CAP 09- PROBABILIDADE

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CAPÍTULO 9 – Probabilidade
1) Do casamento entre pais heterozigotos, qual a probabilidade de nascer dois meninos albinos e uma menina normal entre seis descendentes? 
P(menino albino) = P(menino) x P(albino)
P(menino albino) = 1∕2 x 1∕4 = 1∕8
P(menina normal) = P(menina) x P(normal)
P(menina normal) = 1∕2 x 3∕4 = 3∕8
P= (6! ∕ (2! 1! 3!)) ∕ (1∕8)2 (3∕8)1 (4∕8)3 = 0,17578
2) Em uma espécie, as flores são vermelhas, rosas ou brancas. Cruzamentos entre flores rosas resultaram na descendência: 91 plantas de flores rosas; 34 de flores brancas e 35 de flores vermelhas. Testando a hipótese de que o caráter é regulado por um gene, responda:
a) Número esperado de plantas com flores: Brancas? Rosas? Vermelhas? 
91 + 34 + 35 = 160
Hipótese: segregação 1:2:1
160∕4 = 40 x 1 = 40 brancas
160∕4 = 40 x 2 = 80 rosas
160∕4 = 40 x 1 = 40 vermelhas
b) Valor do qui-quadrado.
	Fenótipo
	F Observada
	F Esperada (1:2:1)
	χ2
	Vermelhas
	35
	40
	0,625
	Rosas
	91
	80
	1,5125
	Brancas
	34
	40
	0,9
	Total
	160
	
	3,0375
c) Nível de significância estimado:
Usando o Software Portal Genes: 0,2189.
3) Em tomate, dois genes atuam da seguinte maneira: D/d plantas anãs/altas; B/b caule liso/pubescente. Da autofecundação de um F1 (duplo-heterozigoto) surgiu a descendência: Anã, lisa – 5.100; Anã, pubescente – 2.432; Alta, lisa – 2.422; Alta, pubescentes - 46. Teste, pelo qui-quadrado, a hipótese de que os genes são independentes e defina:
a) Valor do qui-quadrado. 
H0: O caráter é controlado por dois genes independentes (segregação do tipo 9:3:3:1). 
Ha: O caráter não é controlado por dois genes independentes (segregação do tipo 9:3:3:1).
	Fenótipos
	Observado (O)
	Esperado (E)
	Desvio (O – E)
	(O – E)2 ∕ E
	Anã, lisa
	5100
	5625
	-525
	49
	Anã, pub.
	2432
	1875
	557
	165,46
	Alta, lisa
	2422
	1875
	547
	159,57
	Alta, pub.
	46
	625
	-579
	536,33
	
