Respostas Genética na Agropecuária- Ramalho

Prévia do material em texto

Exercícios do livro Genética na agropecuária 
 
Capitulo 2 – Variação e seu significado biológico 
 
1 – Porque a partir da existência da variação que pode ocorrer a seleção natural ou artificial. 
Também é a partir da variação que pode ser estudado o modo como um caráter é herdado. 
 
2 – A variação genética é resultado da informação contida nos genes, que são repassados aos 
descendentes. Já a variação ambiental é resultado dos efeitos do ambiente sobre o 
desenvolvimento dos organismos e essa informação não está contida nos genes. 
 
3 – A variação entre os bezerros é genética, já que eles não são idênticos entre si, e ambiental 
já que há fatores como a alimentação da vaca, que influenciam nos diferentes pesos 
adquiridos pelos bezerros. Os leitões também têm variação de peso tanto genética, já que 
cada leitão vem de um óvulo e em espermatozóide diferentes, quanto ambiental, já que há 
fatores como o local no útero onde o leitão se desenvolve que influenciam no peso que ele 
adquire. 
 
4 – A natureza da variação dos grãos de milho é genética, pois cada grão possui um genótipo, e 
ambiental, pois a localização do grão na espiga pode influenciar no seu tamanho, por exemplo. 
No caso do trigo, por ser uma espécie autógama, tem os grãos genotipicamente iguais, e a 
variação é de natureza ambiental. 
 
5 – Conservar a variabilidade genética de espécies de interesse para o Brasil: O profissional que 
trabalha nesse centro realiza várias atividades relacionadas a conservação de germoplasma, 
como a prospecção, coleta, introdução dos acessos aos bancos, intercâmbio e quarentena de 
materiais, multiplicação e regeneração de materiais. 
 
Capitulo 3 – Genética molecular 
 
1 – 1. A + G = 20 + 30 = 50 DNA de fita dupla 
T + C = 20 + 30 = 50 
 
2. A + G =40 + 10 = 50 DNA de fita dupla 
T + C = 40 + 10 = 50 
 
3. RNA presença de uracila 
 
4. RNA 
 
5. A + G = 30 + 20 = 50 A ≠ T DNA de fita simples 
T + C = 20 + 30 = 50 C ≠ G 
 
2 – Célula haplóide -> 1,3 x 10^-12 g de DNA 
A = 28 % 
a) citosina = ? 
A = 28% G + C = 100 – 56 = 44% 
T = 28% =>56% C = 22% 
 
 
b) 1 nucleotídeo P = 1,6 x 10^-24 x 330 1 dalton = 1,6 x 10 ^-24 
P = 5,5 x 10 ^-22 
Cél. somática 1,3 x 10 ^-12 g x 2 = 2,6 x 10^-12 
 
Número de nucleotídeos = 2,6 x 10^-12 / 5,5 x 10^-22 
= 4,7 x 10^9 g 
c) DNA de célula haplóide 
1nm = 10^-9 m 
1A ° = 0,1 nm 
3,4 A ° = 0,34 nm 
 
Célula haplóide = 2,35 x 10 ^9 nucleotídeos em cada fita = 1,17 x 10^9 nucleotídeos 
Comprimento = 0,34 x 10^-9 x 1,17x10^9 
c = 0,4 m 
 
d) Significa que o DNA deve sofrer grande empacotamento e condensação, para que possa 
preencher as dimensões da célula. 
 
3 – célula haplóide = 2,35 x 10^9 nucleotídeos 
Tipos de molécula = 4 ^n n= número de pares 
0 Tipos = 4^(1,17 x 10^9) de nucleotídeos 
 
4 – a) 
 
b) 200 aminoácidos 
200 códons + 1 códon metionina + 1 códon sem sentido 
202 x 3 = 606 
 
2016 nucleotídeos 
hnRNA = 1008 nucleotídeos 
íntrons = 1008 – 606 
íntrons = 402 nucleotídeos 
 
5 – Fita de DNA 
20% A 20% T DNA dupla hélice 
30% C 30% G A = 20 + 10 = 30/2 = 15% 
40% G 40% C T = 20 + 10 = 30/2 = 15% 
10% T 10% A G = 40 + 30 = 70/2 = 35% 
C = 40 + 30 = 70/2 = 35% 
 
6 – genoma haplóide 
10^9 moléculas de fileroína 
10^4vezes de transcrição do gene 
RNAm traduzida = 10^9/10^4 = 10^5vezes 
7 – 60 proteínas ; 120 aminoácidos = 120 códons + 1 códon metionina + 1 códon finalizador = 
122 códons 
 
122 x 60 = 7320 códons 7320 x 3 (nucleotídeos) = 21960 nucleotídeos nos éxons. 
 
8 – A presença de amido ou de açúcares solúveis em água pode ser resultado da ação de 
diferentes enzimas na formação de agrupados de unidades de açúcar. 
 
9 – 1212 bases no gen ( nos éxons) 
a) 1212 / 2 = 606 nucleotídeos no RNAm 
606 / 3 = 202 códons 
202 – 1 códon de terminação = 201 aminoácidos 
 
b) 606 bases RNAm 
e) 201 RNAts 
1 ribossomo 
 
10- a) 5’ AUGCACCGAAGAAUUCCACCACCACCACCAUAGA 
b) 10, incluindo a metionina 
c) 10x10 = 100 RNAt 
10 moléculas -> 10 ribossomos 
d) met his arg aqrg ili pro pro pro pro pro 
e) met his arg arg ili arg thr thr thr thr 
 
Capítulo 4 – Organização do material genético e divisão celular 
 
1 – Na propagação assexuada, são gerados indivíduos idênticos ao que lhes deu origem e na 
propagação sexuada os indivíduos gerados são resultado da união de gametas de dois 
genitores, sendo portanto d istintos. 
 
2 – Porque permite a formação de novas combinações genéticas entre alelos de diferentes 
cromossomos e até mesmo dos mesmos cromossomos devido a permuta genética. 
 
3 – a) 3 pares heterozigotos n = 3 
Número de orientações na metáfase 1 = 2^(n-1) = 2^(3-1) = 4 
4 orientações 
 
b) número de orientações = 4 
60 células células = 60 / 4 = 15 
 
c) 60x4 = 240 gametas 
tipos de gametas : 2^3 = 8 
MDF = 240 / 8 = 30 grãos de pólen 
 
d)2³ = 8 tipos 
 
4 – Todos os alhos gerados a partir de um indivíduo serão idênticos. 
 
