentanto, a pessoa O, atuando comoreceptora, por possuir grande volume deanticorpos anti-A e anti-B no seu plasma,não poderá receber sangue de nenhumtipo, a não ser do seu próprio; as hemáciasde outro tipo seriam aglutinadas assim quefossem injetadas. Pessoas AB, por suavez, não têm nenhum dos anticorpos; as-sim, podem receber qualquer antígeno (Aou B) sem que haja aglutinação. No en-tanto, pelo fato de suas hemácias apre-sentarem tanto o antígeno A quanto oantígeno B, seu sangue somente poderáser doado a outros indivíduos AB.
28. c
Caso o pai seja IAIA, Alexander será A (IAi).Caso seja IAi, Alexander poderá ser A (IAi) ouO (ii).Quanto ao grupo Rh, Alexander pode-rá ser Rh+ (Rr) ou Rh– (rr).
29. d
01. Incorreta.filha, B e Rh+
12 ×
14 ×
34 =
332
02. Incorreta.filho, O e Rh–
12 ×
14 ×
14 =
132
04. Incorreta.filho (AB) e filha (AB) ou filha (AB) e filho(AB)
12 ×
14 ×
12 ×
14 +
12 ×
14 ×
12 ×
14 =
= 1
64 + 1
64 = 2
64 = 1
3208. Incorreta.
filho, AB e Rh−
12 ×
14 ×
14 =
132
16. Incorreta.filho, A e Rh+
12 ×
14 ×
34 =
332
O, Rh– A, Rh–
ii, rr IAi, rr
A, Rh+ B, Rh+
IAi, Rr IBi, Rr
34
14
} }
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O, Rh–
ii, rr
PaulaB, Rh–
IBi, rr
rr
JoãoAB, Rh+
IAIB, Rr
e. fetal Rr
criança, Rh+ e A
12
12
× = 18
IAIB
IAi
14 – IBi
14 – ii
12
14 – IAIB
14 – IAi
12 – IBi
12 – ii
O, Rh–
ii, rrRh–
rrO, Rh+
ii, R_
B, Rh+
IBi, RrA, Rh+
IAi, Rr(e. fetal)
?
doação
24 =
ii, Rr IA_, Rr IB_, rr ii, R_
IAi,rr IBi,Rr
12 – Rr
12 – rr
IAIB,R_ ii, rr ii, rr IAIB, Rr
IBi,Rr IAi, rr
, , , ,
,,
32. Correta.filha, A, Rh− e filha, A, Rh−
12 ×
14 ×
14 ×
12 ×
14 ×
14 =
132 ×
132 =
= 1
1024.31. a
14 – IAIB (AB)
14 – IAi (A)
14 – IBi (B)
14 – ii (O)
12 – Rr (Rh+)
12 – rr (Rh–)
I – Incorreta, pois poderá ter filhos A, B,AB, O, Rh– ou Rh+.
II – Correta, pois refere-se aos filhos comsangue tipo AB (receptores universais).
III – Incorreta. A mãe é Rh+. A eritroblastosemanifesta-se quando a mãe é Rh– e ofeto, Rh+.
IV – Correta, pois sendo Rh–, ele não pos-sui o antígeno Rh.
32. d
33. a. Francisca não poderia ser mãe biológicade Joãozinho, pois ela deveria ser Rh ne-
gativo, já que Joãozinho teve eritroblastosefetal.
34. a
Para doar sangue para o pai (grupo B), acriança deverá pertencer aos grupos sangüí-neos tipo O ou tipo B. Desta forma, existe50% (1/2) de probabilidade de pertencer aosgrupos sangüíneos citados.
35.
14 – IAIB
14 – IAi
14 – IBi
14 – ii
a. AB, Rh+ e AB, Rh+
14 ×
12 ×
14 ×
12 =
164
Passos seguidos em a:• determinar os genótipos do casal, a par-
tir dos dados de seus pais;• determinar os possíveis genótipos, as-
sim como suas probabilidades, para adescendência, tanto no sistema ABOquanto no sistema Rh.
b. 1/8, pois são eventos independentes.Passos seguidos em b:• uma vez conhecidas as probabilidades
de uma primeira criança AB e Rh+ e sa-
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IBi,R_ IAIB,rr IBi,rr ii,R_
IAi,rr ii,Rr
P(menina e O e Rh+) ?
P(O)
12
12
12 – IAi
12 – ii
P( )
12 – Rr
12 – rr
P(Rh+)
O–
A+ AB–
AB, Rh+
IAIB, Rr
ii,rr
IAi, Rr IAIB,rr
12 Rr
12
rr
14 – IAIA
14 – IAIB
14 – IAi
14 – IBi
bendo-se que uma segunda criançaconstitui evento independente da primei-ra, a probabilidade dessa segunda crian-ça ser também AB e Rh+ é a mesma.
36. c. O genótipo do homem é IAIB, rr e o da mu-lher, IAi, Rr. Assim, a probabilidade de essecasal ter uma criança AB, Rh+ é de:
14 ×
12 =
18 .
37. c. O único caso em que pode ocorrer eritro-blastose fetal é quando a mãe é Rh nega-tivo, o pai é Rh positivo e o filho tambémRh positivo.Obs.: Quem sensibilizou a mãe paraproduzir anti-Rh foi o 1.o filho (Rh+), quenão sofreu os efeitos dos anticorpos e, por-tanto, nasceu normal. Fato este que nãoaconteceu novamente, com o 2.o filho. Aquantidade de anti-Rh aumentou na segun-da gestação e afetou a segunda criança.
38. a 39. c40. a. A eritroblastose fetal ocorre por incompa-
tibilidade do fator Rh entre a mãe Rh–, sen-sibilizada por transfusão sangüínea Rh+ ouatravés do parto de uma primeira criançaRh+, e, neste caso, um segundo feto Rh+.Os anticorpos (anti-Rh+) produzidos pelamãe sensibilizada destroem os glóbulosvermelhos fetais. Os anticorpos maternosanti-Rh preexistentes cruzam a placentae atingem o sangue do feto, provocando adestruição de suas hemácias.
b. Pode-se evitar a ocorrência da eritroblas-tose fetal através de injeções de sorocontendo anti-Rh. O anti-Rh destrói os
glóbulos vermelhos fetais – com o antígenoRh – que casualmente circulem no sanguematerno.
c. O tratamento usual para a criança afetadapela doença consiste em:• transfusão de sangue Rh– em substitui-
ção ao sangue Rh+ que contém os anti-corpos maternos;
• banhos de luz para diminuir a icteríciacausada pela destruição das hemáciasfetais;
• nutrição adequada para reverter o qua-dro de anemia.
41. e. João (Rh+), se casado com mulher Rh– egerar filhos também Rh–, e Marina, se ca-sada com homem Rh– e gerar filhos Rh+.A eritro-blastose fetal manifesta-se quan-do a mãe é Rh− e o filho, Rh+.
42. cpai: A, Rh+
mãe: B, Rh−
criança: O, Rh+
I – Correta, caso a mãe já esteja sensibili-zada com anti-Rh.
II – Incorreta, pois a criança O só pode re-ceber sangue O.
III – Incorreta, o pai é IAi.43. b. Próximo ao fim da gravidez, é comum ha-
ver pequenas rupturas placentárias quepermitem a passagem de hemácias fetaispara o sangue materno.Em uma 2.a gravidez de um feto Rh+,anticorpos maternos anti-Rh preexistentes,devido aos antígenos fetais da 1.a gravidez,poderão provocar eritroblastose fetal.
44. b
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llmm LlMm
llmm LIMm Llmm
llmm llMm
12 ×
12 ×
12 =
18
Comentário: Como o casal 5 × 6 já teve umacriança com eritroblastose fetal, a mãe sópode ser Rh− (rr), e o pai Rh+, heterozigoto,pois o seu pai é rr.
45. d. Como a mãe é Rh− (rr) e o pai é Rh+ (Rr),para o casal ter uma criança com eritro-blastose fetal, a mãe deverá estar sensibi-lizada e a criança deverá ser Rh+. Portan-to, a probabilidade do casal vir a ter umfilho homem com eritroblastose fetal é:P (sexo masculino e Rh+) =
= 12 ×
12 =
14
.
46. cmulher com útero infantil RR × marido rr
zigoto 100% RrO zigoto foi colocado na “mãe de aluguel”,que já teve três filhos, sendo um comeritroblastose fetal. Este fato evidencia a pre-sença de anticorpos anti-Rh na mãe de alu-guel. A criança Rh+ (Rr) terá uma chancemuito alta de receber os anti-Rh e desenvol-ver um quadro de eritroblastose fetal.
47. b. A criança apresentará eritroblastose fetalse sua mãe, sendo Rh negativo, tiver nosangue anticorpos anti-Rh (sensibilizadapor uma primeira gestação ou por transfu-são anterior à gestação), transferindo-osdurante a gestação ao filho Rh positivo.
48. a. O casal 3 × 4 não poderá ter filhos comeritroblastose fetal, porque essa situaçãosomente ocorre quando a mãe é Rh nega-tivo e o pai, Rh positivo.
49. a. A criança é obrigatoriamente do grupo MN,pois
LMLM × LNLN
LMLN
50.suposto pai suposta mãe
Rh+, A, M Rh+, B, MRr, IAi, LMLM Rr, IBi, LMLM
UV |||||W |||||
criançaRh−, O, MNrr, ii, LMLN
Se os pais forem heterozigotos para os gru-pos sangüíneos do sistema ABO (IAi e IBi) edo sistema Rh (Rr), o filho poderia ser legíti-mo (ii, rr). No entanto, os fenótipos do siste-ma MN excluem essa possibilidade, uma vezque pais do grupo M (LMLM) não poderiam terum filho do grupo N (LNLN).
CAPÍTULO 5A 2.a LEI DE MENDEL
Desafio
1. A conclusão é incorreta. As células 2n destaespécie apresentam 3 pares de cromosso-mos homólogos (2n = 6 cromossomos), en-tão, poderíamos ter, no máximo, 3 pares degenes segregando-se independentemente,isto é, localizados em cromossomos não-homólogos (2.a Lei de Mendel). O quarto parde genes, fatalmente, irá encontrar-se em umpar de cromossomos já citados, caracterizan-do um caso de linkage.
2. 9/323. 16 tipos de gametas.4. 325. 1/646.
7. 1/168. A 2.a Lei de Mendel, ao estudar as três ca-
racterísticas simultaneamente, só pode seraplicada ao indivíduo 1. O motivo é que so-mente neste indivíduo os três pares de genes(Aa, BB, Cc) segregam-se independentemen-te, visto estarem em pares de homólogos di-ferentes.No indivíduo 2, os pares de genes Aa e Bbestão no mesmo cromossomo (linkage), nãosendo, portanto, um caso de aplicação da2.a Lei de Mendel.Observação: a 2.a Lei de Mendel aplica-seem parte ao indivíduo 2 quando considera-mos as características condicionadas pelopares de genes situados em cromossomosdiferentes, isto é, Aa e Cc ou Bb e Cc.