	10000
	
	χ2calc =
	910,41
b) Grau de liberdade e nível de significância estimado.
Graus de liberdade (GL) = 4 -1 = 3
χ2tab 5% e 3GL 
Usando o software Portal Genes: 1 x 10-10
c) Nível de significância.
Nível de significância é a máxima probabilidade de erro que se tem ao se rejeitar uma hipótese verdadeira.
4) Um duplo-heterozigoto (AaBb, com os genes A/a e B/b independentes) foi autofecundado e proporcionou 16 descendentes.
a) Qual a probabilidade de surgirem nove indivíduos A-B-, 3 A-bb, 3 aaB- e 1 aabb? 
AaBb x AaBb
P(A_B_) = P(A_) x P(B_) = 3/4 x 3/4 = 9∕16
P(A_bb) = P(A_) x P(bb) = 3/4 x 1/4 = 3∕16
P(aaB_) = P(aa) x P(B_) = 1/4 x 3/4 = 3∕16
P(aabb) = P(aa) x P(bb) = 1/4 x 1/4 = 1∕16
P= (16! ∕ 9! 3! 3! 1!) ∕ (9∕16)9 (3∕16)3 (3∕16)3 (1∕16)1
b) Qual a probabilidade de surgirem dez indivíduos Aabb?
P(Aabb) = P(Aa) x P(bb) = 2/4 x 1/4 = 2/16
c) Qual a probabilidade de os oito primeiros indivíduos serem aabb e os demais AABB?
P(aabb) = 1/16
P(AABB) = 1/16
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, um indivíduo Aa ou um indivíduo Bb?
P(Aa) = 1/2
P(Bb) = 1/2
P(AaBb) = 1/2 x 1/2 = 1/4
P(Aa ou Bb) = 1/2 + 1/2 – 1/4 = 4/4 – 1/4 = 3/4
e) Qual a probabilidade de surgirem oito indivíduos A-bb?
P(A_bb) = P(A_) x P(bb) = 3/4 x 1/4 = 3/6
5) Um duplo-heterozigoto (AaBb, com os genes A/a e B/b independentes) foi submetido a um cruzamento-teste e proporcionou 16 descendentes.
a) Qual a probabilidade de surgirem quatro indivíduos AaBb, quatro Aabb, quatro aaBb e quatro aabb?
AaBb x aabb
P(AaBb) = P(Aa) x P(Bb) = 1/2 x 1/2 = 1/4
P(Aabb) = P(Aa) x P(bb) = 1/2 x 1/2 = 1/4
P(aaBb) = P(aa) x P(Bb) = 1/2 x 1/2 = 1/4
P(aabb) = P(aa) x P(bb) = 1/2 x 1/2 = 1/4
b) Qual a probabilidade de surgirem dez indivíduos Aabb?
c) Qual a probabilidade de os oito primeiros indivíduos serem aabb e os demais AaBb?
P(aabb) = 1/4
P(AaBb) = 1/4
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, um indivíduo Aa ou um indivíduo Bb?
P(Aa) = 1/2
P(Bb) = 1/2
P(AaBb) = 1/2 x 1/2 = 1/4
P(Aa ou Bb) = 1/2 + 1/2 – 1/4 = 4/4 – 1/4 = 3/4
6) Nas ervilhas, dois genes independentes atuam da seguinte maneira: (A-) plantas altas, (aa) plantas anãs; (B-) sementes lisas, (bb) sementes rugosas. Em relação a 12 plantas resultantes do acasalamento entre plantas duplo-heterozigotas, responda:
a) Qual a probabilidade de surgirem três plantas altas? 
AaBb x AaBb
P(Altas – A_) = 3/4 
b) Qual a probabilidade de surgirem quatro plantas de sementes lisas e oito de sementes rugosas? 
AaBb x AaBb
P(Lisa – B_) = 3/4
P(Rugosa – bb) = 1/4
c) Qual a probabilidade de surgirem três plantas altas, lisas; oito plantas altas, rugosas; e uma planta anã, rugosa? 
P(A_B_) = 9/16
P(A_bb) = 3/16
P(aabb) = 1/16
d) Considerando apenas uma planta, qual a probabilidade de ela ser alta ou ter sementes rugosas?
P(A_ ou bb) = P(A_) + P(bb) – P(A_bb) = 3/4 + 1/4 – 3/16 = 16/16 – 3/16 = 13/16
7) Qual a probabilidade de surgirem descendentes AA ou bb da autofecundação de plantas AaBb? 
P(AA ou bb) = P(AA) + P(bb) – P(AAbb) = 1/4 + 1/4 – 1/16 = 2/4 – 1/16 = 8/16 – 1/16 = 7/16
8) Nos galináceos, dois genes independentes atuam da seguinte maneira: AA - normal; Aa - rastejante e aa - letal (não forma o embrião). B_ - crista tipo ervilha; bb – crista simples. Em relação a 10 ovos (com embriões viáveis) resultantes do acasalamento entre aves duplo-heterozigotas, responda:
a) Qual a probabilidade de surgirem três descendentes normais e sete rastejantes?
P(Normal – AA) = 1/3 
P(Rastejante – Aa) = 2/3
b) Qual a probabilidade de surgirem seis descendentes de crista ervilha?
P(Ervilha – B_) = 3/4
c) Qual a probabilidade de os oito primeiros descendentes serem normais e os dois últimos rastejantes?
P(Normal – AA) = 1/3 
P(Rastejante – Aa) = 2/3
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, uma ave rastejante ou de crista simples?
P(Aa ou bb) = P(Aa) + P(bb) – P(Aabb) = 2/3 + 1/4 – (2/3 x 1/4) = 8/12 + 3/12 – 2/12 = 9/12 = 3/4 = 0,75
e) Qual a probabilidade de surgirem três descendentes normais ervilhas e cinco rastejantes simples?
P(Normal/Ervilha – AAB_) = 1/3 x 3/4 = 3/12
P(Rastejante/Simples – Aabb) = 2/3 x 1/4 = 2/12
9) Cães heterozigotos brancos, quando acasalados, produzem a seguinte descendência: 126 animais brancos, 41 pretos e 13 marrons. Teste, pelo qui-quadrado, a hipótese de que o caráter é regulado por dois genes, com epistasia dominante (12:3:1), e defina:
a) Valor do qui-quadrado.
	Fenótipos
	Observado (O)
	Esperado (E)
	Desvio (O – E)
	(O – E)2∕E
	Branco
	126
	135
	-9
	0,6
	Preto
	41
	33,75
	7,25
	1,5574
	Marrom
	13
	11.25
	1,75
	0,2722
	
	
	