5 – 2048 orientações 
a) 2^(n-1) = 2048 2^11 = 2048 
n = 11 + 1 = 12 
genoma = x(número básico) = 12 
 
b) 2^12 = 4096 gametas diferentes 
 
6 – Porque isso é um caso dereproidução assexuada, onde a divisão celular para originar a 
‘borbulha’ foi mitótica, gerando células idênticas e assim os frutos são idênticos aos da planta 
matriz. 
 
7 – a) 2^n = 2^20 40 cromossomos , n = 20 
Probabilidade de um gameta igual ao que deu origem ao porco = 1 / 2^20 
 
b) 2n = 40 -> n = 20 (10 pai; 10 mãe) 
C = 20! / (15!x5!) x (1/2)^20 
C = 15504 / 1048576 
C = 1,48 % 
 
8 – Isso ocorre porque o burro é um animal com 2n = 63 e como tem metade dos 
cromossomos do jumento e metade da égua, o pareamento de homólogos na meiose não 
ocorre, alem de haver um cromossomo “sobrando”, e assim não formam-se gametas viáveis. 
 
Capítulo 5 – Mendelismo 
 
1 – a) Caráter é controlado por um gene ( monogênico), sendo o alelo de semente lisa 
dominante sobre o alelo da semente enrugada. 
 
b) Possível fecundação de pólen com genótipo diferente de Aa. 
 
c) sementes lisas = ¾ sementes AA = 1/3 
sementes Aa = 2/3 
 
300AA 300 = (1/3)x 
X = 900 sementes 
 
d) Sim, através do retrocruzamento entre o parental recessivo e os indivíduos F1, onde espera-
se a freqüência de 1 liso : 1 enrugado. 
 
e) Sementes lisas 1/3 AA ; 2/3 Aa 
 
1/3 AA x AA = 100% AA 
 
2/3 Aa x Aa -> AA = ¼ x 2/3 = 1/6 
Aa = 2/4 x 2/3 = 1/3 
Aa = 2/3 x ¼ = 1/6 
 
AA = 2/6 + 1/6 = 3/6 fenótipo lisas = 5/6 
Aa = 2/6 
aa = 1/6 enrugadas = 1/6 
 
2 – ♀ 100% Aa ♂ ( 70% Aa e 30% AA) 
Aa x Aa = 7/10 AA = ¼ x 7/10 = 7/40 
Aa = 2/4 x 7/10 = 14/40 
Aa ¼ x 7/10 = 7/40 
3/10 AA x Aa 
AA 3/10 x 2/4 = 6/40 
Aa = 3/10 x 2/4 = 6/40 
 
AA = 7/40 + 6/40 = 13/40  82,5 % lisa 
Aa = 6/40 + 14/40 = 20/40 --| 
 
Aa = 7/40 ->17,5 % enrugada 
 
3 – Realizar o cruzamento teste, ou seja, cruzas as galinhas de pescoço pelado com galinhas de 
percoço com penas, que são homozigóticas recessivas. Se não for produzido nenhum 
descendente homozigoto recessivo, a galinha é homozigota para pescoço pelado. 
 
4 – a) touro – Mm ; Vaca A – mm; Vaca B – mm; Vaca C – Mm 
 
b) Mm x Mm 
MMMm -> mochos 
Realizar cruzamentos testes destes animais mochos com animais chifrudos e selecionar os 
animais homozigóticos e realizar cruzamento entre eles até atingir os 20 animais. 
 
5 – C -> folha crespa ; c -> folha lisa ; 
Heterozigotos = (1/2)^g g = número de gerações com autofecundação 
Het = (½)^4 = 1/16 
 
AA = aa = [1 – (1/2)^g]/ 2 
 
AA = aa = [1 – 1/16] = (15/16) / 2 = 15 /32 
 
Genotípicas: AA = 15/32 ; Aa = 1/16; aa = 15/32 
Fenotípicas: folha crespa = 17/32; folha lisa = 15/32 
 
6 – Seriam mantidas as freqüências de F2 : 
Genotípicas: AA = ¼ ; Aa = 2/4; aa = ¼ 
Fenotípicas: folha crespa = ¾; folha lisa = ¼ 
 
7 – a) Caráter monogênico, sendo o alelo da folha normal dominante sobre o alelo da folha 
batata. 
b) 1 – NN x nn ; 2- Nn x Nn ; 3 – nn x nn ; 4 – Nn x nn ; 5 – NN x N_ 
 
8 – a) Presume-se que o caráter seja monogênico, sendo o alelo do florescimento precoce 
dominante sobre o alelo do florescimento tardio. Para que isso seja verdadeiro, a proporção 
fenotípica na F2 deve ser 3:1. 
 
F2 -> 281 p + 80 t = 361 -> 361 / 4 -> 90,25 -> 90,25 x 3 = 270,75 
 
 
 
F2 
observado 
Esperado 
r² 
 
Precoce 
281 
270,75 
(10,25)²/270,75 = 
0,39 
Tardio 
80 
90,25 
(10,25)²/ 90,25 = 
1,16 
 
 
 
 
1,55 
G.L. = 130% > P>20% 
R = O desvio não foi significativo, logo a hipótese de caráter monogênico é verdadeira. 
b) F2 -> 150 sementes com florescimento tardio 
150 = (1/4)x x = 600 sementes9 – O caráter da cor do hipocótilo é monogênico, sendo a cor 
rosa dominante sobre a cor verde e o caráter do tipo de folha é também monogênico, sendo 
que a folha normal é dominante sobre a folha batata. Cada caráter se expressa 
independentemente um do outro, sendo que os alelos de cada gene se combinam na 
proporção (3:1)(3:1) = 9:3:3:1 
 
b) 
F1: 
BBVV x bbvv 
F2: 
BbVv x BbVv 
RC1: 
BbVv x BBVV 
RC2: 
BbVv x bbvv 
 
10 – a) Os resultados de F2 e de RC2 
b) Na metáfase I (onde ocorre a orientação dos cromossomos homólogos) e a anáfase I ( onde 
ocorre a segregação dos homólogos) da meiose. Geração F1 
 
11 – arroz 2n = 24 12 pares 
a) recessivos -> autofecundação de heterozigoto 
(¼)^12 
b) genótipo heterozigoto (1/2)^12 
c) fenótipo (3/4)^12 
d) (1/2)^2 = ¼ ou 2/8 
AA = 3/8 aa = 3/8 
 
Recessivos (3/8)^12 
Genótipo (1/4)^12 
Fenótipo (3/8 + 2/8)^12 = (5/8)^12 
 
12 – B -> raiz marrom; b -> raiz branca 
L -> fruto estreito; l -> fruto largo 
 
B_L_ x bbll 
40 f. estreitos Bb 
Ll /_ bb 
 
BbLL x bbll 
Bb x bb 
½ Bb -> 50% BbLl 
½ Bb -> 50 % bbLl 
13 – T – trote ; t – marcha ; A – baio ; a – preto 
Ttaa x TTAA = TtAa 
Marchadores e baios ttAA 
 
Realizar o cruzamento entre os heterozigotos TtAa e selecionar os animais ttA_. Realizar o 
cruzamento teste entre estes indivíduos e indivíduos pretos e selecionar os que não geraram 
nenhum indivíduo preto. 
 