Nos vestibulares, tem sido assim
1. a. Semente rugosa e semente verde são, am-bos, fenótipos recessivos. Desta forma, in-divíduos com esses fenótipos só aparecemem uma geração quando os seus doisgenitores apresentarem “fatores” recessi-vos em seus genótipos.
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SATEMAG
BBAA bBAA BBaA bBaA
bBAA bbaA bBaA bbaA
BBaA bBaA BBaa bBaa
bBaA bbaA bBaa bbaa
14
AB
14
Ab
14
aB
14
ab
14
AB14
Ab14
aB14
ab
caule curto e frutos ovais = 1
16
Na geração P, os dois indivíduos cruzadossão “puros”, isto é, homozigotos, sendo umdeles homozigoto dominante e o outrorecessivo, de forma que cada um só podeformar um tipo de gameta. Como resulta-do, na geração F1, aparecem somente in-divíduos heterozigotos para as duas ca-racterísticas (Rr ou Vv).
b. Os “fatores” hereditários referidos por Men-del são atualmente conhecidos comogenes e estão situados nos cromossomos.Genes são seqüências de nucleotídeos,isto é, trechos de uma molécula de DNA,que possuem a informação para a cons-trução de uma determinada proteína, ge-ralmente uma enzima que atua na deter-minação de um caráter.
c. Caráter “forma da semente”.
(P) lisa × rugosaRR rr
(F1) Rr (100% lisas) Rr × Rr(F2) RR, Rr, Rr, rr
3 lisas : 1 rugosa2. a. Entre os descendentes deste cruzamen-
to, nota-se a presença de um marrom ebranco, isto é, duplo recessivo (ddmm); éatravés deste filhote que podemos concluirque os genótipos de seus pais são: DdMm(o pai) e ddMm (a mãe).
b. A proporção esperada de descendentesiguais ao pai (malhados de preto e bran-co) é de 1/4 ou 25%, poisfêmea ddMm × macho Ddmmgametas: dM e dm; Dm e dmF1: 1/4 DdMm; 1/4 ddMm; 1/4 ddmm e 1/4Ddmm
3. a.(P) homozigoto para caule longo e frutos ovais (AAbb) × homozigoto para caule curtoe frutos redondos (aaBB)
(F1) 100% de heterozigotos de caule longo e fruto redondo (AaBb)AaBb × AaBb
(gametas) AB, Ab, aB, ab × AB, Ab, aB, ab(F2) ..., ... , aabb = plantas com caule curto e frutos ovais (entre plantas com outros
fenótipos)
b. 1.a solução: Aplicando-se a 2.a Lei de Mendel , se cruzarmos os quatro tipos de gametasproduzidos pelos indivíduos de F1, verificaremos que, em F2, 1/16 das plantas apresentarãocaule curto e frutos ovais (aabb). Observe no quadro abaixo:
2.a solução: A 1.a Lei de Mendel pode ser aplicada para cada caráter separadamente.
a. Comprimento do caule b. Forma dos frutos(P) AA × aa (P) bb × BB(F1) Aa × Aa (F1) Bb × Bb(F2) AA, Aa, Aa, aa (F2) BB, Bb, Bb, bb
caule curto (14 ) e frutos ovais (
14 )
P(aabb) = 14 ×
14 =
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aabb bb
AaBb aaBb
aa bb
Aabb aaBb
14 de crespo
C L
C CC LC
L LC LL
B V
B BB VB
V VB VV
12 m
12 mm
12 M
12 Mm1 m
12 b
12 bb
12 B
12 Bb1 b
de fenótipo igual ao do pai
B b
B BB bB
b bB bb
A a
a aA aa
4. b(P) BrBrSuSuYY × brbrsusuyy(F1) BrbrSusuYy × BrbrSusuYygametas de BrbrSusuYy → 23 = 8 tipos degametasfenótipos em F2
Brbr × Brbr SusuYy × SusuYyProporção fenotípica em F2
3 : 1 9 : 3 : 3 : 127 : 9 : 9 : 3 : 9 : 3 : 3 : 1
5. Catarata = A_Fragilidade óssea = B_
(F1) Aa × aa Bb × bb
(F2) 50% Aa = 12 e 50% Bb =
12
50% aa = 12 e 50% bb =
12
25% (14 ) AaBb (catarata e fragilidade óssea)
25% (14 ) Aabb (catarata)
25% (14 ) aaBb (fragilidade óssea)
25% (14 ) aabb (normal)
Portanto,(F)(F)(V)(F)(V)
6. cM_ = preto B_ = uniformemm = marrom bb = com manchas brancas
Mmbb × mmBb
P (mmbb) = 12 ×
12 =
14
7. e
P(A_B_) = 12 ×
34 =
38
8. d(F1) Dd × Dd(F2) 25% canhotos (dd) e 75% destros (D_)(F1) Cc × Cc(F2) 25% olhos azuis (cc) e 75% olhos casta-
nhos (C_)9. Admitimos que,
VV = vermelhoBB = brancoBV = vermelho claro ou rosaLL = lisoCC = crespoCL = onduladoO cruzamento entre heterozigotos, então, po-deria ser representado da seguinte forma:
BVCL × BVCLE o cálculo da porcentagem de fêmeas compêlo vermelho e crespo, assim,
14 de vermelho
Logo,P(fêmea VVCC) = P (fêmea) e P (VV) e P (CC) =
= 12 ×
14 ×
14 =
132 = 3,125
A porcentagem esperada é de, aproximada-mente, 3%.
10. d(F1)macho preto VvMm × fêmeas pretas VvMm(F2)5 filhotes vvmm
Proporção fenotípica emF2 – 9 V_M_ : 3 V_mm : 3 vvM_ : 1 vvmm
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P ( ) = 12
P(A_) = 34
P(Bb) = 12
B b
b bB bb
A a
A AA aA
a aA aa
A_bb aaB_
aaBb A_bb
AabbAaBb
ii IA_ IBi
IAiPp IAiPp
P(IA_) e P(pp) =
34 ×
14 =
316
célula com genótipoAaBbCc
meiose
B b
B BB bB
b bB bb
A a
A AA aA
a aA aa
A_B_ aabb A_B_ aabb
AaBb AaBb
Sabendo que a proporção de duplo recessi-vos em F2 é de 1/16 e equivale aos 5 filho-tes, conclui-se que o total de filhotes (os16/16 ou 100%) é de 80 (16 × 5). Destes 80filhotes, 9/16 têm o mesmo fenótipo do pai(V_M_), ou seja, 45 filhotes.
11. c
P(A_B_) =
= P(A_) e P(B_) = 34 ×
34 =
916
12. c(P) AABB × aabb(F1) AaBb (heterozigotos)(F2) 9 : 3 : 3 : 1
13. 2-2. Considerando que o casal é AaBb × Aabb
P ( ) e P(A_) e P(Bb)=
= 12 ×
34 ×
12 =
316
14. dM – pelagem pretam – pelagem marromL – pêlo curtol – pêlo longo
Llmm × LlMm
P(L_) e P(M_) = 34 ×
12 =
38
15. aP – polidactiliap – dedos normaisA – pigmentação normala – albinismo
ppAa × PpAafilha ppaa (albina, não-polidáctila)P(ppA_) =
P(pp) × P(A_) = 12 ×
34 =
38
O genótipo do homem é ppAa e o da mulher,PpAa. Assim, a probabilidade de esse casal
ter uma criança ppA_ é de 12 ×
34 =
38 .
16. d. Observando o heredograma, tem-se queo genótipo do casal 5 × 6 é PpIAi e PpIAi. Aprobabilidade de nascer uma criança dotipo sangüíneo A (IA_) é 3/4 e a probabili-dade de ela ser normal para polidactilia é1/4. Portanto, a probabilidade final é de3/16.P – polidactiliap – dedos normais
17. e. A mitose origina células idênticas à célula-mãe; portanto, todas terão genótipo AaBbCc.Obs.: na mitose (divisão celular equacional),não importa se os genes estão em paresde cromossomos distintos ou não.
18. c. Na meiose, se os genes estão em paresde cromossomos separados, ocorre a se-gregação independente entre eles, com-binando-se de todas as maneiras possí-veis nos gametas resultantes. Veja a se-guir:
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ppAA P_aa
ppaa PpAaAntônio Maria
C = ABC 18
c = ABc 18
C = AbC 18
c = Abc 18
C = aBC 18
c = aBc 18
C = abC 18
c = abc 18
B
b
B
b
A
a
meiose
gametaspossíveis(23 = 8tipos)
OPITÓNEG ALUMRÓF.N o EDSOPITE
SATEMAG
bBaA 22 (4 ,Ba,bA,BAba )
BBaA 21 (2 Ba,BA )
cCbBaA 23
(8 ,cba,CBA,cbA,cBa,CbA
CBa,cbA,Cba )
ccBBaA 21 (2 cBa,cbA )
ccbBaA 22 (4 ,cBa,cbA,cbAcba )
19. c. A 2.a Lei de Mendel aplica-se somente apares de genes que se encontram emcromossomos distintos (separados). A 2.a
Lei não se aplica a casos de linkage, emque os genes estudados situam-se nomesmo cromossomo.
20. d. Deve-se aplicar a fórmula 2n, onde n é onúmero de pares de genes em heterozi-gose. Assim:
21. a. Aplicando-se a fórmula 2n, onde n é o nú-mero de pares de genes em heterozigose,teremos:
2n = 21 == 2 gametas distintos (ABCDE e aBCDE).
22. a. Uma célula que faz meiose origina 4 es-permatozóides (em um animal macho);logo, 60 células originarão 240 espermato-zóides.Aplicando a fórmula 2n ao indivíduoAaBbCc, temos 2n = 23 = 8 gametas distin-tos, sendo 1 deles ABC, ou seja, 1/8 dosgametas formados serão ABC.Portanto, 1/8 de 240 espermatozóides se-rão ABC, isto é, 30 espermatozóides.