	χ2calc =
	2,4296
2,4296
b) Grau de liberdade e nível de significância estimado.
Gl: 3-1 = 2
Utilizando o software Portal Genes: α = 29,67%
c) Nível de significância. 
Nível de significância é a máxima probabilidade de erro que se tem ao se rejeitar uma hipótese verdadeira.
d) Ao testar a hipótese de que há segregação 9:6:1, estimou-se um nível de significância inferior a 0,05%. Esta hipótese é mais aceitável que a anteriormente testada? Explique.
Não. Ao se rejeitar a hipótese 9:6:1 comete-se menos erro do que rejeitar a hipótese de segregação 12:3:1. Portanto, a hipótese de segregação 12:3:1 é mais aceitável.
10) Se uma carta é extraída de um baralho de 52 cartas, qual é a probabilidade de ela ser: 
a) ás; 
P(Ás) = 4/52
b) paus; 
P(Paus) = 13/52 = 1/4
c) dama; 
P(Dama) = 4/52
d) copas; 
P(Copas) = 13/52 = 1/4
e) ás e paus; 
P(Ás de paus) = 1/52
f) ás e dama; 
P(Ás e Dama) = 0
g) ás ou dama; 
P(Ás ou Dama) = P(Ás) +P(Dama) = 4/52 +4/52 = 8/52
h) ás ou paus;
P(Ás ou Paus) = P(Ás) +P(Paus) – P(Ás de paus) = 4/52 + 13/52 – 1/52 = 16/52
i) copas ou paus? 
Retirando-se duas cartas, qual é a probabilidade de: (Sem reposição)
j) dois ases; 
P(2Ás) = P(1°Ás) x P(2°Ás) = 4/52 x 3/51 = 12/2652 = 0,00452
k) um ás e uma dama, em qualquer ordem; 
P(1Ás e 1Dama) = P(P(Ás) x P(Dama)) + P(P(Dama) x P(Ás)) = 4/52 x 4/51 + 4/52 x 4/52 = 16/2652 + 16/2652 = 32/2652 = 0,31078
l) exatamente um ás? 
P(1Ás) = P(Ás e outra carta) + P(outra carta e Ás) = 4/52 x 48/51 + 48/52 x 4/51 = 384/2652 = 0,1447
11) Numa urna há cinco bolas: três vermelhas e duas brancas. Retirando-se uma bola, qual a probabilidadede ela ser: 
a) vermelha; 
P(V) = 3/5
b) branca? 
P(B) = 2/5
Retirando-se duas bolas, qual é a probabilidade de: (Sem reposição)
c) as duas serem vermelhas; 
P(2V) = P(V) X P(V) = 3/5 x 2/4 = 6/20 = 3/10
d) uma vermelha e outra branca, em qualquer ordem; 
P(V+B) = P(V) X P(B) + P(B) X P(V) = 3/5 x 2/4 + 2/5 x 3/4 = 6/20 + 6/20= 12/20 = 3/5
e) ocorrer exatamente uma vermelha? 
P(1V) = P(V) x P(Não vermelha) + P(Não vermelha) x P(V) = 3/5 x 2/4 + 2/5 x 3/4 = 6/20 + 6/20 = 12/20 = 3/5
12) Numa urna há 5.000 bolas: 3.000 vermelhas e 2.000 brancas. Pede-se: a, b, c, d,e e do item anterior. 
a) vermelha; 
P(V) = 3000/5000 = 3/5
b) branca? 
P(B) = 2000/5000 = 2/5
Retirando-se duas bolas, qual é a probabilidade de: (Com reposição)
c) as duas serem vermelhas; 
P(2V) = P(V) X P(V) = 3000/5000 x 3000/5000 = 3/5 x 3/5 = 9/25
d) uma vermelha e outra branca, em qualquer ordem; 
P(V+B) = P(V) X P(B) + P(B) X P(V) = 3000/5000 x 2000/5000 + 2000/5000 x 3000/5000 = 6/25 + 6/25= 12/25 
e) ocorrer exatamente uma vermelha? 
P(1V) = P(V) x P(Não vermelha) + P(Não vermelha) x P(V) = 3000/5000 x 2000/5000 + 2000/5000 x 3000/5000 = 6/25 + 6/25 = 12/25 
13) Em famílias de cinco filhos, em que ambos os pais sejam heterozigotos para o gene que determina o albinismo, qual é a probabilidade de: 
Aa x Aa
A_ Normal
aa albino
a) a segunda criança ser uma menina albina; 
P(♀aa) = P(♀) x P(aa) = 1/2 x 1/4 = 1/8
b) a quinta criança ser albina ou menina; 
P(aa ou ♀) = P(♀) + P(aa) - P(♀aa) = 1/2 + 1/4 - 1/8 = 5/8
c) a segunda criança ser menina albina ou menino albino; 
P(♀aa ou ♂aa) = P(♀aa) + P(♂aa) = P(♀) x P(aa) + P(♂) x P(aa) = 1/8 +1/8 = 2/8 = 1/4
d) a última criança ser normal se as quatro primeiras o são; 
P(A_) = 3/4
e) as duas últimas serem normais; 
P(2A_) = P(A_) x P(A_) = 3/4 x 3/4 = 9/16 
f) as quatro últimas serem normais e a primeira albina; 
P(1°aa:4A_) = P(aa) x P(A_) x P(A_) x P(A_) x P(A_) = 1/4 x 3/4 x 3/4 x 3/4 x 3/4 = 1/4 x (3/4)4 = 0,0791
g) ocorrer exatamente uma criança albina; 
h) ocorrerem exatamente duas crianças albinas?
14) O cruzamento Aabb X AaBb irá produzir oito filhos. Qual é a probabilidade. De ocorrerem: 
a) 2AABb,2AAbb, 1AaBb,1Aabb,1aaBb,1aabb; 
P(AABb) = 1/4 x 1/2 = 1/8
P(AAbb) = 1/4 x 1/2 = 1/8
P(AaBb) = 2/4 x 1/2 = 2/8
P(Aabb) = 2/4 x 1/2 = 2/8
P(aaBb) = 1/4 x 1/2 = 1/8
P(aabb) = 1/4 x 1/2 = 1/8
b) 2AABb,3AaBb 
P(AABb) = 1/4 x 1/2 = 1/8
P(AaBb) = 2/4 x 1/2 = 2/8
c) 3AABb,5AaBb? 