14 – BBCCTTNN x bbccttnn 
F1 BbCcTtNn 
a) bbccttnn (1/4)^4 
b) b) B_C_T_N_ (3/4)^4 
c) BbCcTtNn(1/2)^4 
d) as mesmas 
 
15- Bb – (1/2)^3 = 1/8 BB = (1-1/8) /2 = 7/16 
 
a) (7/16)^4 
b) (7/16) + (2/16) = (9/16)^4 
c) (1/8)^4 
 
16 – R -> resistente 
r - > susceptível 
Rr x Rr 
Rr -> 31/64 
Rr -> 2/64 = 1/32 = (1/ 2^5) 
 
5 autofecundações 
 
17 – O alelo é recessivo, pois dois indivíduosnão afetados geraram prole com indivíduos 
normais e afetados, indicando que são heterozigotos para o gene. 
 
18 – a) Os caracteres são controlados por um gene cada, sendo que em ambos, o fenótipo 
resistente é o dominante. 
 
b) IV 
 
c) 3/8 resistente as 2 doenças 
1/8 resistente a 1 e susceptível a 2 
1/8 resistente a 2 e susceptível a 1 
3/8 susceptivel as 2 doenças 
 
 
 
 
Capítulo 6 – Interações alélicas e não alélicas 
 
1 – Pena normal -> ff 
Penas acentuadamente onduladas -> FF 
Penas medianamente onduladas – Ff 
 
12 por ninhada 
36 (18 Ff; 15 FF ; 3 ff) 
 
Ff x Ff (1/4 FF; ½ Ff; 1/4ff) 
 
¼ x 12 = 3 FF ; 3 ff 
½ x 12 = 6 Ff 
 
Ff x FF => ½ = Ff ; ½ FF -> ½ x 12 = 6 FF e 6 Ff 
 
FF = 6+3+6 = 15 Genótipos das galinhas : FF , Ff e ff 
Ff = 6+6+6 = 18 
ff = 3 
 
2 – m -> chifre 
M -> mocho a) MmRr (3:1) x MmRr (1:2:1) 
 
RR -> Vermelho 3 vermelho mocho : 6 mocho ruão : 3 mocho branco: 1 chifre 
Rr -> ruão vermelho: 2 chifre ruão : 1 chifre branco. 
Rr -> branco 
 
b) F2 20 animais vermelhor e mochos homozigotos 
MMRR = ¼ x ¼ = 1/16 
20 = (1/16)x -> x = 320 animais 
 
c) F2 RrMm 2/3 
RrMM 1/3 
2/3 Mm x MM 1/3 
MM = 1/3 x 2/3 x 2/4 = 4/36 
Mm = 4/36 
 
2/3 Mm x Mm 2/3 
MM = mm = 2/3 . 2/3 . ¼ = 4 / 36 
Mm = 2/3 . 2/3 . 2/4 = 8/36 
 
1/3 MM . MM 1/3 
MM = 1/9 = 4/36 
MM = 4/36 + 4/36 + 4/36 + 4/36 = 16/36 
Mm= 4/36 + 8/36 + 4/36 = 16/36 
Mm = 4/36 
 
MMRR = ¼ . 16/36 = 16/144 
MMRr = 2/4 . 16/36 = 32/144 
MMrr = 16/144 
mmRR = 4/144 
MmRR = 16/144 
mmRr = 8/144 
MmRr = 32/144 
Mmrr = 4/144 
Mmrr = 16/144 
 
Mocho vermelho = 16/144 + 16/144 = 32 / 144 = 4/18 
Mocho ruão = 32/144 + 32/144 = 64/144 = 8/18 
Mocho branco = 16/144 + 16/144 =32/144 = 4/18 
Chifre vermelho = 4/144 = 1/36 
Chifre ruão = 8/144 = 1/18 
Chifre branco = 4/144 = 1/36 
 
3 – F2 11 vermelhos esféricos 
20 vermelhos ovais 
9 vermelhos alongados 
21 rosas esféricos 
39 rosas ovais 
19 rosas alongadas 
10 brancos esféricos 
22 brancos ovais 
11 brancos alongados 
 
Corda raiz 
Vermelhas : 40 1 
Rosas: 19 2 
Brancas: 43 1 
Total: 162 
 
Forma da raiz 
Esféricos : 42 1 
Ovais : 81 2 
Alongados: 39 1 
Total: 162 
 
a)Dominância parcial ou incompleta, indicado pelo fenótipo do heterozigoto que é 
intermediário aos dois homozigotos. 
b) facilita, pois permite identificar os homozigotos 
c) VVAA x vvaa ou VVaa x vvAA 
d) 50 plantas vvaa=1/4 . ¼ = 1/16 
50=(1/16)x -> x= 800 plantas 
 
4 – abóbora : branca, amarela e verde 
Puras brancas x puras verdes 
F1 todas brancas -> AaBb 
F2 42 brancas : 13 amarelas: 3 verdes -> 61 
12:3:1 
 
a) caráter regulado por 2 genes que segregam independentemente, cada um com 2 alelos, 
sendo o alelo A epistático dominante sobre o alelo B. 
b) frutos amarelos 
frutos brancos 
27b : 16a : 16v -> 59 
2: 1 : 1 
 
AaBb x aaBb 
AaBb + Aabb -> 2 brancos 
 
aaBb -> 1 amarelo 
aabb -> 1 verde 
 
5 – branca x branca ->100 púrpura 
245 -> 110 brancas : 135 púrpuras 
7:9 
 
9 { P_V_ 
7 { P_ vv ; ppV_; ppvv 
R: Caráter controlado por 2 genes que se segregam independentemente um do outro, sendo a 
interação entre eles do tipo epistasia recessiva dupla. 
 