23. cAa BB Cc DD
P(A) e P(B) e P(C) e P(D)
12 × 1 ×
12 × 1 =
14 =
= 25%24. b
Janaína → AbCDgametas
filho AaBbCcDD → gametas 2n = 23 = 8 tiposPedro → aBcD
gametas25. b
planta diíbridaAaBb
gametas AB, Ab, aB, ab (3/4 ou 75% compelo menos 1 gene dominante)
26. eAaBbCc × AaBbCc
Aa × Aa Bb × Bb Cc × Cc
AA 14 Bb, bB
12 cc
14
P(AABbcc) = P(AA) × P(Bb) × P(cc) =
14 ×
12 ×
14 =
132
27. Corretas: 02, 04AaBbDD, logo 2n = 22 = 4 tipos de gametas(ABD, AbD, aBD, abD) que, autofecundados,gerarão 9 genótiposAABBDDAABbDDAAbbDDAaBBDDAaBbDDAabbDDaaBBDDaaBbDDaabbDD
28. eP – polidactiliap – dedos normaisA – pigmentação normala – albinismo
a. Incorreta; a probabilidade de filhos albinosé de 50%.
b. Incorreta; a probabilidade de terem um fi-lho polidáctilo é de 50%.
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8 genótipos =48 genótipos
possíveis
c. Incorreta; Antônio (ppaa) produz apenasum tipo de gameta para essas caracterís-ticas (pa).
d. Incorreta; só é possível saber que a mãede Maria é homozigota para o albinismo.
e. Correta; Maria, heterozigota para as duascaracterísticas (PpAa), produzirá 4 tipos degameta (PA, Pa, pA e pa).
29. d. Por exemplo, podemos usar o sistemaABO para ilustrar o 1.o caráter: são 3 genesalelos ( IA, IB, i) e 6 genótipos:
IAIA
IAiIAIB
IBIB
IBiii
Cada genótipo (6) poderá combinar-secom os 8 apresentados pelo segundo ca-ráter. Logo, teremos 48 (6 × 8) genótipospossíveis.IAIA → 8 combinaçõesIBIB → 8 combinaçõesIAi → 8 combinaçõesIBi → 8 combinaçõesIAIB → 8 combinaçõesii → 8 combinações6 genótipos do 1.o caráter × 8 genótiposdo 2.o caráter = 48
30. c. Pois a segregação dos homólogos resultanos diferentes tipos de gameta e suas pro-porções, e não nos fenótipos de F2.
31. a. A afirmativa b está incorreta, pois muta-ções gênicas (alterações do material ge-nético) ocorrem independentemente depermutas (crossing-over) ou do apareci-mento dos quiasmas, formados em con-seqüência das permutas. O crossing-overresulta na formação de cromossomosrecombinantes.A afirmação c está incorreta, pois a FiguraI mostra a migração dos cromossomoshomólogos e não das cromátides-irmãs.No item d, a permutação (recombinação)ocorre entre cromossomos homólogos.
32. d. A afirmativa II está errada, pois genes lo-calizados no mesmo cromossomo são“herdados” (seria melhor dizer transmiti-dos), na maioria dos casos, em um mes-mo gameta, já que, na ausência de per-mutas, permanecem juntos em um mes-mo cromossomo.A afirmativa III refere-se à 2.a Lei de Mendel,que trata da segregação independente de
dois ou mais “fatores” hereditários, locali-zados em cromossomos diferentes.
CAPÍTULO 6LINKAGE
Desafio
1. O cruzamento entre um duplo-heterozigoto(AaBb) com um birrecessivo (aabb) só daráa proporção fenotípica de 1 : 1 : 1 : 1 nosdescendentes se os genes (A, a) e (B, b) es-tiverem em cromossomos diferentes.Caso os genes não-alelos se encontrem nomesmo cromossomo, é um caso de linkage,e os genes não se segregam independente-mente (2.a Lei de Mendel) e não teremos nosdescendentes o resultado 1 : 1 : 1 : 1.Neste caso, teremos dois possíveis resulta-dos 1 : 1, se não houver crossing-over. Ocor-rendo crossing teremos nos descendentes 4fenótipos diferentes em uma proporção bemdiferente de 1 : 1 : 1 : 1.
2. ABab
32,5%
abab
32,5%
Abab
17,5%
aBab
17,5%
3. O resultado dos dois cruzamentos revela que éum caso de linkage. O primeiro cruzamento(AaBb × aabb) é um caso de linkage comcrossing. No segundo cruzamento (AaCc ×aacc) temos um caso de linkage semcrossing. Provavelmente, os genes A e Cestão muito próximos, não havendo possi-bil idade de troca de pedaços entrehomólogos, fato que não ocorreu no primei-ro cruzamento, onde tivemos 10% decrossing-over. Outra possibilidade é a deque, no segundo cruzamento, a espécieenvolvida não sofra permutas em suasmeioses ou, ainda, que o indivíduoheterozigoto pertença a um sexo em quenão se registre a ocorrência de crossing.
4. Não se trata de um caso de 2.a Lei deMendel, pois, se assim fosse, o cruzamen-to de AaBb × AaBb daria um resultadofenotípico de 9 : 3 : 3 : 1 nos descendentese não 3 : 1. Não é um caso de alelos múlti-plos, pois deveríamos ter, no mínimo, trêsgenes diferentes para cada característica.
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10%
A
B
a
b
A
B
a
b
A
B
a
b
10%
B A D C3 u. r. 5 u. r.4 u. r.
12 u. r.
a
b
A
B
A C
a c
8 u. r.
Observamos somente dois genes (A, a) parauma e dois (B, b) para a outra característi-ca. É um caso de linkage sem crossing.
5. Forma normal e Rh positivo: 40%.6. A seqüência dos genes no cromossomo é:7.
gametas: AC, ac, Ac, aC 46% 46% 4% 4%
92% sem 8% com crossing-over crossing-over
8. a. E; b. E; c. E; d. C; e. C; f. E; g. E; h. C
Nos vestibulares, tem sido assim
1. e2. b
20% sem crossing
80% com crossing
3. a. Cada espermatozóide apresentará umcromossomo e, portanto, terá uma únicamolécula de DNA.
b. AB, Ab, aB e ab.c. Trata-se de um caso de linkage (ligação
gênica); os loci A e B estão obrigatoria-mente no mesmo cromossomo. No entan-to, não é conhecida a disposição (cis/trans)dos genes nos cromossomos, nem sua dis-tância, informações que permitiriam esti-mar as proporções de cada um desses ti-pos de gameta.
4. a. Espera-se, de acordo com a 2.a Lei deMendel, 25% de cada um dos fenótipos, oque equivale a 40 plantas de cada tipo.
b. A freqüência observada permite inferir queestamos diante de um caso de ligaçãogênica (linkage), em que os genes paracor da flor e forma dos grãos de pólen es-tão situados no mesmo par decromossomos. Os resultados ainda permi-tem concluir que houve permuta (crossing-over) entre os dois loci. Se fosse um casode 2.a Lei, os genes para as diferentescaracterísticas de-veriam estar em paresdistintos de cromossomos homólogos.
5. Sim, pois a 2.a Lei de Mendel trata da segre-gação independente dos genes, o que sóocorre quando se consideram locos emcromossomos diferentes. Neste caso, a pro-le resultante seria: 25% AaBb; 25% aabb;25% Aabb; 25% aaBb. O resultado do cru-zamento obtido pelo pesquisador revela queé um caso de linkage com crossing-over.
A
B
Aa
Bb
a
b
A
B
A
b
a
B
a
b
A
B
a
b
a
B
A
b
20% 20%20% 20%
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100% crossing
160400
160400
40400
40400
-NÊÜQERFAIC
%54
%54
%5
%5
m l
m lM l
m L
m l
M lM l
m l
m L
m L
m l
M L
M L
m l
m l
m l
m l
4%}
ba
BA bBaA %84–
ba bbaa %84–
bA bbaA %2–
Ba bBaa %2–
6. Repare que não há crossing-over entre osalelos A/b e a/B e que no par de cromosso-mos mais curto foi colocado apenas um parde genes (D/d). Então:a. AbD; Abd; aBD; aBd.b. Tanto (A, a) quanto (B, b) segregam-se in-
dependentemente em relação a (D, d), poissituam-se em cromossomos diferentes.
7. bA espécie é 2n = 8 cromossomos, então pos-sui 4 grupos de ligação (4 pares decromossomos; cada um deles para constituium grupo de genes em ligação).
8. aP: EEAA × eeaaF1: EeAa × eeaaF2: 160 pêlos normais (Ee)
e albinos (aa) – 40%
160 pêlos encrespados (ee)e selvagens (Aa) – 40%
40 pêlos normais (Ee)e selvagens (Aa) – 10%
40 pêlos encrespados (ee)e albinos (aa) – 10%
O resultado acima permite concluir que setrata de um caso de linkage com crossing-over, na disposição trans. Assim,F1
E a
e Agametas
E a
40%
E A
10%
e a
10%
e A
40%
9. dF1 : BbRr × bbrr
150 coloridas e lisas (BbRr)150 brancas e rugosas (bbrr)250 coloridas e rugosas (Bbrr)250 brancas e lisas (bbRr)
Trata-se de um caso de linkage com crossing,na disposição trans. Assim,
B r
b R ×
b r
b r
A distância entre os dois genes não-alelos éde 37,5 u.r., pois, dos 800 indivíduos que nas-ceram, 300 apresentam fenótipos recombina-dos, devido ao crossing-over.
300800
37 5=
, %
10. AaBb × aabb
a. A distância é de 4 u.r.b. A disposição dos genes no cromossomo é
cis.
a
b
A
B
11. b. As menores porcentagens obtidas refe-rem-se às classes de recombinantes. Asoma dessas duas classes (10%) expres-sa a distância entre os genes (10 u.r.)
12. a
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a b
A BA B
a b
≈ 41,5%
a ba b
a b≈ 41,5%
A bA b
a b≈ 8,5%
a Ba B
a b≈ 8,5%
83%semcrossing
17%comcrossing
25% 25% 25% 25%
C B A E D4 816
1 3
13
13. d
14. Trata-se de um caso de linkage comcrossing-over, na disposição cis, em quenasceram 2.300 indivíduos, dos quais 397(≈ 17%) são recombinantes devido aocrossing-over. Assim,(C) A freqüência de recombinação é em tor-
no de 17%.(C)
A B
a b
×
a b
a b
(C)
(F) Esta proporção (1 : 1 : 1 : 1) será espera-da quando houver permutação em 100%das células produtoras de gametas.
(F) Ocorreu permutação em 17% das célu-las formadoras de gametas (soma dasduas classes de recombinantes).
15. c
16. d+ → C ou D. Então:++ → CD+d → Cdc+ → cDTrata-se de um caso de linkage com crossing-over, na disposição trans.
C d
c D
+ d
c +
17. Trata-se de um caso de 2.a Lei de Mendel,pois o cruzamento entre um duplo hete-rozigoto com um birrecessivo, gerando 4 fenó-tipos diferentes na proporção 1 : 1 : 1 : 1, re-vela que os genes não-alelos segregam-seindependentemente.