P(AABb) = 1/4 x 1/2 = 1/8
P(AaBb) = 2/4 x 1/2 = 2/8
15) Você tem três dados: um vermelho (V), um branco (B) e um azul (A). Quando todos os dados são lançados ao mesmo tempo, calcule a probabilidade dos seguintes resultados: 
a) 6(V), 6(B), 6(A); 
P = P(6) x P(6) x P(6) = 1/6 x 1/6 x 1/6 = 1/216
b) 5(V), 5(B), 3(A); 
P = P(5) x P(5) x P(3) = 1/6 x 1/6 x 1/6 = 1/216
c) os dois últimos serem 6; 
P = P(6) x P(6) = 1/6 x 1/6 = 1/36
d) o último ser 5, sabendo-se que os dois primeiros o são; 
P = P(6) = 1/6 
e) nenhum 2; 
P = P(Não 2) x P(Não 2) x P(Não 2) = 5/6 x 5/6 x 5/6 = 125/216
f) dois 5 e um 3; 
Tem três ordem: 355, 535, 553
P = 3 x (P(3) x P(5) x P(5)) = 3 x1/6 x 1/6 x 1/6 = 3/216
g) três 6 ou três 5; 
P = P(6,6,6) + P(5,5,5) = 1/216 + 1/216 = 2/216
h) o mesmo número nos três dados; 
P = P(1,1,1) + P(2,2,2) + P(3,3,3) + P(4,4,4) + P(5,5,5) + P(6,6,6) = 6 x 1/216 = 6/216 = 1/36
i) um número diferente em cada dado; 
P = 6/6 x 5/6 x 4/6 = 20/36 = 5/9
j) o primeiro ou o último ser 4. 
P = P(1º 4) +P(3º 4) – P(1º e 3º 4) – P (1º, 2º e 3º 4) = 1/6 + 1/6 – 5/216 – 1/216 = 36/216 + 36/216 – 5/216 – 1/216 = 66/216 = 11/36
16) Nos seres humanos, a doença galactosemia é herdada como um caráter monogênico recessivo de um modo mendeliano simples. Uma mulher cujo pai tinha galactosemia pretende casar-se com um homem cujo avô era galactosêmico. Eles estão preocupados quanto a ter um filho galactosêmico. Qual é a probabilidade dessa ocorrência?
♀Aa x ♂A_(♀AA x ♂Aa)
Probabilidade de o filho receber o alelo da mãe é 1/2.
Probabilidade de o homem ter recebido o alelo a é 1/2.
Probabilidade de o homem passar o alelo a, caso ele seja portador 1/2.
P = 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8
17) A coreia de Huntington, uma doença rara e fatal que geralmente se desenvolve na meia-idade, é causada por um alelo dominante. Um homem fenotipicamente normal, com vinte e poucos anos de idade, soube que seu pai sofreu de coreia de Huntington.
a) Qual é a probabilidade de ele desenvolver a doença mais tarde?
Probabilidade de receber o alelo dominante do pai é 1/2, ou seja, a probabilidade do filho desenvolver a doença é 1/2.
b) Qual é a probabilidade de seu filho desenvolver os sintomas na idade madura?
Probabilidade de o pai portar 1/2.
Probabilidade de passar o alelo para o filho é 1/2.
P = 1/2 x 1/2 = 1/4
18) Suponha que marido e mulher sejam ambos heterozigotos para o gene recessivo que determina o albinismo. Se eles tiverem gêmeos dizigóticos (originados de dois óvulos), qual é a probabilidade de ambos os gêmeos terem o mesmo fenótipo para a pigmentação?
Aa x Aa
P(2A_ OU 2aa) = (3/4)² + (1/4)² = 9/16 + 1/16 = 10/16
19) Um homem é braquidáctilo (dedos muito curtos, dominante mendeliano raro, determinado pelo alelo A) e sua mulher não. Ambos sentem o gosto da substância química feniltiocarbamida (dominante mendeliano polimórfico, determinado pelo alelo B), mas suas mães não. 
a) Dê os genótipos do casal. 
♂Aa e ♀aa
Se eles tiverem sete filhos, qual é a probabilidade de:
b) todos serem braquidáctilos; 
c) nenhum ser braquidáctilo; 
d) todos serem sensores do gosto da feniltiocarbamida; 
Bb x Bb
e) todos serem não sensores;
f) todos serem braquidáctilos sensores; 
♂AaBb e ♀aaBb
P(AaB_) = 1/2 x 3/4 = 3/8
g) nenhum ser braquidáctilo sensor; 
P = 1 - P(AaB_) = 1 - 3/8 = 5/8
h) pelo menos um ser braquidáctilo sensor; 
P = 1 – P(0 braquidáctilo sensor)
i) o primeiro filho ser braquidáctilo não sensor; 
P(Aabb) = 1/2 x 1/4 = 1/8
j) os dois primeiros filhos serem braquidáctilos; 
P(2Aa) = P(Aa) x P(Aa) = 1/2 x 1/2 = 1/4
k) haver exatamente duas crianças não sensoras; 
l) os dois primeiros filhos serem: um braquidáctilo sensor e o outro não braquidáctilo não sensor, em qualquer ordem? 
P(AaB_) = 1/2 x 3/4 = 3/8
P(aabb) = 1/2 x 1/4 = 1/8 
P = 3/8 x 1/8 + 1/8 x 3/8 = 3/64 + 3/64 = 6/64