6 – amarela, roxa ou branca 
Roxa x branca 
F2 : 9 roxas :3 amarelas : 4 brancas 
9 { C_D_ -> roxo 
3 { ccD_ -> amarelo 
4 { C_dd -> branco ; ccdd -> branco 
 
a) caráter controlado por 2 genes que são independentes, sendo a interação do tipo epistasia 
recessiva, sendo o alelo d epistático ao alelo C.. 
1d 1c 
b) sub -----PI --------- PF 
branco amarelo roxo 
 
7 – 
a) IiAAMm -> branco 
IiaaMM -> branco 
IIAAMM -> branco 
iiAAMM -> púrpura 
iiAAmm -> vermelho 
 
b)IiAaMm x IiAaMm 
I_A_M_ = (3/4)^3 = 27/64 
I_A_mm = (3/4)^2.1/4 = 9/64 
I_aamm = ¾ . (1/4)^2 = 3/64 
Iiaamm = 1/64 
I_aaM_ = (3/4)^2.1/4 = 9/64 
iiaaM_ = (1/4)^2.3/4 = 3/64 
iiA_M_ = 9/64 
iiA_mm = 3/64 
 
branca = 52/64 
púrpura = 9/64 
vermelho = 3/64 
 
8 – A + B 
510 brancas : 176 purpuras 
3:1 
A autofecundada 
76 purpuras : 58 brancas 
9:7 
PpVv x ppvv 
Ppvv } B -> 3:1 
PpVv } P 
Ppvv; ppVV } B 
 
a) PpVv x ppvv 
b) ppvv 
100% ppvv 
100% branca 
 
9 – C 1 -> raça 1 ; C2 -> raça 2 } codominantes 
 
Altura = A_B_ ; A_bb } alta 
aaB_} média 
aabb } baixa 
 
a) AaBbC1C2 x aabbC1C2 
 
b) Para o caráter resistência, o carácter é monogênico, com 2 alelos com codominancia. Para o 
caráter altura, controle de2 genes independentes, sendo A e a, B e b os alelos de cada genes, 
sendo A epistático dominante sobre B. Os 3 genes são independentes. 
 
10 – a) A cor da plumagem é controlada por 3 genes 
B) F1 100% brancas 
F2 13/16 brancas; 3/16 coloridas 
 
Capítulo 8 – Alelismo múltiplo 
1 – a) 2 alelos 
NGD= 2(2+1)/2 ----> NGD = 3 genótipos 
 
b) nº de fenótipos = m 
nº de fenótipos = 2 
c) nº de fenótipos = NGD 
nº de f = 3 
d) m = 10 alelos 
genótipos = 10(10+1)/2 
genótipos = 55 
 
10 fenotipos (dom completa) 
55 fenotipos (dominância incompleta) 
e) 10 genotipos homozigotos 
 
2 – Porque um individuo diplóide só pode ter no maximo 2 alelos 
 
3 – 12 alelos 
a) 12/2 = 6 indivíduos 
b) NGD = 12 (12+1)/2 
NGD = 6.13 = 78 genótipos 
 
4 – 5 alelos p^g > p5 > p 0 > pt > p 
a) genótipos homozigotos = 5 
genótipos heterozigotos = 5 (5-1)/2 = (5 .4²)/2 = 10 
 
b) 5 fenotipos 
vagem púrpura com suturas verdes 
p^gp^g, p^gp5, p^gp0; p^gpt; p^gp 
vagem verde com suturas púrpuras 
p5p5, p5p0; p5pt; p5p 
vagem verde com sutura ventral púrpura 
p0p0; p0pt; p0p 
vagem extremidade púrpura 
ptpt; ptp 
vagem verde 
pp 
 
5 – 3 alelos (A¹, A², A³) 
A¹ = A² > A³ 
a)Gho = 3 (3-1)/2 = 3 
Gho =3 
b) 3+1 = 4 fenotipos 
c) A4>A5 = A6> A¹=A² > A³ 
Gho = 6 Ghe = 6³ (6-1)/2 = 15 
Fenótipos = 6 + 2 = 8 
 
6 – R> rr 
35% RR 
20% r’r’ 
45% rr 
 
RR x rr 
Rr = 0,45 x 0,35 x 2 
Rr = 31,5 
Rr x rr 
Rr = 0,45 x 0,45 
Rr = 20,25 % 
RR x RR 
RR = 0,35 x 0,35 
RR = 12,5% 
r’r’ x r’r’ 
r’r’ = 0,2 . 0,2 
r’r’ = 4% 
RR . r’r’ 
Rr’ = 0,35 . 0,2 . 2 
Rr’ = 14% 
r’r’ . rr 
r’r = 0,2 . 0,45 x 2 
r’r = 18% 
 
Fenótipos 
Vermelho = (RR, Rr’, Rr) = 57,75% 
Manchas averm (r’r’, r’r) = 22% 
Verm. Claro (rr) = 20,25 % 
 
7 – O segundo agricultor, pois utiliza diferentes cultivares, sendo que estas têm mais chances 
de ter alelos de incompatibilidade diferentes, possibilitando maior número de fecundações. 
8 – a) não se considera os homozigotos 
NGD = NGhe = 6³(6-1)/2 
NGD = 15 genótipos 
 
b) 2/n = 2/6 = 1/3 dos gametas abortarão. 
 
10 – 
a) S¹>S² > S³ > S4 
S¹S² 
S²S³ 
S³S4 
 
Cruzamentos = 3² = 9 
3 cruza,emtps s]ap emtre os ,es,os genótipos, logo darão 100% de aborto. 
 
3/9 
b) Obter artificialmente indivíduos homozigotos S¹S¹, S²S², S³S³ e S4S4 e utilizar duas delas para 
obter híbridos. Plantar cada linhagem em fileiras alternadas. Como não poderá ocorrer 
autofecundação, nem fecundação entre indivíduos da mesma linhagem, as sementes obtidas 
serão todas híbridas, provenientes de fecundação aleatória. 
 
11 – a) Avaliar se ocorrer auto fecundação nestas plantas. 
b) através de propagação assexuada ou através da autofecundação artificial, ondese retira a 
extremidade dos pistilos ou se fecunda o pólen antes da maturação dos pistilos. 
c) Usar duas linhagens autoinconpatíveis e planta-las em fileiras alternadas. Assim, só se terá 
fecundação aleatória entre os 2 linhagens. 
 
12 – Realizaria cruzamentos entre indivíduos homozigotos de diferentes fenótipos. Se em 
todos os cruzamentos ocorrer na geração F² a proporção de 3:1 ou 1:2:1, ocorre uma série 
alélica. Se em um dos cruzamentos na geração F2 a proporção for diferente, ocorrem mais de 
um gene. 
 
Capítulo 9 – Ligação, permuta genética e pleiotropia 
 
1 – D = Planta alta 
d = planta anã 
P = rugoso 
p = liso 
 
anã lisa ddPp = 5 ; ddpp = 118 -> dp ; Ddpp = 5; DdPp = 161 -> DP ; total = 289 
 
a) 72,25 para cada fenótipo 
b) Os genes são ligados, sendo a distância entre os genes de 3,46 cM -> PG = 3,46 
 
2 – a) 
 
 
b) 100 meiócitos -> O número de células com permuta genética é 3,46 x 2 = 6,92. Ou seja, 
aproximadamente 7 meiócitos apresentarão permuta entre P e D. 
 