18. ca. Correta, pois o casal 4 × 5 normal
(Aa × Aa) teve o filho 8, afetado (aa).b. Correta, pois sua mãe é IBiAa, enviou ia
para o seu filho devido ao crossing-over.c. Incorreta, pois a mãe certamente enviou
um gameta IBa resultante de crossing.d. Correta, pois
Aa × AaAA, Aa, Aa, aa
13
23
19. c20. b. A espécie possui 22 pares de cromosso-
mos. Dos 16 pares de genes já estuda-dos, 10 pares estão situados em 4 gruposde ligação e os 6 pares restantes segre-gam-se independentemente. Todos essesgenes ocupam um total de 10 pares decromossomos (4 + 6). Sobram ainda 12pares de cromossomos, que podem apre-sentar genes (12) com segregação inde-pendente.
A
B
a
b
a
B
A
b
A
B
Aa
Bb
a
b
100% crossing
45 u.r.
A D B C20 u.r. 13 u.r.12 u.r.
32 u. r.
→
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CAPÍTULO 7HERANÇA E SEXO
Desafio
1. Através de cruzamentos seletivos com aDrosophila melanogaster. Ao cruzar um ma-cho de olho branco (recessivo) com uma fê-mea de olho vermelho (dominante), todos osindivíduos da 1.a geração tinham olhos ver-melhos.Cruzando entre si indivíduos da geração F1,obteve a proporção de 3 vermelhos : 1 bran-co, porém não havia nenhuma fêmea de olhobranco.Em seguida, Morgan cruzou um macho deolho branco com uma fêmea F1, obteve alémde machos de olhos vermelhos, machos deolhos brancos, fêmeas de olhos vermelhose fêmeas de olhos brancos.A explicação para estes resultados é quegenes que determinam a cor dos olhos es-tão no cromossomo X, o que confirmou a hi-pótese de que os genes estão noscromossomos.
2. Na espécie humana, o sistema de determi-nação do sexo é XY. Assim, as mulheres sãohomogaméticas (44A + XX) e os homens sãoheterogaméticos (44A + XY).
3. Não. O motivo é que o genótipo do machode olho vermelho é XWY, e com certeza elevai transmitir o gene XW para a sua descen-dente do sexo feminino. Então, ela terá obri-gatoriamente olhos vermelhos.
4. Daltonismo é determinado por um generecessivo e ligado ao sexo: o homem daltô-nico é XdY, a mulher é XdXd. A freqüência dehomens daltônicos é maior do que a de mu-lheres daltônicas pois, nos homens, basta umgene d, enquanto a mulher necessita de doisgenes d para apresentar a anomalia.
5. Trata-se de um caso de herança autossômicarecessiva. A herança restrita ao sexo está des-cartada, pois temos homens e mulheres como mesmo fenótipo ( , ). Também pode-mos eliminar a herança influenciada pelo sexo,pois a proporção fenotípica de homens emulheres é praticamente a mesma.A herança ligada ao sexo dominante tambémpode ser eliminada, pois o indivíduo III-5 de-veria ter XAY e o seu X vem da sua mãe (II-5), que, no entanto, é XaXa. O mesmo podeser dito de herança ligada ao sexo recessiva,visto que o indivíduo III-4 seria XaXa e o seupai, II-6, XAY, cede para sua filha o XA.
6. O genótipo de um homem daltônico ehemofílico é Xh
d Y. O Y veio do pai, o X damãe. Com a ocorrência de crossing-over du-rante a formação do gameta da mãe, se ex-plica a formação do cromossomo Xh
d .7. Provavelmente, trata-se de um caso de he-
rança parcialmente ligada ao sexo, que sãogenes localizados nas partes homólogas deX e Y, cuja transmissão é semelhante a he-rança autossômica.
8. A calvície é um caso de herança influencia-da pelo sexo. Neste caso, o gene autossômi-co que determina a calvície se comportacomo dominante no homem e recessivo namulher. Assim, no homem, basta um genepara ser calvo, enquanto a mulher necessitade dois para ser calva.
9. Em muitas espécies de animais, como a huma-na, o sistema XY, onde o macho é heteroga-mético, produzindo dois tipos de gametas, umcom lote autossômico e o cromossomo X, ooutro com lote autossômico e o cromossomo Y.Já a fêmea é homogamética, produzindo só umtipo de gameta, com lote autossômico e ocromossomo X. Em algumas espécies, o siste-ma é ZW, onde o macho é homogamético(2A + ZZ) e a fêmea, heterogamética (2A + ZW).
Nos vestibulares, tem sido assim
1. a. Nos óvulos e espermatozóides existemapenas 11 cromossomos, enquanto quenas células musculares existem 22cromossomos.
b. Considerando que o padrão de determi-nação do sexo dessa espécie é igual aohumano, conclui-se que o animal perten-ce ao sexo masculino, porque os doiscromosso-mos restantes (sexuais) são detamanhos diferentes (XY).
2. a. Setenta e seis, (38 × 2 = 76).b. Apenas um, pois 38 cromossomos são
autossomos e 1 é sexual (n = 39).c. Cento e cinqüenta e seis cromátides
(76 × 2 = 156), pois os cromossomos en-contram-se duplicados.
3. d 4. c5. a. Como a síndrome ocorre em machos e fê-
meas com a mesma freqüência e apareceem indivíduos filhos de pais normais, ela éautossômica recessiva.
6. a. A herança é dominante, pois a filha II-2 énormal, porém tem os pais afetados; issodemonstra que os pais são heterozigotospara a característica.
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XA Xa
XA XAXA XAXA
Y XAY XaY
XAY XaXa
XAXa XaY
XD Y
XD XDXD XDY
Xd XDXd XdY → 25%
XaY XAxa
XAY XaXa XaY het.XAXa
XDY XDXd
XdY
b. A herança é autossômica, pois se o genedominante para a anomalia estivesse liga-do ao cromossomo X, a menina II-2 apre-sentaria obrigatoriamente a doença, já queherdaria de seu pai o cromossomo X por-tador do gene em questão.
7. F V F VÉ provavelmente uma herança autossômicarecessiva, como é o caso do albinismo.
8. d. Esta alternativa está incorreta, pois, nestecaso, os filhos homens seriam 100% afe-tados (I-2 → XaXa; gametas → Xa; filhoshomens → XaY, afetados).
9. e. É herança autossômica, pois homens emulheres são igualmente afetados e o ca-sal (II-7 e II-8), com sardas (heterozigoto,Aa), teve uma filha sem sardas (III-5, aa),o que caracteriza um tipo de herança con-dicionada a alelo dominante.
10. F V F F V F F11. a. A anomalia não pode ser recessiva, pois
os indivíduos 7 e 8 da F2 afetados pelaanomalia não poderiam ter filhos normais(12, 13 e 14).
b. Sendo dominante, se a anomalia fosse li-gada ao cromossomo X, todas as filhas docasal 7 × 8 seriam afetadas (13 e 14 sãonormais).
c. Sendo normal, a mulher em questão apre-senta genótipo aa. Se tiver filhos com umhomem afetado, duas possibilidades po-dem ocorrer:
1. mulher aa × homem AA100% dos filhos Aa, afetados pela anomalia
2. mulher aa × homem Aa50% dos filhos normais (aa) e 50% afeta-dos (Aa)
12. a. A herança é autossômica recessiva, pois,se fosse recessiva ligada ao sexo, o indi-víduo II-2 seria obrigatoriamente afetadopela característica em questão. Se fosseautossômica dominante, um dos cônjugesdos casais em III deveria apresentá-la.
13. e. A afirmativa está correta, pois o casal nor-mal I-1 × I-2 tem uma filha afetada pelacaracterística.
14. a. Está incorreta, pois a cor da pele é deter-minada por genes autossômicos.
15. c16. c
17. Corretas: 04, 32.“Porção ímpar” é o mesmo que região docromossomo X não-homóloga ao Y.
18. b
19. Os genes para preto e para amarelo estãono cromossomo X. Como os gatos do sexomasculino têm apenas um cromossomo X,só poderão ter um dos genes ligados ao sexo,preto ou amarelo, além do gene autossômico.As fêmeas, que possuem dois cromossomosX, podem ter os dois alelos para cor, alémdo gene autossômico para a cor branca. Sepreto e amarelo aparecem simultaneamentenas fêmeas, devemos admitir não-domi-nância entre os alelos responsáveis por es-sas cores.
20. c. A anomalia é dominante ligada ao cro-mossomo X, pois todo homem afetado temtodas as suas filhas igualmente afetadas.
21. c. As mulheres 2 e 3 são portadoras do gene,pois 3 teve um filho homem afetado.
22. b
23. a. A mãe é heterozigota (XDXd), pois teve fi-lhos afetados (XDY) e normais (XdY).
b. Alelos: D (diabetes-fosfato) e d (normali-dade).O indivíduo II-2 é uma mulher heterozigota(XDXd); III-4 é um homem não afetadohemizigoto para o alelo normal (XdY) eIII-5 é um homem hemizigoto para o alelodo diabetes-fosfato (XDY).
24. e. Há homens afetados; a mãe é heterozigota(XAXa).
25. da.
b.
c. XdYd. Impossível. O X paterno com o gene pre-
cisaria provir de indivíduo doente, o qualnão chegaria a se reproduzir.
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XR Xr
Xr XRXr XrXr
Y XRY XrY
26. a. Pela análise do heredograma, conclui-seque a doença é causada por gene domi-nante (XR); todas as filhas de III-2 são afe-tadas (XRXr). O consultante, (XrY) nãotransmitirá a doença a seus filhos e filhas,pois não possui gene para a doença;
b. O primo doente (V-7) é XRY.Probabilidade de filhas afetadas = 100%.Probabilidade de filhos afetados = 0%.
27. a
28. bXAXa × XAY
XAXA, XAXa, XAY, XaY
23 de meninas e
13 de meninos, pois o meni-
no XaY é abortado.29. a
Observação: Se metade dos machos éamarela, a outra metade é preta, pois osmachos só tem um cromossomo X, isto é,nunca são heterozigotos (malhados) comoacontece com as fêmeas. Não há dominân-cia entre os genes A e P.
30. d. Mulheres com prevalência de inativaçãodo XD em algumas regiões do corpo mani-festam o gene d e apresentam formas maisou menos brandas da doença. A distrofiacitada prevalece em homens, nos quais apresença de um Xd é suficiente para mani-festar a forma mais grave da doença.