20) A fenilcetonúria (PKU, do inglês phenylketonuria) é uma doença hereditária humana que impede o organismo de processar a substância fenilalanina, que é contida nas proteínas que ingerimos, causando retardamento mental. Um casal pretende ter filhos e vai a um consultor genético porque o marido tem uma irmã com PKU e a mulher tem um irmão com PKU. Não há outros casos conhecidos em suas famílias. Qual é a probabilidade de seu primeiro filho apresentar PKU. 
P(aa) = 1/4 x 2/3 x 2/3 = 1/9
21) Na espécie humana, os grupos sanguíneos do sistema M-N estão sob controle genético de um par de alelos codominantes. Numa família de seis filhos, onde ambos os pais são heterozigotos, qual é a probabilidade de se encontrar: 
a) 3M, 2MN e 1N; 
MN X MN
P(MN) = 2/4
P(MM) = P(NN) =1/4
b) 4M e 2MN;
c) 6MN; 
d) 4 MN; 
e) quatro meninas MN; 
P(♀MN) = 1/2 x 2/4 = 2/8 = 1/4
f) pelo menos 4 MN; 
P(4MN + 5MN + 6MN)
P(4MN + 5MN + 6MN) = 0,34375
g) pelo menos 1 MN?
(p+q)6 = p6 + 6p5q1 + 15p4q2 + 20p3q3 + 15p2q4 + 6p1q5 + q6
P = 1- q6
P = 1- (1/2)6 = 0,984375
22) Um homem com coreia de Huntington tem três filhos. Qual é a probabilidade de: 
a) os três desenvolverem a doença; 
P(3Aa) = 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8
b) o primeiro ser afetado e os outros dois serem normais;
P(1Aa,2aa) = 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8
c) apenas um ser afetado; 
Possibilidades: Aaa, aAa, aaA
P = 3 x 1/2 x 1/2 x1/2 = 3/8
d) pelo menos um ser afetado? 
(p+q)3 = p3 + 3p3q1 + 3p1q2 + q3 
P = p3 + 3p3q1 + 3p1q2
P = (1/2)3 + 3(1/2)3(1/2)1 + 3(1/2)1(1/2)2 = 1/8 + 3/8 + 3/8 = 7/8
23) Há um tipo de surdo-mudo que pode ser resultado da presença de um ou de dois genes recessivos em homozigose, a e b. O tipo normal resulta quando os dominantes A e B estão presentes simultaneamente. Numa família de duas crianças, qual é a probabilidadede pelo menos uma ser surda se: 
a) ambos os pais forem AaBb; 
AaBb x AaBb
9 A_B_ - Normais
7 aaB_:Aabb:aabb – Surdos-mudo
Probabilidade de um ser surdo
Probabilidade de dois serem surdos
P = P(1) + P(2) = 0,683593
b) um pai for AaBb e o outro aaBB? 
AaBb x aaBB
8/16 A_B_ - Normais
8/16 aaB_:Aabb:aabb – Surdos-mudo
Probabilidade de um ser surdo
Probabilidade de dois serem surdos
P = P(1) + P(2) = 0,75
24) Nos seres humanos, "Keratosis" (K) é uma doença de pele determinada por um alelo dominante. Um homem que apresenta "K", cujo pai não apresentava, casa-se com uma mulher que possui "K", cuja mãe não possuía. Se tiverem três crianças, qual é a probabilidade de elas apresentarem "K". 
Aa x Aa
P(3A_) = (3/4)3 = 0,421875
25) A telangiectasia múltipla em seres humanos é a expressão heterozigota de um alelo que é letal quando homozigoto. Os heterozigotos têm vasos sanguíneos dilatados na face, língua, lábios, nariz e/ou dedos e são sujeitos a hemorragias nasais sérias e muito frequentes. Os homozigotos para o caráter têm muitos capilares frágeis e anormalmente dilatados; devido a graves hemorragias múltiplas, esses indivíduos morrem dentro de poucos meses após o nascimento. Dois heterozigotos casaram-se há 40 anos e têm quatro filhos crescidos. Qual é a probabilidade de que dois desses sejam normais e dois com telangiectasia múltipla? 
Aa x Aa
2/3 Aa – Doentes
1/3 aa – Normal
AA - Letal
26) Em coelho, a cor branca é devida ao alelo recessivo b e a himalaia ao dominante B. Um macho heterozigoto foi cruzado com uma fêmea de mesmo genótipo e produziu oito descendentes. Qual é a probabilidade de que a progênie apresente exatamente a proporção esperada? 
Bb x Bb
3/4 B_ - Himalaia
1/4 bb – branca
27) O cruzamento de uma variedade de flores vermelhas com outra de flores brancas produziu o seguinte resultado: na geração F1, 100% das plantas apresentaram flores vermelhas; na F2, 470 plantas tinham flores vermelhas e 335 possuíam flores brancas.
a) Teste, a 5% de probabilidade, a hipótese de que um único par de alelos está envolvido na determinação desse caráter.
H0: O caráter é controlado por um gene (segregação do tipo 3:1). 
Ha: O caráter não é controlado por um gene (segregação do tipo 3:1).
	Fenótipos
	Observado (O)
	Esperado (E)
	Desvio (O – E)
	(O – E)2 ∕ E
	Vermelha
	470
	603,75
	-133,75
	29,629917
	Branca
	335
	201,25
	133,75
	88,88975
	