3 – I -> resistência ao vírus da mancha anelar 
C -> resistência ao vírus do mosaico 
 
IiCc x iicc 
440 IiCc 
450 iicc 
151 Iicc 
145 iiCc 
 
Fa = (151 -145)/1186 = 25% 
 
a) 25 cM 
b) 
 
 
Resistente aos 2 vírus 
 
Suscetível aos 2 vírus 
 
Resistente apeas ao vírus da mancha anelar 
 
Resistente apenas ao vírus do mosaico 
 
c) Fase de atração 
 
4 – R -> nodulação normal 
R -> sem nodulação 
F -> caule cilindrico 
F -> caule fasciado 
P1 RRFF x p2 rrff 
F1 RrFf 
 
e 
c 
x² 
R_F_ 
746,4 
820 
(13,6)²/146,4 = 7,25 
R_ff 
248,8 
228 
1,13 
rrF_ 
248,8 
227 
441/248,8 = 1,77 
rrff 
82,9 
52 
954,8/82,9 = 11,5 
 
 
 
x² = 22,25 
 
a) De acordo com os resultados de x², percebe-se que os desvios foram altamente 
significativos. Sendo assim, conclui-se que os genes não são independentes,estão no mesmo 
cromossomo. 
b) fase de atração 
c) FR = (68+72)/350 = 0,4 ou 40 cM 
 
5 – W -> preto fr -> folhas onduladas 
w -> branco Fr -> folhas lisas 
d = 34 cM 
 
a) 
 
 
F1 
 
Wfr = 33% 
wFr = 33% 
wfr = 17% 
WFr = 17% 
 
Wfr / Wfr = 0,11 
wFr / Wfr = 0,11 
Wfr / wFr = 0,11 
wFr / wFr = 0,11 
Wfr / wfr = 0,056 
wFr / wfr = 0,056 
Wfr / WFr = 0,056 
wFr / WFr = 0,056 
wfr / wFr = 0,056 
WFr / WFr = 0,029 
wfr / Wfr = 0,056 
WFr / wfr = 0,029 
WFr / Wfr = 0,056 
WFr / wFr = 0,056 
wfr / wfr = 0,029 
wfr / WFr = 0,029 
 
 
APFL = 53,1% 
 
APFO = 22,2 % 
 
ABFL = 22,2% 
 
ABFO = 2,9% 
 
 
b) 
APFO = 33% 
APFL = 17% 
ABFO = 17% 
ABFL = 33% 
 
6 – P -> Pericarpo vermelho 
p -> pericarpo incolor 
ts2 -> sementes no pendão 
Ts2 -> pendão normal 
 
b) 
FR 1 = 29 / 2422 FR 2 = 17/1207 
FR1 = 1,19% FR 2 = 1,4% 
a freqüência em média é 1,29% 
 
c) 
 
P Ts2 = 49,35% 
p Ts2 = 49,35% 
p ts2 = 49,35% 
P ts2 = 49,35% 
P ts2 = 0,645 
P Ts2 = 0,645% 
p Ts2 = 0,645 
p Ts2 = 0,645% 
 
ppts2ts2 = 31,8% 
 
q – polpa verde 
c casca verde 
f – fruto liso 
 
F1 QqCcFf 
 
 
 
 
 
F2 
 
 
 
esp. 
x² 
qqccff -> 42 
420 
0,009 
QqCcFf -> 418 
420 
0,009 
qqCcff - > 424 
420 
0,038 
QqccFf -> 416 
420 
0,038 
 
GL = 3 
x²=0,094 
 
a e b) Os genes da cor da polpa e do tipo de fruto são ligados e inteiramente ligados, pois não 
existem recombinantes entre elss. Já o gene da cor da casca é independente dos 2 genes. 
 
8 – L e Cu = 16cM (1x) 
L -> folha estreita 
l -> folha larga 
Cu -> folhas normais 
cu -> folhas onduladas 
(x2) W -> resistente ao fusarium 
w -> suscetível ao fusarium 
 
a) 
. 
_cu = 42% 
W = 50% 
lCu = 42% 
w = 50% 
Lcu = 8% 
 
lcu = 8% 
 
 
 
LcuW = 21% 
LCuW = 4% 
_cuw = 21 % 
L Cuw = 4% 
lCuW = 21% 
lcuW = 4% 
lCuw = 21% 
lcuW = 4% 
 
b) llcu cuww 
 
 
9 - 
gl -> f. brilhantes 
v -> virescentes 
lg -> s/ lígula 
 
PD = 
Glgl Vv Lglg 
 
glgl vv lglg 
 
 
P1 = 
Glgl vv lglg 
 
 
P2 = 
glgl Vv Lglg 
 
 
I = 
Glgl vv Lglg 
 
glgl Vv lglg 
 
 
II = 
Glgl Vv lglg 
 
glgl vv Lglg 
 
I = 190/1000 = 19 cM 
II = 413/1000 = 41,3 cM 
 
a) 
 
 
b) FPDE = (19 x 41,3)/100 -> FPDE = 7,84% 
 
FPDO = (28 + 23)/1000 * 100 
FPDO = 5,1 % 
 
I = 1 – (5,1/7,84) -> I = 1 – 0,65 -> I = 0,35 
35% das pd não ocorrem 
 
 
 
10 – 
 
b) lu – bm = 12cM 
lu – bv = 18cM 
gl – vp2 = 4cM 
gl – bm = 7cM 
vp2 – ps = 1cM 
vp2 – bm = 3cM 
 
11 – 
m – folhas manchadas 
d – planta anã 
p –fruto piloso 
 
 
 
M e D 
 
 
 
 
 
Mdp -> 0,022 
 
MDP -> 0,455 
MDP -> 0,022 
 
mdp -> 0,455 
MDp -> 0,022 
 
 
mdP -> 0,022 
 
 
MdP -> 0,001 
 
MDP/ MDP = 20,7% 
MDp -> 0,001 
 
 
 
 
MdP/MdP = 10^-4% 
 
 
 
 
pd = 0,002 
 
b) mDP/ Mdp 
 
MDP/MDP = 2,25 x 2,25 = 0,05% 
 
12 - 
 
 
a) 
 
 
b) h – a = 20cM 
a – id = 17,4cM 
 
9,3% H a id = 20 % - 2,78/2 0,2 = 1 – o/e 
9,3% h A Id 
 
8% H A id = 17,4% - 2,78/2 0,2 = 1 – ob/3,48 
8% h a Id 
 
1,39% H a Id = 2,75 % 0,2 = (3,48 – 3,48)* o /3,48 
1,39 h A id 
 
31,3% H A Id = 62,6 % 3,48 * 0,2 = 3,48 – o 
31,3% h a id 0,696 – 3,48 = o 
-2,78 = - o => o = 2,78 
 