31. c. No caso de a herança ser autossômicarecessiva, os pais do menino C são obri-gatoriamente heterozigotos, pois a crian-ça tem fenótipo recessivo. Portanto, as pro-babilidades I e II são iguais a 100%.Na hipótese de a característica serrecessiva e ligada ao cromossomo X, o fatode o menino ter a doença revela que elerecebeu de sua mãe um cromossomo Xcom o gene em questão. Tendo a mãefenótipo normal, ela é heterozigota (XAXa).A probabilidade IV é, portanto, igual a100%. O pai, sendo normal, não apresen-
ta o gene para a anomalia (XAY); assim, aprobabilidade III é igual a zero.
32. b. Representando-se o gene afetado por A, ogenótipo do casal será XAY × XAXa. Uma cri-ança será normal se receber o Xa da mãe(1/2) e o Y do pai (1/2). Conclui-se, portan-to, que a probabilidade de ocorrência simul-tânea desses dois eventos é 1/4 (25%).
33. b. O genótipo da fêmea é XBXb, enquanto odo macho é XbY. Assim, o cruzamento en-tre eles poderá gerar: 25% de fêmeas comolhos vermelhos (XBXb); 25% de fêmeascom olhos brancos (XbXb); 25% de machoscom olhos vermelhos (XBY) e 25% de ma-chos com olhos brancos (XbY).
34. a. A probabilidade de João ter herdado do paio gene para daltonismo (Xd) é zero, porqueele recebe do pai o cromossomo Y. ParaMaria é 100%, porque ela recebe ocromossomo Xd do pai, que é daltônico (XdY).
b. O homem, sendo hemizigoto, é daltônicoquando apresenta o genótipo XdY; sua mãedeve ser normal e portadora. A mulher sóé daltônica quando possui genótipo XdXd.Para ter a anomalia, a mulher precisa dedois genes, um proveniente do pai, neces-sariamente daltônico (XdY), e o outro, damãe, pelo menos portadora (XDXd). A fre-qüência de indivíduos com esses genótipos,na população, é baixa, assim também é aprobabilidade de surgirem mulheres daltô-nicas.
35. a. II-1 (filha normal de pai daltônico) → XDXd
III-7 (mulher normal com filho daltônico) →→ XDXd
IV-2 (filha normal de pai daltônico) → XDXd
IV-9 (homem daltônico) → XdY
XdY XDXD
XDY XdXD
João Maria
XAXP XPXP XAY XPY50%
malhadas50%
pretas50%
amarelos50%
pretos
XAXP XPY
XaY12 ×
12 =
14 (25%)
12 Y
12 XA
XAY XAXa?criançanormal
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25%mulhernormal
portadora
25%mulher
daltônica
25%homemnormal
25%homem
daltônico
XD Xd Xd Y
XDXd XdXd XDY XdY
XDXd XdY
41. bDado que 7 é do sexo feminino (evento já defi-nido), a probabilidade de ter hemofilia só de-pende de receber Xh de sua mãe (P = 1/2) umavez que o outro Xh foi recebido de seu pai.
42. c(P) XHXh × XHY(F1) XHXH, XHXh, XHY, XhY → 25%
43. c. Joana e sua mãe têm 100% de chance deserem portadoras do gene para hemofiliaA; as outras mulheres têm 50%.
44. (P) XhY × XhXh
(F1) XhXh, XhYNão há possibilidade de nascer uma criançanão hemofílica, pois ambos os pais são hemo-fílicos e a terapia genética altera somente cé-lulas somáticas; os gametas são produzidospor células da linhagem germinativa, presen-tes nas gônadas (testículos e ovários).
45. F V F F F VA primeira afirmativa é falsa, pois existem mu-lheres hemofílicas (XhXh), embora a freqüên-cia seja baixa.A terceira afirmativa é falsa, pois o correto éa existência de 2 fenótipos (normal;hemofílica) e 3 genótipos (XHXH; XHXh; XhXh)nas mulheres.A quarta afirmativa é falsa, pois em homenshá 2 genótipos (XHY e XhY).A quinta afirmativa é falsa, pois 100% doshomens serão normais.
46. a.14
.
b. P(Y) = 12
P(mãe XDXd) = 12
P(Xd da mãe) = 12
c.
12 ×
12 ×
12 =
18
36. c. Paulo e Ricardo, daltônicos (XdY), recebe-ram o cromossomo Xd de sua mãe, inde-pendentemente de serem uni ou bivi-telinos. Lúcia é obrigatoriamente portado-ra do gene para o daltonismo (XDXd), en-quanto João, daltônico, é XdY.
37. Soma = 02 + 04 + 08 + 64 = 78.
XdY XDXd
Aa Aa
02. P(Y) × P(Xd) × P(A_) =
= 12 ×
12 ×
34 =
316 = 18,75%
04. P(Xd) × P(Xd) ou P(Y) × P(Xd) =
= (12 ×
12 ) + (
12 ×
12 ) =
24 (50%)
08. P(XdXd) × P(aa) = 14 ×
14 =
116 = 6,25%
64. P(Y) × P(aa) = 12 ×
14 =
18 = 12,5%
38. b 39. a40. d. O filho recebeu o Xa de sua mãe que, nes-
te caso, é XAXa ou XaXa. Quando nos refe-rimos à herança ligada ao sexo, o pai sem-pre é hemizigoto, por apresentar apenasum cromossomo X.
XhY XHXh
XhXh
5 6
obrigatório P = 12
XH Xh
XH XHXH XHXh
Y XHY XhY
Em F1, somente as fêmeas teriam asmanchas.
b.12 . (II-3 → irmão hemofílico; I-2 → mãe por-
tadora; logo, P(Xh) = 1/2)c. O fenótipo da avó materna era normal, uma
vez que sua filha (II-2), também normal,recebeu dela o gene para normalidade(XH).
47. a. 100 % de machos com mancha na cauda enenhuma fêmea com esta característica.
b.
Xa Y
XA XAXa XAY
Xa XaXa XaY
XA Y
Xa XAXa XaY
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Em F2, 50% das fêmeas e 50% dos ma-chos teriam as manchas.
48. c (O pai passaria esse cromossomo a todosos descendentes do sexo masculino.)
49. ab. O corpúsculo de Barr equivale a um X
espiralado nas mulheres.c e d. Herança ligada ao sexo (cromossomo
X, região não-homóloga a Y).e. Herança autossômica recessiva.
50. b
P ( e C) = 12 ×
12 =
14
51. d. Não havendo a expressão do gene SRY,os testículos não se formam e, em conse-qüência, não há a produção de hormôniosque induzem a diferenciação de umfenótipo masculino. Assim, nascerá um in-divíduo XY (cromossomicamente do sexomasculino), porém, com fenótipo feminino.
52. b. Nas mulheres, um dos cromossomos Xpermanece espiralado, formando o corpús-culo de Barr em determinadas células docorpo, de modo que, nessas células, seusgenes não se expressam. Como não éobrigatório que o mesmo cromossomo Xassim se comporte em uma irmã gêmeaunivitelina, pode haver um mosaico de di-ferenças fenotípicas.
53. e. A afirmativa II está incorreta, pois as fê-meas de mamíferos possuem dois cromos-somos X, e o macho, apenas um.
54. a. A cromatina sexual (corpúsculo de Barr)corresponde ao 2.o cromossomo X da mu-lher, que é inativado.
55. A proporção esperada é de dois machos paracada fêmea.
58. a. Partenogênese é o mecanismo de repro-dução em que os óvulos se desenvolvemsem serem fecundados. Em abelhas, apartenogênese somente origina machos,os zangões, os quais são haplóides.
b. Dos 600 ovos produzidos pela rainha, 40%,ou seja, 240, foram fecundados e origina-ram fêmeas, e 60%, ou seja, 360 ovos, nãofecundados produziram zangões. Sendo arainha portadora dos alelos para marrome pérola, espera-se 180 machos com olhosmarrons e 180 machos com olhos de corpérola.
59. a. O óvulo de uma abelha é haplóide (n). Umacélula somática de um zangão, tambémhaplóide, está com o seu DNA duplicadona fase de prófase da mitose. Portanto, aquantidade de DNA será:2 × (5 × 10−14 g) = 10 × 10−14 ge10 × 10−14 g = 1 × 10−13 g = 1 × 10-10 mg
CAPÍTULO 8INTERAÇÕES E EXPRESSÕES GÊNICAS
Desafio
1. Não é um caso de 2.a Lei de Mendel. Nestecaso, um par de genes influencia a manifes-tação de vários caracteres (pleiotropia). Se-ria 2.a Lei de Mendel se cada característicafosse determinada por um par de alelos comsegregação independente.
2. Resultado genotípico: RrEePp; RrEepp;RreePp; Rreepp; rrEePp; rrEepp; rreePp,rreepp.Resultado fenotípico: noz, pelado; noz, nor-mal; rosa, pelado; rosa, normal; ervilha, pe-lado; ervilha, normal; simples, pelado; sim-ples, normal.
3. CcRrPp × Ccrrppproporçãogenotípica1 CCRrPp2 CcRrPp2 CcRrpp1 CCRrpp2 CcrrPp2 Ccrrpp1 CCrrPp1 CCrrpp1 ccRrPp1 ccRrpp1 ccrrPp1 ccrrpp
ZAZa ZAW
ZAZA ZAZa ZAW ZaW } }2 machos : 1 fêmea (letal)
Só existem fêmeas ZAW; ZaW morrem.56. d57. c
1.250 óvulos80% (1.000) fecundados – 1.000 fêmeas(diplóides)20% (250) partenogênese – 250 machos(haplóides)
}}
proporçãofenotípica
3 púrpuras
3 vermelhas
10 brancas
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3 vermelhas : 5 brancas8. b
D_eesurdez →ddE_
audição normal: D_E_homem surdo × mulher surda DDee × ddEE9 filhos, audição normal → DdEe
9. d_ _W_ → brancoW → epistáticoB_ww → preto
4. Nenhum cruzamento possibilita este resultado.5. a. É um caso de interação gênica.
b. Normal: A_B_Surdo-mudo: A_bb; aaB_; aabb
c. 9 normais : 7 surdos-mudos6. a. Não, trata-se de um caso de interação
gênica, onde 2 pares de genes interagemdeterminando a cor da flor: púrpura se forE_P_; branca se for qualquer outra com-binação.
b. Os fenótipos parentais são: púrpura(EePp) e branco (eepp).
7. Os genótipos parentais são: AaBb × Aabb.8. A cor da pele na espécie humana é determi-
nada por dois pares de genes com efeitoaditivo, isto é, cada letra maiúscula determi-na a mesma produção de melanina, tornandoa pele mais escura. Assim, um indivíduo aabbé branco; Aabb ou aaBb é mulato claro; AAbb,aaBB ou AaBb é mulato médio; AABb ouAaBB é mulato escuro; e, finalmente, AABB énegro.