	
	
	χ2calc =
	118,51966
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
χ2tab 5% 1 GL = 3,841
Conclusão: Conclusão: Como χ2calc > χ2tab , rejeita-se H0 ao nível de 5% de probabilidade. Portanto, o caráter não é controlado por um gene com dois alelos e dominância completa.
b) Caso a hipótese testada na letra a seja rejeitada, formule outra, que explique esses resultados (inclusive atribuindo genótipos) e teste-a a 5% de probabilidade.
H0: O caráter é controlado por dois genes com dois alelos cada com epistasia recessiva dupla (segregação do tipo 9:7). 
Ha: O caráter não é controlado por dois genes com dois alelos cada, com epistasia recessiva dupla (segregação do tipo 9:7).
	Fenótipos
	Observado (O)
	Esperado (E)
	Desvio (O – E)
	(O – E)2 ∕ E
	Vermelha
	470
	452,8125
	17,1875
	0,6523
	Branca
	335
	352,1875
	-17,1875
	0,8387
	
	
	
	χ2calc =
	1,4911
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
χ2tab 5% 1 GL = 3,841
Conclusão: Como χ2calc < χ2tab, não se rejeita H0 ao nível de 5% de probabilidade. Portanto, o caráter é controlado por dois genes com dois alelos cada, com epistasia recessiva dupla (segregação do tipo 9:7).
28) Nas ervilhas, a cor amarela do cotilédone é dominante sobre a verde e o formato liso da semente é dominante sobre o formato rugoso. Quando ambas as características foram analisadas em conjunto, a progênie produzida por autofecundação de plantas duplo heterozigotas apresentou o seguinte resultado: 193 verde, lisa: 184 amarela, rugosa: 556 amarela, lisa: 61 verde, rugosa. Teste a hipótese de segregação independente a 5% de probabilidade. 
H0: O caráter é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada com segregação do tipo 9:3:3:1.
Ha: O caráter não é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada com segregação do tipo 9:3:3:1.
	Fenótipos
	Observado (O)
	Esperado (E)
	Desvio (O – E)
	(O – E)2 ∕ E
	Amarela, lisa
	556
	559,125
	-3,125
	0,01746
	Verde, lisa
	193
	186,375
	6,625
	0,23549
	Amarela, rug.
	184
	186,375
	-2,375
	0,03026
	Verde, rug.
	61
	62,125
	1,125
	0,02037
	
	
	
	χ2calc =
	0,30358
Graus de liberdade (GL) = 4 - 1 = 3
χ2tab 5% 3 GL = 7,815
Conclusão: Como χ2calc < χ2tab, não se rejeita H0 ao nível de 5% de probabilidade. Portanto, o caráter é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada (segregação do tipo 9:3:3:1).
29) As flores das plantas "quatro-horas" podem ser vermelhas, de cor rosa ou brancas. As vermelhas cruzadas com as brancas produzem somente flores de cor rosa. Quando se cruzarem as plantas com flores rosa, estas produziram: 113 vermelhas, 133 brancas e 260 de cor rosa. Teste, a 5% de probabilidade, a hipótese de que o caráter cor-de flor, nessa espécie, seja determinado por um único gene. 
H0: O caráter é controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo 1:2:1. 
Ha: O caráter não é controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo 1:2:1.
	Fenótipos
	Observado (O)
	Esperado (E)
	Desvio (O – E)
	(O – E)2 ∕ E
	Vermelha
	113
	126,5
	-13,5
	1,4407
	Rosa
	260
	253
	7
	0,1937
	Branca
	133
	126,5
	6,5
	0,3339
	
	
	
	χ2calc =
	1,9683
Graus de liberdade (GL) = 3 - 1 = 2
χ2tab 5% 2 GL = 5,991
Conclusão: Como χ2calc < χ2tab, não se rejeita H0 ao nível de 5% de probabilidade. Portanto, o caráter é controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo 1:2:1.
30) Tomates de cor vermelha cruzados com tomates de cor amarela produziram progênie F1 inteiramente vermelha. Dentre 400 plantas da F2, 90 surgiram com tomates amarelos. Teste a hipótese de que um único par de alelos esteja envolvido na determinação da cor do fruto. 
H0: O caráter é controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo 3:1. 
Ha: O caráter não é controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo 3:1.
	Fenótipos
	Observado (O)
	Esperado (E)
	Desvio (O – E)
	(O – E)2 ∕ E
	Vermelho
	310
	300
	10
	0,3333
	Amarelo
	90
	100
	-10
	1,0
	