13 - a-> distribuição independente 
 
12cM 
a) 
Cr1D1 = 9% 
Cr1 D1 A = 4,5% 
Cr1 d1 A = 20,5% 
cr1d1 = 9% 
Cr1 D1 a = 4,5% 
Cr1 d1 a = 20,5% 
Cr1d1 = 41% 
cr1 d1 A = 4,5% 
cr1 D1 A = 20,5% 
cr1D1 = 41% 
cr1 d1 a = 4,5% 
cr1 D1 a = 20,5% 
 
b) Cr1 D1 A / cr1 d1 a 
P = 0,045 
 
n = [log (1 – 0,95)] / log (1 – 0,045) = (log 0,05) / log 0,955 = - 1,3 / 0,019 
 
n = 68,42 x 50 
n = 3253 plantas 
 
14 – a) herança controlada por dois genes, sendo osalelos de resistência dominantes sobre os 
alelos de susceptibilidade, sendo que os dois genes estão no mesmo cromossomo. 
 
b) realizar o cruzamento F2. 
 
 
Capítulo 10 – Efeito do ambiente na expressão gênica 
 
1 – No himalaia a enzima codificada pelo alelo funcional funciona sob condições de baixa 
temperatura, que são atingidas nas extremidades do coelho, limitando esse ambiente para as 
demais partes corpóreas do animal. O pelo ficará preto porque se estará criando o ambiente 
propício para a ação da enzima. Dessa forma, diz-se que o ambiente influencia na expressão do 
fenótipo. 
 
2 – a) A ação da clorofila só ocorre com a ação da luz. Como a grama nova não recebe luz 
quando estava se formando, não foi produzida clorofila e a grama ficou branca. 
 
b) Significa que essas plantas tem genótipo albino. 
c) fenocópias. 
 
3 – a) as médias das cultivares. 
b) As médias de todas as cultivares em cada local. 
c) SQcl = 52279315,5 
Sim, existe interalção genótipo x ambiente. 
 
d) Avaliar como cada cultivar se comporta em cada ambiente. 
 
4 – 
Caldas -> média ( 1825; 2329; 2216 ; 2199 ) = 2069 
Machado -> média (91; 595; 482; 465; 40) = 335 
 
-1134 
 
5 – a) não houve interação. 
b) houve interação do tipo complexa. 
c) houve interação do tipo complexa. 
 
6 – a) Sim, pois há evidência de que cada cultivar responde de forma diferente ao tipo de 
cultivo. 
b) Indica para que cultivares o cultivo é mais indicado. 
 
7 – a) Sim, pois há vários exemplos em que a maior média de um ano foi menor que a média 
menor de outro ano. 
b) Recomenda-se aos produtores utilizar plantas mais velhas para a produção. 
 
8 – a) a) A penetrância do alelo dominante não é completa. 
 
b) O alelo dominante expressa uma enzima ativa a 27°, mas não a 18°C. Sendo assim, o alelo 
tem vários graus deexpressividade. O alelo tem penetrância incompleta e expressividade 
variável. 
 
9 – Plantar cada grupo de sementes e avaliar se as sementes novas que estas sementes 
produzirão serão diferentes entre si. 
 
10 – Quer dizer que a suscetibilidade é controlada por um gene que possui expressividade 
variável. 
 
11 – a) genética, ambiental e genética x ambiental. 
B) Compreender que determinados genótipos são mais produtivos que outros de acordo com a 
condição a que estão submetidos. 
 
12 – a) Ambiental, genética e genética x ambiental. 
b) Conhecer qual espécie é mais adaptada para cada região. 
 
13 – Significa que esses alelos não se expressa em 100% dos indivíduos que tem o genótipo aa 
e que quando se expressa, possui várias gerações do fenótipo. 
 
Capítulo 12 – Genética quantitativa 
 
1 – a) 12 m – 2 
cm 
 
12 x 20 
F1 = 16m 
1/256 = 1/(4^4) = 0,004 
 
b) c = 20 – 12 = 8 m 
c = 8 m : 8 = 1 m 
 
c) F 1 -> 4 efetivos e 4 não efetivos 
c = 8!/4!4! = 70 
 
(70/256)*20.000 = 5468,75 plantas 
 
d) A1 = B1 = C1 = D1 = 2,5 m 
A2 = B2 = C2 = D2 = 1,5 m 
P1 = A1A1 B1B1 C1C1 D1D1 = 20m 
P2 = A2A2 B2B2 C2C2 D2D2 = 12m 
F1 = A1A2 B1B2 C1C2 D1D2 = 16m 
Como a interação é aditiva, a heterose em F1 e F2 é zero. 
 
18 m ->6 efetivos e 2 não efetivos 
c = 8!/(6!2!) = 28 
(28/256)*20.000 = 21875 plantas 
 
e ) 16m -> 4 efetivos e 4 não efetivos 
A1A1 B1B1 C2C2 D2D2 X A2A2B2B2C1C1D1D1 
F1 A1A2 B1B2 C1C2 D1D2 
Produzirá a mesma geração F2 do cruzamento anterior. 
 
f) 12 m -> 0,024% 
1/x = 0,00024 
 
x= 1/0,00024 4^x = 4166 = 4096 
x = 4166 
4^6 = 4096 
6 genes -> 12 alelos - 8:12 = 0,66m 
 
g) Que a medida que aumentam os alelos envolvidos no controle do caráter, menor é a 
contribuição de cada um. 
 