9. A mulher é AaBb, o homem é aabb. A proba-bilidade de ter uma filha é 50% e de que sejamulata clara é 50%. Simultaneamente, filhae mulata clara é 1/2 × 1/2 = 1/4.
Nos vestibulares, tem sido assim
1. b. Quando vários pares de genes não-alelos,com segregação independente, interagemna determinação de uma mesma caracte-rística, temos uma interação gênica.
2. a. Do ponto de vista genético, poderiam ocor-rer três tipos de albinismo, pois estão en-volvidos três pares de genes para a pro-dução do pigmento no animal. Defeitos nogene A impedem a formação do compos-to 1, interrompendo toda a cadeia de rea-ções que levam ao desenvolvimento dacor. Alterações no gene B acarretam a nãoformação do composto 2, resultando tam-bém na não formação da pigmentação.Mutações no gene C, impedindo a síntesedo composto 3, também causariamalbinismo.
b. Pais genotipicamente puros, portadoresde dois tipos distintos de albinismo. Porexemplo:
AAbbCC × AABBccgeração: AABbCc – 100% pigmentados.
c. Devido à degeneração do código genéti-co, um aminoácido pode ser determinadopor diferentes códons. Assim, uma muta-ção em um gene pode não causar qual-quer alteração na enzima codificada.
3. 1. V; 2. V; 3. F; 4. F4. e
_ _ I _ → brancoI → epistáticoC_ii → colorido
5. a. Epistasia dominante.A_ _ _ → brancoA → epistáticoaaB_ → amareloaabb → verde
b. As plantas I e II apresentam, respectiva-mente, os genótipos aaBb e AaBb.
6. d. Trata-se de um caso de interação gênica.A_bb → brancaaaB_ → brancaA_B_ → coloridaaabb → brancaP: branca × branca linhagens puras
AAbb × aaBBF1: 100% coloridas
AaBb diíbridasF2: 9/16 coloridas → A_B_
A_bb7/16 brancas → aaB_
aabbA alternativa d é incorreta, pois em F2 po-deremos encontrar, por exemplo, Aabb(branca) e aaBb (branca) que, cruzadas,poderão originar AaBb (colorida).
7. bvermelha: A_B_
A_bb branca: aaB_
aabbAaBb × Aabbgametas: AB, Ab, aB, ab; Ab, ab
Ab ba
BA v v
bA b b
BA v b
ba b b
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bbww → marromBbWw × BbWw12 brancos : 3 pretos : 1 marrom
10. ee_b × EeB_ (m)
Eebb (m)
Em ambos os cruzamentos, foram produzidosee_ _ EeB_ Eebb
dourada preta marrom
a. O genótipo do macho é eeBb.b. O macho forma gametas eB e eb em pro-
porções iguais (50% de cada).c. O genótipo da fêmea preta é EeBb.d. O genótipo da fêmea marrom é Eebb.
11. Corretas: 08 + 16 = 2401. Errada, pois na poligenia (herança quan-
titativa), os dois alelos têm efeito aditivo.02. Errada, pois o fenótipo não é igual.04. Errada, pois a frase refere-se a pleiotropia.
08. Correta.16. Correta.
12. a. P(pontuação máxima) = P (AABB) = 1
16 .
P(pontuação mínima) = P (aabb) = 1
16 .
b. Pontos obtidos:1 – vice-campeões = AABb e AaBB =
= 15 pontos.2 – penúltimo lugar = Aabb e aaBb =
= 5 pontos.13. Corretas: 01 + 04 + 08 = 13
01. Correta.02. Errada, pois representam fenótipos.04. Correta.08. Correta.
14. e9 A_ B_
133 A_ bb3 aaB_1 aabb
}
15. 60amarela → A_verde-clara → aa
semente lisa → C_semente enrugada → ccepistático → B_permite a cor → bb
O par Cc e Bb estão em linkage a uma distância de 20 u.r.Então:
C B
A
a
gametas
A
a
B C
b c
a
a
b c
b c
gameta
AaBbCc × aabbccc b
} 20 u.r.
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18. I – a. AAbb. b. aaBB. c. AaBb.II – a. aaBB; aaBb; aabb.
BA bA Ba ba
ba bBaA bbaA bBaa bbaa
ituga oterp onibla onibla
20. a
16. b. Trata-se de um caso de interação gênicado tipo epistasia, em que o par epistáticoé o recessivo (pp) (epistasia recessiva).
17. a. O cruzamento entre dois heterozigotos(AaBb) produz indivíduos:A_B_ (cinzentos), A_bb (pretos), aaB_(albinos) e aabb (albinos). Assim, os filho-tes de cor preta poderão apresentar osgenótipos Aabb e AAbb.
38 vermelho (2 genes dominantes)
38 vermelho-claro (1 gene dominante)
18 vermelho-médio (3 genes dominantes)
18 branco (nenhum gene dominante)
gametas: AB, Ab, aB, ab; Ab, ab
b. Trata-se de um caso de epistasiarecessiva, onde o par epistático aa inibeo par hipostático, levando ao albinismo.Por isso, o cruzamento entre doisdiíbridos leva à proporção de 9 : 3 : 4.
III – aabb × AaBbP (pretos) =
= 14 (25%).
19. Corretas: 04, 64.
BBAAbBAABBaA
bBaAbbAABBaa
bbaAbBaa
bbaa
06,1 54,1 03,1 51,1 00,1
RRPPrRPPRRpP
rRpPrrPPRRpp
rRpprRpP
rrpp
mc08)V(
mc07)VI(
mc06)III(
mc05)II(
mc04)I(
BBAAbBAABBaA
bBaAbbAABBaa
bbaAbBaa
bbaa
061 051 041 031 021
AaBb x Aabb
bA ba
BAoidém-ohlemrev
bBAAohlemrev
bBaA
bAohlemrev
bbAAoralc-ohlemrev
bbaA
Baohlemrev
bBaAoralc-ohlemrev
bBaa
baoralc-ohlemrev
bbaAocnarb
bbaa
21. d
genótipos →
altura (m) →
AaBB × aabbgametas → AB, aB; ab → AaBb (1,30m);aaBb (1,15 m)
22. b
23. 1. F; 2. F; 3. F; 4. V
R.: brancas, lisas: 20% + 20% = 40%.150 descendentes → 40% = 60 indivíduos (brancas, lisas).
com
cro
ssin
g 20
%se
m c
ross
ing
80%
A B C
b cA
A B c
A b C
B ca
a b C
B Ca
a b c
a b c
a b c
a b c
a b c
a b c
a b c
a b c
a b c
gametas gametas
%02 %02sasil,sacnarb
%02 sadagurne,salerama
%02 %02sasil,sacnarb
%02 sadagurne,saralc-edrev
%5 sadagurne,sacnarb
%5 sasil,salerama
%5 sadagurne,sacnarb
%5 sasil,saralc-edrev
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Para a planta ter 17,5 cm, ela tem que tertrês genes dominantes em seu genótipo.
P(ter 17,5 cm de altura) = 3
16.
29. dAaBbCc × AaBbCcP(AABBCC) = P(A, B, C) × P(A, B, C) =
= 18 ×
18 =
164
P(aabbcc) = P(a, b, c) × (a, b, c) =
= 18 ×
18 =
164
P(homozigotos) = 1
64 + 1
64 = 2
64 = 1
3230. e
A_ = normalaa = albino
BbCcAa × BbCcAamulato médio diíbrido × mulata média diíbrida
albina = aaBbCcAa × BbCcAa
bbcc C_P(branca e não-albina) = P(bbcc) e P(A_) =
=1
16 × 34 =
364
31. b32. F V V F V
(F) A característica analisada deve-se a 2pares de genes com efeito aditivo.
(V) Os indivíduos de olhos castanho-clarospodem ter genótipos com apenas 2 genesdominantes, que podem estar emhomozigose ou heterozigose, por exem-plo, AAbb, aaBB, AaBb.
1. Errada, pois os efeitos aditivos dos alelosA e B são de 10 cm cada um.
2. Errada.AaBb × AaBb
AaBb: 4
16 = 14 (25%)
3. Errada, pois são cinco fenótipos.24. c
indivíduo 7:aaBB × AaBb
P (retenção intermediária de água) = 24 =
12 .
indivíduo 8:AaBb × AAbb
P (retenção intermediária de água) = 24 =
12 .
P (indivíduos 7 e 8 apresentarem simultanea-mente retenção intermediária de água) =
= 12 ×
12 =
14
.
25. dAaBb × AaBb
116 :
416 :
616 :
416 :
116
160 cm 150 cm 140 cm 130 cm 120 cmAABB aabb
26. AABB – 40 gramasaabb – 20 gramasCada gene dominante contribui com 5 gra-mas. Logo,AABb = 20 + 15 = 35 gramas.
27. 76 cmaabbcc = 12 cmAABBCC = 108 cm108 − 12 = 96 cm devidos aos genes domi-nantes. Dessa forma, cada gene dominantecontribui com 16 cm.P: AABBCC × aabbCCF1: 100% AaBbCC,presença de 4 genes dominantes, o que tota-liza 64 cm a mais. Portanto,altura de F1 = 12 + 64 = 76 cm.
}
28. caabb = 10 cm e AABB = 20 cm20 – 10 = 10 devidos aos genes dominantes.Dessa forma, cada gene dominante contri-bui com 2,5 cm.Uma planta com quinze centímetros deve terem seu genótipo dois genes dominantes, porexemplo, AaBb, AAbb, aaBB.P: AaBb × AaBbF1:
bA
BA bBAA
bA bbAA
Ba bBaA
ba bbaA
BA bA Ba ba
BA BBAA bBAA BBaA bBaA
bA bBAA bbAA bBaA bbaA
Ba BBaA bBaA BBaa bBaa
ba bBaA bbaA bBaa bbaa
Ba
BA BBaA
bA bBaA
Ba BBaa
ba bBaa
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(V) Indivíduos de olhos verdes apresentamapenas 1 gene dominante em seu ge-nótipo. Dessa forma, eles apresentamhomozigose em apenas um dos locosem questão (Aabb ou aaBb).
(F) AaBb × AaBb
P(aabb) = 14 ×
14 =
116 = 6,25%
(V) AaBb × AaBb2 crianças, uma de olhos castanho-cla-ros e outra de olhos verdes.1.a criança (castanho-claros) e 2.a crian-ça (verdes) ou 1.a criança (verdes) e 2.a
criança (castanho-claros)
616 ×
416 +
416 ×
616 =
24256 +
24256 =
= 48256 =
632 =
316
33. cavermelhada: A_B_branca: A_bb ou aaB_ ou aabb
a. Errada, pois trata-se de um caso deinteração gênica.
b. Errada.c. Correta, pois os genes não-alelos estão em
cromossomos diferentes (segregação in-dependente).
d. Errada.e. Errada, pois estão envolvidos dois loci.