	
	
	χ2calc =
	1,3333
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
χ2tab 5% 1 GL = 3,841
Conclusão: Como χ2calc < χ2tab, não se rejeita H0 ao nível de 5% de probabilidade. Portanto, o caráter é controlado por um gene com dois alelos e segregação do tipo 3:1.
31) No tomate, o fruto pode ser redondo (A_) ou alongado (aa) e a inflorescência simples (B_) ou composta (bb). O cruzamento de plantas AaBb (redondo,simples) com plantas aabb (alongada, composta) produziu o seguinte resultado: 23 redondo, simples: 85 redondo, composto: 83 alongado, simples: 19 alongado, composto. Teste, a 5% de probabilidade, a hipótese de segregação independente. 
H0: O caráter é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada com segregação do tipo 1:1:1:1. 
Ha: O caráter não é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada com segregação do tipo 1:1:1:1.
	Fenótipos
	Observado (O)
	Esperado (E)
	Desvio (O – E)
	(O – E)2 ∕ E
	Redondo, simples
	23
	52,5
	-29,5
	16,5762
	Redondo, composta
	85
	52,5
	32,5
	20,1190
	Alongado, simples
	83
	52,5
	30,5
	17,7190
	Alongado, composta
	19
	52,5
	-33,5
	21,3762
	
	
	
	χ2calc =
	75,79047
Graus de liberdade (GL) = 4 - 1 = 3
χ2tab 5% 3 GL = 7,815
Conclusão: Como χ2calc ≥ χ2tab, rejeita-se H0 ao nível de 5% de probabilidade. Portanto, o caráter não é controlado por dois genes independentes com dois alelos cada e segregação do tipo 1:1:1:1.
32) Qual é o número de descendentes necessários para que se tenha 95% de certeza de que ocorrerá pelo menos um indivíduo de genótipo aabbccdd na descendência do cruzamento AaBbCcdd X AaBbccdd? 
P(aabbccdd)=P(aa) x P(BB) x P(cc) x P(dd)
P(aabbccdd)= 1∕4 x 1∕4 x 1∕2 x 1 = 1∕32
C=1 – α
C=1 – (1∕32)n
n log (1∕32) = log (1 – 0,95)
 n = [log (1 – 0,95)] ∕ log (1∕32)
n = 94,35n = ~95 indivíduos
MÚLTIPLA ESCOLHA
1) Se a família Silva tiver cinco filhos e a família Oliveira tiver quatro, qual a probabilidade de que todos os filhos dos Silva sejam meninas e todos os dos Oliveira sejam meninos?
P = (1/2)5 x (1/2)4 =(1/2)9 = 1/512
a) 1/325
b) 1/512
c) 1/682
d) 1/921
e) 1/1754
2) A capacidade de sentir o gosto de uma substância amarga chamada feniltiocarbamida (PTC) deve-se a um gene dominante. A probabilidade de um casal (sensível a essa substância e heterozigótico) ter um filho do sexo feminino e sensível ao PTC é:
Aa x Aa
3/4 A_
P = P(♀) x P(A_) = 1/2 x 3/4 = 3/8
a) 1/4
b) 1/8
c) 3/4
d) 3/8
e) 1/5
3) Quando dois indivíduos que manifestam um caráter dominante têm um primeiro filho que manifesta o caráter recessivo, a probabilidade de um segundo filho ser igual ao primeiro é:
Aa x Aa
1° aa
2° aa? 1/4
a) 3/4
b) 1/2
c) 1/4
d) 1/8
e) 1/16
4) Do cruzamento entre dois indivíduos portadores do genótipo AaBBCcDd, qual a probabilidade de ocorrência numa F1 de indivíduos com o genótipo AABBccDd?
1/4 x 1 x 1/4 x 2/4 = 2/64 = 1/32
a) 1/85 
b) 3/54 
c) 1/32
d) 6/95
e) 1/64
5) Um homem de pele com pigmentação normal e olhos castanhos casa-se com uma mulher de fenótipo igual ao seu. Sabendo-se que o casal já tem um filho albino de olhos azuis, qual a probabilidade de num próximo nascimento esse casal vir a ter uma filha de olhos azuis e com a pigmentação da pele normal?
AaBb x AaBb
P = P(♀) x P(azul) x P(pele normal) = 1/2 x 1/4 x 3/4 = 3/32
a) 2/16 
b) 4/32 
c) 6/16
d) 3/32
e) 7/16
6) Certo tipo de miopia é um caráter condicionado por um gene recessivo m. A adontia hereditária é determinada por um gene dominante D. Um homem com adontia e visão normal casa-se com uma mulher míope e com dentes, tendo o casal um filho míope e com dentes. Se o casal tiver mais um filho, qual a probabilidade de ele ser homem e normal para ambos os caracteres?
P = P(♂) x P(normal) x P(normal)
P = 1∕2 x 1∕2 x 1∕2 =1∕8
a) 1/8
b) 1/4
c) 1/16
d) 1/32
e) 0%
7) Um determinado indivíduo possui o genótipo Aa. Qual a chance de o gene A ser transmitido para um bisneto seu?
Aa → filho → neto → bisneto
 1∕2 → (1∕2) ∕2= 1∕4 → (1∕4) ∕2=1∕8
(1∕8) x 100 = 12,5%
a) 50%
b) 3,125%
c) 1/4
d) 3/4
e) 12,5%
8) A polidactilia (presença de mais de cinco dedos em cada membro) é condicionada por um gene dominante P. Se um homem com polidactilia, filho de mãe normal, casa-se com uma mulher normal, qual a probabilidade que têm de que em sucessivas gestações venham a ter seis filhos com polidactilia? 
P = (1∕2)6 =1 ∕64
a) 1/16
b) 1/32
c) 1/64
d) 1/128
e) 1/256
9) Qual a probabilidade de um casal de olhos castanhos, em que ambos os cônjuges são heterozigotos, ter três filhas de olhos castanhos e dois filhos de olhos azuis?
P = (5! ∕3! 2!) ∕ (3∕8)3 (1∕8)2= 270∕32.768
a) 27/164
b) 3/8
c) 64/126
d) 270/32.768
e) 0%
10) Se se considerar que, no problema anterior, o casal deseja que as três filhas de olhos castanhos nasçam em primeiro lugar e seguidamente e, só depois, nasçam os filhos de olhos azuis, como ficaria, então, a probabilidade?
P=(3∕8)3 (1∕8)2=27∕32.768
a) 2,7/164
b) 15/40
c) 640/1.260
d) 27/32.768
e) 5%
11) Um homem destro, heterozigoto para esse caráter, que não possui a capacidade de enrolar a língua, casa-se com uma mulher canhota, com a capacidade de enrolar a língua, heterozigota para o último caráter. Qual a probabilidade de o casal mencionado vir a ter uma filha homozigota para ambos os caracteres?
P(filha, DD e ll) = P(filha) x P(DD) x P(ll)
P(filha, DD e ll) = 1∕2 x 1∕2 x 1∕2 = 1∕8
a) 1/2 
b) 1/6 
c) 1/4
d) 1/8
e) 1/10
12) Um casal de olhos castanhos (dominante) tem quatro filhos de olhos azuis (recessivo). Pergunta-se:
A) Qual é a probabilidade de o quinto ter também olhos azuis?
B) Qual é a probabilidade de que ele tenha olhos castanhos?
A_ = 3∕4 castanhos
Aa = 1∕4 azuis
 A B
a) 1/2 3/4
b) 3/4 1/4
c) 1/4 3/4
d) 1/2 1/2
e) 1/3 2/3
13) Numa família com nove filhas, a probabilidade de o décimo filho ser homem é:
XX x XY
1/2 XY
a) 50%
b) 70%
c) 80%
d) 90%
e) 25%
14) A representa o gene dominante para determinado caráter e a é seu alelo recessivo. Em quatro cruzamentos entre um indivíduo Aa e um indivíduo aa, os descendentes foram Aa. A probabilidade de, no quinto cruzamento, o descendente ser aa é:
Aa x aa
1/2aa
a) nula
b) 20%
c) 25%
d) 50%
e) 100%
As questões 15 e 16 referem-se a um heredograma que representa a ocorrência de uma anomalia numa família.
15) A probabilidade de nascer uma menina afetada do cruzamento de 3 com 11 é:
P(menina afetada)=P(menina) x P(afetada)
P(menina afetada)= 1∕2 x 1∕2 = 1∕4
a) 0,00
b) 0,25
c) 0,50
d) 0,75
e) 1,00
 