2 – a) AA BB CC DD = 20 m 
aa bb cc dd = 12 m 
AA = Aa = BB = Bb = CC =Cc = DD = Dd = 5m 
aa = bb = cc = dd = 3m 
 
b) AA bb cc DD x aa BB CC dd 
P 1 = 16 m P2 = 16 
F1 -> Aa Bb Cc Dd 
F1 = 20 m 
Ocorrem 5 fenótipos, com amplitude de 12 m – 20 m 
 
c) hF1 = 20 – 16 
hF1 = 4m 
F2 = F1 – h/2 
hF2 = hF1/2 = 4/2 
hF2 = 2 m 
 
3 – a) Já que a media dos pais é igual a média de F1 e de F3, a interação é do tipo aditiva. 
b) 0,001 = 1/1024 = 1/(4^5) 
n = 5 genes 
c) 10 alelos C = 30 – 2 = 28 – 10 = 2,8 m 
efetivo = 3 ñ efetivo = 0,2 
 
Nelore = A2A2 B2B2 C2C2 D2D2 E2E2 
Holandesa = A1A1 B1B1 C1C1 D1D1 E1E1 
Mestiças = A1A2 B1B2 C1C2 D1D2 E1E2 
 
 
a = efetivo 
b = não efetivo 
 
d) (a+b)^10 = 1/1024 = 30 c / a 
10/1024 272 c / a 
45/1024 = 24,4 c / a 
120 / 1024 = 21,6 c / a 
210 / 1024 = 18,8 c / a 
252 / 1024 = 16 c / a 
210/ 1024 = 13,2 c / a 
120 / 1024 = 10,4 c / a 
45 / 1024 = 7,6 c / a 
10/1024 = 4,8 c / a 
1/1024 = 2 c / a 
 
(a + b)^10/2^10 
 
e) 252/1024 * 2000 = 492,18 animais 
 
4 – F1 Aa BbC c Dd Ee Ff Gg Hh Ii Jj 
(a + b)^20 / 2^20 = a^20 = 1 / 1048576 
 
20 = 1/1048576 * ½ 
20 = 1 / 2097152 x 
x = 41943040 animais 
 
5 – A = 30g / doa 8 genes com interação aditiva 
B = 50g / dia 
a) 50 – 30 = 20g / dia 
20 – 16 = 1,25g / dia 
(a + b)^16 
A^16 – 50 g/dia 
16A^15 B^1 – 48,75 
120A^15 B^2 – 47,5 
560A^13 B^3 – 46,25 
1820A^12 B^4 – 45,00 
4368A^11 B^5 – 43,75 
8008A^10 B^6 – 42,5 
11440A^9 B^7 – 41,25 
12840A^8 B^8 – 40 
11440 A^7 B^9 – 38,75 
8008 A^6 B^10 – 37,5 
4368 A^5 B^11 – 36,25 
1820 A^4 B^12 – 35 
560 A^3 B^13 – 33,75 
120 A^2 B^14 – 32,5 
16 A^1 B^15 – 31,25 
B^16 – 30g/dia 
total = 65536 
 
b) dominante = 50 : 8 = 6,25g/dia lócus efetivo = 2,5 g/dia 
30:8 = 3,75 g/dia 
 
( a + b)^8 = 
1(3/4)^8 = 6561/65536 = 50g/dia 
8(3/4)^7(1/4)^1 = 17496/65536 = 47,5 g/dia 
28(3/4)^6(1/4)^2 = 20412/65536 = 45 g/dia 
56 (3/4)^5 (1/4)^3 = 13608/65536 = 42,5 g/dia 
40 (3/4)^4 (1/4)^4 = 5670/65536 = 40 g/dia 
56 (3/4)^3 (1/4)^5 = 1512/65536 = 37,5 g/dia 
28 (3/4)^2 (1/4)^6 = 252/65536 = 35 g/dia 
8 (3/4)^1 (1/4)^7 = 84 / 65536 = 32,5 g/dia 
(1/4)^8 = 1/65536 = 30g/dia 
 
 
6 – produtividade -> 12 alelos aditivos 
teor de proteína -> 8 alelos aditivos 
a) P = 1/(2^12) x 1/(2/8) = 1/(2^20) = 1 /1048616 
P = 9 x 10^-5% 
 
b) P = 1/(2^100) 
c) Quanto mais genes estão envolvidos no controle do caráter quantitativo, maior deve ser a 
população para se obter o fenótipo desejado. 
d) 2^10 = 1024 linhagens. 
 
7 – a) Porque além de apresentar variância ambiental e genética, apresenta o maiornúmero 
de genótipos diferentes e portanto maior variância genética. 
b) Porque apresentam variância ambiental e genética e menor número de genótipos 
envolvidos. 
c) Provavelmente interação aditiva. 
d) n = (P1 - P2)^2/8 6² = (39,5 – 27,7)²/8*16,01 = gene 
 
variação ambiental = (8,1 + 4,34 + 3,83)/3 = 5,42 
 
8 – a) ha = variação GF2/ variação F2 = 16,01 / 21,43 
herdabilidade = 74,71% 
 
b) hr = (42,86 – 29,88)/ 21,43 
hr = 60,6% 
 
c) ds = 38 – 33,4 
ds = 4,6% 
GS = 4,6 * 0,606 
GS = 2,78 
GS% = 2,78/33,4 
GS = 8,3% 
d) Porque a herdabilidade não é 100% e também porque há segregação dos heterozigotos. 
 
9 – a) (SG x H) (SG x H) 
média = (SGSG + SGH + SGH + HH)/4 = (175,34 + 2*216,67+177,89)/4 = (175,34+ 433,34 + 
177,85)/4 = 196,64 kg 
 
b) Do plantel bimestiço, pois este apresenta maior variação genotípica. 
 
c) HH x HSG = HH + HSG + HH + HSG (3H 1SG) 
 
3/8H ; 3/8 SG = HSG) * (3/4H ¼ SG) 
7/18H; 1/8 SG = (3/4H ; ¼ SG) * H 
d) HH * HSG = HH + HSG + HH + HSG 
(555,78 – 350,58)/3 = 176,61 
 
HSG ¾ H ¼ SG) = (3HH + HSG + 3SGH + SGSG)/4 
 
(533,6 + 216,67 + 650,01 + 175,34)/8= 196,95kg 
(3/4H 1/4SG)*H = (3*HH + SGH)/3 = 933,67 + 216,67 = 187,87kg ??? 
 
10 – a) media = (V4 + V5)/2 = (27,1 + 25,6)/2 = 26,35 
h = 29,7 – 26,35 
h = 3,35 
media = (25,6 + 18,8)/2 = 22,2 
h = 27,9- 22,2 
h = 5,7 
 
b) F2 4:5 = 29,7 – 3,35/2 = 28,02 
F2 5:6 = 27,9 – 5,7/2 = 25,05 
 
d) (V1 * V2 ) * V3 = (V1V3 + V2V3)/2 = (26,8 + 28,6)/2 = 27,4 
(V1*V2)*V3 = 27,7 (F1) 
(V1V3 + V2V3)² = (V1V3 + V2V3)(V1V3 + V2V3) 
F2 = 21,7 + 107,2 + 53,2 + 115,6 + 114,4 + 28,3 
F2 = 27,5 
 