34. eTrata-se de um caso de alelos múltiplos, emque existem três genes: A, A’, A”.A (normal) → metaboliza a nicotina → de-pendênciaA’ e A” (defeituoso) → ausência de depen-dênciaIndivíduos AA → dependentesIndivíduos A’A” → não há dependênciaIndivíduos AA’ ou AA” → moderadamente de-pendenteConclusão: dominância incompleta.
35. A1, A2, A3 e A4 → trata-se de um caso dealelos múltiplos. Então os possíveisgenótipos são:A1A1; A2A2; A3A3; A4A4A1A2; A2A3; A3A4A1A3; A2A4A1A4total de 10 genótipos diferentes.B1, B2, C1 e C2 → segregação independenteO número de genótipos é dado pela fórmula3n, onde n é o número de pares de heterozigo-tos. Então:3n = 32 = 9 genótipos diferentes.
×B1B1 C1C1
B1B2 C1C2 = 9 genótiposB2B2 C2C2
36. c
14 ×
14 =
116
37. dTrovão × Darkita – máximo de 3 genes domi-nantes (65 s)Prata × Silver – máximo de 3 dominantes (65 s)Alvo × Nata – máximo de 3 dominantes (65 s)Prata × Alvo – máximo de 4 dominantes (60 s)Darkita × Faísca – máximo de 3 dominantes(60 s)
38. c 39. c 40. c
CAPÍTULO 9CITOGENÉTICA
Desafio
1. Aberrações cromossômicas numéricas eaberrações cromossômicas estruturais.
2. As euploidias e as aneuploidias.3. Em geral, nas monossomias autossômicas,
os genes que deixam de existir em uma célu-
BA bA Ba ba
bA bBAA bbAA bBaA bbaA
primitiva14
encantada14
AAbb × AaBb
aaBB × AaBb
BA bA Ba ba
aB BaA B aA Bb Baa B aa Bb
70 s
AaBb AaBb
70 sAaBb
70 sAAbb ou aaBBAAbb ou aaBB
70 s 70 s 70 s 70 s
70 s
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sômicas ou gênicas, como, respectivamente,a síndrome de Down e a anemia falciforme.
Nos vestibulares, tem sido assim
1. Corretas: 02 + 08 + 16 = 26.2. b3. a. 3 × 11 = 33 cromossomos.
b. O número ímpar de cromossomos impedeo pareamento correto na meiose, bloque-ando o processo de formação de célulasreprodutoras que, por meio da fecundação,produziriam as sementes.
4. c 5. d 6. c7. a. A contagem e identificação dos cromosso-
mos é um processo conhecido como cario-tipagem.
8. F F V V V(F) A não-disjunção também pode ocorrer na
2.a divisão meiótica.(F) A não-disjunção ocorre tanto em homens
como em mulheres.(V) No caso, um cromossomo 21 extra.(V) Pois aumenta a chance de quebras
cromossômicas na prófase I, com trans-locações.
(V) Um segmento “extra” de cromossomo 21,translocado sobre outro, equivale àtrissomia do 21.
9. a. Síndrome de Down não é triploidia (itemb) e não decorre da senilidade dosovócitos, mas sim da maior chance deanomalias cromossômicas pela idade dosovócitos de uma mulher (item c).Os portadores de Down têm 47 cromosso-mos, e não 46 (item d).
10. b (apresenta trissomia do 21).11. a. Ela pode ocorrer tanto na 1.a etapa da
meiose (separação dos cromossomoshomólogos), como na 2.a etapa da meiose(separação das cromátides-irmãs).
b. Não-disjunção ocorrendo na meiose I:
la são fundamentais para a sobrevivência. Noentanto, na síndrome de Turner, há monosso-mia de cromossomo sexual e, embora hajaanomalias, a sobrevivência é possível. Natrissomia, há casos em que a dose extra degenes causa danos severos (síndromes deEdwards e de Patau), e outros em que a so-brevivência é possível até certa idade, comoé o caso da síndrome de Down.
4. Veja síndrome de Down, síndrome deEdwards e síndrome de Patau, nas páginas230 e 231 deste capítulo.
5. Indivíduo A: afetado pela síndrome deKlinefelter. O portador assemelha-se a ho-mem normal, embora possua testículo pe-queno e produza pouco ou nenhum esper-matozóide. É normalmente alto e de seiosdesenvolvidos.Indivíduo B: afetado pela síndrome de Turner.É fenotipicamente fêmea e os órgãos sexuaisinternos e externos são pouco desenvolvi-dos. É estéril.
6. Corpúsculo de Barr é decorrente da ina-tivação, por espiralação, de um dos cro-mossomos X em mulheres normais. O outropermanece desespiralado na intérfase e ati-vo. É preciso, no entanto, cuidado ao afirmarque o indivíduo é do sexo feminino. Afeta-dos por síndrome de Klinefelter (XXY) pos-suem cromatina sexual (corpúsculo de Barr)e são fenotipicamente do sexo masculino.Nas competições esportivas, é importante de-terminar com exatidão o sexo das competi-doras, pois, embora possuam corpúsculo deBarr, podem não ser do sexo feminino.
7. Deficiência, duplicação, inversão e translocação.8. Sim. As deficiências envolvem perda de gru-
pos gênicos inteiros, fundamentais para asobrevivência. Já nas inversões e transloca-ções, os genes continuam presentes nas cé-lulas afetadas, embora em seqüência inver-tida (inversões) ou deslocados em cromosso-mos diferentes (translocações).
9. Pessoas deficientes em uma enzima quetransforma fenilalanina em tirosina podem terum acúmulo indesejável de fenilalanina nosangue. Esse acúmulo pode gerar a forma-ção de substâncias tóxicas, que podem pro-vocar lesões sérias no sistema nervoso cen-tral de crianças portadoras dessa anomalia.Uma das substâncias produzidas é o ácidofenilpirúvico, excretado na urina. Pessoascom essa doença apresentam fenilcetonúria.
10. A partir da colheita de células fetais podemser detectadas possíveis anomalias cromos-
par 21
n + 1 n + 1 n - 1 n - 1
as cromátidesnão se separam
os homólogosnão se separam
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Não-disjunção ocorrendo na meiose II:22. b
O item a está correto, pois normalmente ospais de um indivíduo com síndrome deKlinefelter têm um número normal decromossomos; o problema ocorre durante aformação dos gametas.O item b é o incorreto, pois o fenótipo mas-culino se manifesta devido à presença docromossomo Y.
23. b. O indivíduo representado no cariótipo éXXY.
24. a 25. cmulher XXX × homem XYgametas: X e XX; X e Ydescendentes: XX, XY, XXX, XXY
26. As anomalias cromossômicas esperadas sãoas síndromes de Klinefelter, do duplo Y e dotriplo X. Veja no esquema a seguir:
12. c (não-disjunção na meiose I e não-disjunçãona meiose II, respectivamente).
13. V F V F F F VÉ do sexo masculino (XY), com síndrome deDown (trissomia do 21) e com anomalia nu-mérica de autossomos (um autossomo 21 amais).
14. d. Mantém o balanço gênico dos cromosso-mos X, em qualquer indivíduo.
15. b. Os cromossomos, nesta fase, estão maiscondensados e as cromátides-irmãs ain-da encontram-se unidas, portanto, mais fá-ceis de identificar.
16. a (trissomia do 2.o par de cromossomos).17. V F V F F18. a. Em uma aneuploidia, há cromossomos a
mais ou a menos no genoma do indivíduo.Neste gato, há um cromossomo sexual amais, sendo XXY.
b. Para ser malhado, o animal necessita, si-multaneamente, portar os genes A e P.Dessa forma, é obrigatória a presença de2 cromossomos X e, por ser macho, certa-mente tem um cromossomo Y, ficando comgenótipo XAXPY.
19. b. A síndrome de Turner ocorre por monosso-mia do X, sendo representada por XO.
20. b21. e
Vale lembrar que as células apresentadas po-dem ser somáticas (2n) ou gaméticas (n).I – Está incorreta, pois os indivíduos perten-
cem à espécie humana, porém só 3 e 4podem ser normais.
II – Está correta.III – Está correta, pois o indivíduo 4 pode
apresentar em suas células somáticas acombinação XX ou XY.
YX 0 XX YY
Xatemag YXX 0X XXX YYX
retlefenilK renruT Xolpirt Yolpud
27. cIndivíduo 2AX tem relação X/A =
12 = 0,5,
sendo, portanto, um macho.28. b. Mutações podem ser espontâneas ou
provocadas e só são transmitidas se esti-verem presentes nas células sexuais.
29. d 30. b31. a (a estrutura de um cromossomo só se mo-
difica quando ocorrem mutações cromossô-micas estruturais, como, por exemplo,deleções, translocações etc.)
32. c (quanto maior a dose de radiação aplica-da, maior a quantidade de mutaçõesinduzidas).
33. a. A radiação pode provocar mutações gêni-cas. Dessa forma, a origem do câncer, queparece estar relacionada com alteraçõesdo funcionamento do material genético,pode estar associada à radiação.
b. Os descendentes foram afetados por mu-tações ocorridas no sistema reprodutorde seus pais, afetando a linhagem decélulas germinativas, as quais originamgametas.
c. A radiação residual do solo, em conse-qüência das explosões nucleares, pode terprovocado modificações no material gené-tico dessas pessoas.
34. c (perda do trecho correspondente ao gene cem um dos homólogos).
35. b 36. c 37. b38. b. O trecho d-e está invertido.39. e
par 21
os homólogosse separam
as cromátidesnão se separam
n + 1 n - 1 n + 1 n - 1
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8. A clonagem de genes é um importante re-curso para a possível produção de vacinascontra as doenças infecciosas citadas. Ageneterapia, ao introduzir no organismo afe-tado genes que possam sanar possíveis fa-lhas genéticas, é outro valioso instrumentode valorização da saúde humana.
Nos vestibulares, tem sido assim
1. Corretas: 01 + 02 + 16 + 32 = 51.Os exames de investigação de paternidadea partir do DNA oferecem, atualmente, 99%de acerto, portanto, quase exatidão total.
2. a. Sobre a paternidade de Alfredo, filho deum dos gêmeos dizigóticos. Os gêmeossão geneticamente diferentes, tornandopossível a determinação da paternidadeatravés da análise do DNA.
b. Renato é filho de um dos gêmeos monozi-góticos. Tais gêmeos são idênticos gene-ticamente, o que impossibilita a determi-nação da paternidade pelo exame do DNA.
3. d. Pois as hemácias são células anucleadase as globulinas não são células.