16) Pelos dados fornecidos, não se podem determinar os genótipos dos indivíduos:
a) 5, 9, 15.
b) 8, 9, 13.
c) 8, 11,16.
d) 9, 13, 15.
e) 13, 14, 16.
17) No homem, o albinismo é condicionado por um gene autossômico recessivo, a. Pais normais que têm um filho albino desejam saber: Qual a probabilidade de terem outro filho, mas com pigmentação normal da pele?
Aa x Aa
3/4 A_
a) 1/2
b) 1/4
c) 3/4
d) 1/3
e) 2/3
18) Na espécie humana, um determinado caráter é causado por um gene autossômico recessivo. A probabilidade de um homem híbrido produzir espermatozoides contendo o gene recessivo é de:
a) 25%
b) 30%
c) 50%
d) 75%
e) 100%
19) Em organismos diploides sexuados, cada par de cromossomos é formado por um cromossomo de origem paterna e um de origem materna. Qual a probabilidade de os espermatozoides conterem apenas os cromossomos de origem materna, em um organismo com quatro pares de cromossomos?
P = 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/16
a) 1/2
b) 1/4
c) 1/8
d) 1/16
e) 1/32
20) A queratose (anomalia da pele) é devido a um gene dominante Q. Uma mulher com queratose cujo pai era normal, casa-se com um homem com queratose cuja mãe era normal. Se esse casal tiver quatro filhos, a probabilidade de todos eles apresentarem queratose é de:
Qq x Qq
3/4 Q_
1/4 qq
P = (3/4)4 = 0,3164
a) 15,6%
b) 24,6%
c) 12,5%
d) 31,6%
e) 28,1%