4. a. O suspeito 2 está entre os que poderiamser o pai da criança em questão, pois asbandas coincidem.
b. A banda representa um VNTR (número derepetições em tandem).
5. a. Não há penetração do DNA mitocondrialdo espermatozóide no óvulo durante a fer-tilização. Então, o DNA mitocondrial pre-sente no embrião é proveniente somenteda mãe.
6. a. I – Filhos e filhas normais. Então, 0% dedescendentes cegos.
II – Filhos e filhas afetadas. Então, 100%cegos.
b. Em seres humanos, a herança do genomamitocondrial é, exclusivamente, materna,pois as mitocôndrias do espermatozóidenão penetram no óvulo. Portanto, o pai nãotransmitirá esta característica (cegueira)para a sua prole. Por outro lado, no casode a mãe ser afetada (cega), esta caracte-rística será transmitida para todos os seusfilhos e filhas.
7. c (na relação de comensalismo não há pre-juízo das pragas anfitriãs).
8. Não, se é um pedaço codificante (exon), de-verá estar presente em ambos. As seqüên-cias não-codificadoras (introns) é que estãopresentes em uma biblioteca genômica, jun-to com as seqüências codificadoras (exons).
9. a. Indivíduo I.
40. d. A hemofilia não é um erro inato do metabo-lismo, como é, por exemplo, a fenilcetonúria.Tanto a hemofilia como a fenilcetonúria sãoanomalias genéticas que não afetam a es-trutura cromossômica e, portanto, não sãodetectáveis por meio da cariotipagem, quesó pode detectar anomalias cromossômicasestruturais ou numéricas, como a síndromede Down.
CAPÍTULO 10BIOTECNOLOGIA E ENGENHARIA
GENÉTICA A SERVIÇO DO HOMEM
Desafio
1. Contribui na medida em que são desenvolvi-das variedades genéticas animais ou vegetaisque produzam mais alimentos (leite, carne,sementes, raízes) para a espécie humana.
2. É verdade. No entanto, a propagação vege-tativa propicia a multiplicação de espéciesdesejáveis dos pontos de vista alimentar eornamental. Ao favorecer certas caracterís-ticas e não outras, o homem altera o cursoda evolução dessas variedades e precisa au-mentar os cuidados a elas dispensados paraprotegê-las de fatores desfavoráveis do am-biente.
3. Sim. Introduzindo genes para resistência ainsetos em plantas, o homem está alterandoartificialmente o genoma dos vegetais. Se deum lado esse procedimento compromete asobrevivência dos insetos e altera o equilí-brio dos ecossistemas, por outro ele favore-ce a produção de alimentos para a sobrevi-vência da espécie humana.
4. Veja o item “Técnica do DNA recombinante”,página 262 e 263.
5. O fato de porcos possuírem fígado, rim oucoração contendo genes humanos é umaaberração. No entanto, a técnica pode favo-recer a sobrevivência de seres humanoscujos órgãos funcionam mal.
6. Através da produção de variedades vegetaise animais mais produtivas em termos alimen-tares. Para isso, podem contribuir a técnicado DNA recombinante e a produção de se-res transgênicos.
7. Procurar um serviço de aconselhamento ge-nético na busca da melhor solução para oproblema.
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b. Indivíduo I.c. HbAHbA (normal) × HbSHbS (falciforme)d. Zero, pois o descendente será HbAHbS.e. 100%
10. d11. a. São normais porque o DNA de células
somáticas contém todos os genes neces-sários à formação do indivíduo normal. Sãoidênticos porque o DNA de uma célulasomática é idêntico ao DNA de qualqueroutra célula somática do mesmo indivíduo;todas derivam do zigoto.
b. As células germinativas são haplóides eresultam do processo de meiose, em quea recombinação gênica e a segregação in-dependente dos cromossomos homólogospermite a formação de novas combinaçõesgênicas. Dessa forma, os indivíduos for-mados não seriam idênticos, e, em muitoscasos, sequer chegariam a se desenvol-ver, por serem haplóides.
12. a. O núcleo haplóide (n) retirado do óvulo deuma das mulheres foi inserido no óvulo daoutra; assim, forma-se um zigoto (n + n)que gerou o bebê.
b. O bebê seria, necessariamente, do sexofeminino, já que os óvulos sempre são por-tadores de cromossomo sexual X.
13. b 14. c 15. d16. c. Clones são cópias geneticamente idênticas
de um indivíduo. Sua formação pode ocor-rer espontaneamente, por exemplo, quan-do um zigoto dá origem a vários embriões(poliembrionia). O processo de propagaçãovegetativa também pode ser consideradoum caso de clonagem, como ocorre no casoda violeta. Mais recentemente, a técnica dainserção de um núcleo somático no cito-plasma de um óvulo enucleado possibilitoua obtenção de clones.
17. Os núcleos dos óvulos de mamíferos contêmum conjunto haplóide de cromossomos, o queos torna incapazes de originar, por si só, umanimal adulto completo. As células retiradasda cauda dos roedores adultos possuem nú-cleos diplóides com a quantidade de DNAnecessária para originar clones do doador.
18. b 19. e20. a. Endonucleases de restrição são enzimas
que cortam o DNA em locais específicos.Ligases permitem a associação dos tre-chos cortados a outro segmento de DNAque será utilizado como vetor.
b. A tecnologia do DNA recombinante permi-te a inserção de genes (DNA) em organis-
mos de espécies diferentes. Os organis-mos que recebem o DNA recombinantesão chamados transgênicos.
c. Insulina, somatotrofina, interferon, antibióti-cos são exemplos de substâncias produzi-das pela tecnologia do DNA recombinante.
21. b. A espécie de bactéria é a mesma, mas uti-lizando-se a tecnologia do DNA recombi-nante, foi introduzido o gene para a pro-dução da insulina.
22. a. Enzimas de restrição ou endonucleasesde restrição.
b. A enzima de restrição corta o DNA em sí-tios específicos, levando à produção de pe-daços contendo pontas adesivas.
c. Na natureza, as enzimas de restrição sãoproduzidas por bactérias e possuem a pro-priedade de defendê-las de vírus invasores.
d. Transgênicos.23. d24. a1. Etapa II.
a2. Etapa I.a3. Etapa III.b. Os organismos que recebem genes de
uma outra espécie por meio da engenha-ria genética.
25. a. Para ter a disfunção muscular citada, o in-divíduo deverá ter as duas bandas. Os in-divíduos II e IV só têm uma banda, o indi-víduo III, nenhuma das bandas. Logo, II,III, e IV não terão a doença.
b. II e IV.c. Zero. O casal I × III poderá gerar um filho
com, no máximo, uma banda.26. a. Os três indivíduos podem ser inocentados.
b.
27. a. Os filhos F2 e F4 foram adotados, pois osVNTRs são diferentes daqueles dos pais.
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b. Não, pois os VNTRs presentes na criançadeveriam ter vindo do pai ou da mãe.
28. O suspeito 1, pois ao comparar as bandasda amostra (sêmen) com as dos suspeitos,notamos uma coincidência com as bandasdo indivíduo 1, atestando que ele poderia sero responsável pelo estupro.
29. e 30. c 31. c 32. d33. b
a. Está errada, pois as enzimas de restriçãosão produzidas normalmente por bacté-rias, a partir do DNA.
b. Correta.c. Está incorreta, pois elas agem em seqüên-
cias específicas.d. Está errada, pois bacteriófago é um vírus.e. Está incorreta, pois isto já é possível atra-
vés da engenharia genética.34. e 35. a36. A segunda. A maior resistência das plantas
aos agrotóxicos permitirá o aumento da quan-tidade de agrotóxicos lançados no ambien-te, com a conseqüente contaminação do soloe das águas, prejudicando ou mesmo levan-do à eliminação local de várias espécies.
37. d38. a. O camundongo 2, não-transgênico, cres-
ceu mais, pois sua hipófise secreta nor-malmente o hormônio do crescimento. Aremoção da hipófise no camundongo 3 im-pediu o seu crescimento.
b. O camundongo 1, geneticamente modifi-cado, produz maior quantidade de hormô-nio do crescimento, pois apresenta umacópia extra do gene que codifica sua pro-dução.
39. d.40. b (as folhas dos algodoeiros deixariam de ser
consumidas por insetos de hábitos herbívoros).41. c42. e43. C C E E 44. a45. c46. Corretas: 01 + 02 + 16 = 19.47. d48. a
I – Modelo de Watson e CrickII – Leis de MendelIII – Utilização dos VNTRsIV – Clonagem a partir da ativação dos
genes de célula de animal adultoV – Morgan (teoria cromossômica da heran-
ça: os genes encontram-se nos cromos-somos)
VI – DNA recombinante
49. V F F V(V) O mapeamento gênico pode identificar
os genes alterados ou mutantes, causa-dores de doenças para o indivíduo.
(F) O teste de paternidade analisa os VNTRspresentes nos cromossomos autossômicos.
(F) O Projeto Genoma tem como objetivofazer o mapeamento gênico do ser hu-mano.
(V) Este é o mecanismo de DNA recom-binante utilizado para a produção de in-sulina.
50. c. O seqüenciamento genômico tem por fi-nalidade identificar os pares de bases doDNA, que correspondem ao conjunto dosgenes da bactéria.
51. a. As enzimas de restrição cortam a molécu-la de DNA sempre em determinados pon-tos. Assim, a enzima de restrição ECO RIreconhece a seqüência 6ATPC e atua sem-pre entre o 6 e o primeiro A.
52. No caso do seqüenciamento direto do ADN,os resultados revelam tanto a seqüênciagênica das regiões codificadoras (exons)quanto a das não-codificadoras (introns), querepresentam quase 90% do genoma. Com asegunda estratégia, são seqüenciadas so-mente as regiões codificadoras.
53. Como o projeto visava determinar a seqüên-cia completa de todos os cromossomos hu-manos, era importante incluir nesse conjun-to o cromossomo Y. Como o cromossomo Ysó existe nos indivíduos do sexo masculino,o doador teria que ser um indivíduo dessesexo.
54. a. A bactéria obstrui os vasos do xilema, im-pedindo o deslocamento da seiva bruta dasraízes para as folhas.
b. As células que constituem os elementosdos vasos do xilema já estão mortas antesda infecção ocorrer.
c. Seqüenciamento das bases nitrogenadasdo DNA de uma espécie, ou seja, permitea identificação e localização dos genes daespécie pesquisada.
55. a56. C C E
A afirmativa III está incorreta, pois, emqualquer célula somática de um organis-mo, encontramos todo o material genéticoda espécie. Assim, nas células diferen-ciadas da espécie humana, como, porexemplo, nas células estomacais, existem46 cromossomos, assim como nas célu-las nervosas.