(V4*V5)*V3 = 1/2V4V3 + 1/2V5V3 = (28,5 + 27,4)/2 = 27,95 
(V4*V2 + V5V3)*(V4V3 + V5V3) 
F2 = 28,2 + 114 + 59,4 + 115,6 + 109,6 + 25,6 = 452,4/16 
F2 = 28,27 
 
e) (V1V2)*(V5V6) = (V1V5 + V1V6 + V2V5 + V2V6)/4 
 
F1 = (25,1 + 22 + 28,7 + 26,2)/4 = 25,5 
 
F2 = 21,7 + 28,3 + 25,6 + 18,8 + 53,2 + 50,2 + 44 + 57,4 + 52,4 + 55,8 = 407,4 
F2 = 25,46 
 
11 – a) NHD = 3n!/4!(n-4)! = 6 
NHD = (3*6!)/ 4!(2!) = (3*5*6)/1*2 = 45 
 
b) AB + BC + BE + CE 
 
c) (B*C)(A*E) = BA + BE + CA + CE = (7,12 + 6,85 + 6,35 + 6,4)/4 
F1 = 6,68 
 
F2 = 1,4 + 1,35 + 1,26 + 1,3 + 14,24 + 12,28 + 13,6 + 12,8 + 12,7 + 13,7 
F2 = 5,29 
A redição será de 20,8% . Essa redução ocorre porque na geração F2 há segregação e 
recombinação dos genes, e a freqüência de locos em heterozigose é reduzida à metade. Em 
conseqüência a heterose manifestada na geração F1 é reduzida também em 50%. 
h = 6,1 – 5,29 = 1,41 = 21% 
 
12 – a) n = (3 * l!)/ 4!(l-4!) 
n= (3*5!)/4!(5-4!) = > n = 3*5 = 15 HD 
b) (A*D)(B*C) 
 
Capítulo 13 – Genética de populações 
 
1 – a) B1B1 – 0,086 
B1B2 – 0,458 
B2B2 – 0,476 
 
B1 = 0,086 + 0,438/2 
B2 = 0,476 + 0,219 = 0,695 
 
B1 = 0,086 + 0,219 = 0,305 
 
b) p² = (0,305)² = 0,093 – 6000 = 
2pq = 2*0,305 x 0,695 = 0,424 
q² = (0,695)² = 0,48 
 
 
obs 
esp 
x² 
B¹B¹ 
516 
558 
3,16 
B¹B² 
2628 
25442,77 
B²B² 
2856 
2880 
0,2 
 
 
Gl = 2 
x²= 6,13** 
A população não está em equilíbrio. 
2 – 2000 – 125 brancas 
a) V²V² = 0,0625 
V² = 0,25 
V¹ = 1- 0,25 = 0,75 
 
b) vermelhas V¹V¹ = 0,5625 * 2000 
V¹V¹ = 1125 plantas 
rosas = V¹V² = 2* 0,25 * 0,75 
V¹V² = 0,375 * 2000 = 750 plantas 
 
3 – V¹V² V¹ = 0,5 ; V² = 0,5 
V¹V¹ = 0,25 
V¹V² = 2 * 0,5* 0,5 = 0,5 
V²V² = 0,25 
1 branca 2 rosas 1 vermelho 
 
4 – 1200 -> 48 bb 
a) bb = 0,04 B 0,834 
b = 0,2 b = 0,166 
B = 0,8 vermelho- brancas : 1200 * (1,66)² 
v – b = 1200 * 0,0275 
v – b = 33 animais 
 
b) q = q² / ( 1 + q0) = 0,2 / 1,2 = 0,166 
 
5 – BB – 0,64 * 1200 = 768 ->0,66 
Bb – 0,32 * 1200 = 384 -> 0,33 
total = 1152 
 
0,33 Bb * Bb 0,33 
bb = ¼ * 0,33 * 0,33 
bb -> 0,027 ou 2,7% 
 
6 – A -> roxo ; a -> amarelo W = 10.000. 
a) amarelo = 1600 / 10.000 
aa = 0,16 
a = 0,4 
 
b) A -> 0,6 
AA -> 0,36 * 10.000 
raças homozigotas -> 3600 plantas 
 
c) q = q / (1 + 5q) -> q = 0,4 / [1+ (5*0,4)] -> q = 0,4/(1+2) = 0,4 / 3 -> q = 0,13 
aa = 0,017 ou 1,7% 
 
7 – aa -> 0,49% -> 0,0049 
t = ? 
a -> 0,09 
t = 1/0,07 - 1/ 0,13 
 
t = 14,29 – 7,69 = 7 gerações 
 
8 – Na populaç~~ao com 0,49 % de plantas com bulbos amarelos. 
 
9 – 2400 grãos 
a) brancas -> 1176 / 240 -> 0,49 y = 0,7 -> y = 0,3 
enrugadas -> 808 / 2400 -> 0,34 su = 0,58 Su = 0,42 
b) homozigotas lisas e amarelas 
YY = (0,3)² = 0,09 SuSuYY = 0,01584 = 1,58% 
SuSu = 0,1764 
 
10 – a) q = 0,7 / (1+0,7) = 0,7/1,7 
y = 0,41 
Y = 0,59 
 
q = 0,58 / (1 + 0,58) = 0,58 / 1,58 
su = 0,37 
Su = 0,63 
 
b) Y = 0,59 
Su = 0,63 
y = 0,41 
su = 0,57 
 
YYSuSu = 0,3481 *0,3969 = 0,14 
 
YySuSu = 0,4838 * 0,3969 = 0,19 
 
YySusu = 0,4838 * 0,4662 = 0,2255 
 
YYSusu = 0,3481 * 0,4662 = 0,1623 
 
total = 71,78% 
 
11 – Y -> branca ; y = amarela 
20.000 -> 64% com raízes brancas 
5000 sementes de YY 
36% amarela 
0,36 -> y = 0,6 y = 1,0 
M = 5.000/25.000 = 0,2 
 
q1 = q0 + M (qm - q0) 
q1 = 0,6 + 0,2 (1-0,6) 
q1 = 0,6 + 0,2*0,4 
q1 = 0,6 + 0,08 
q1 = 0,68 
yy = 0,4624 -> 46,24% 
 
Capítulo 16 – Efeito materno e herança extracromossômica 
 
1 – a) R -> direita F1 -> esquerda 
r -> esquerda F2 -> direita 
pai -> RR F2 -> RR; Rr; rr 
mãe – rr 
F1 – Rr 
 
b) fenotípica 3 direitas 1 esquerda 
genotípica 38 RR ; 2/8 Rr ; 3/8 rr 
 
2 – Realizar cruzamentos reíprocos. Se for visto que o fenótipo de F1 não depende do fenótipo 
da mãe, são genes nucleares. Se depender do fenótipo da mãe, é efeito materno a herança 
citoplasmática. Nesse caso, se em cruzamentos seguintes, houver persistência do fenótipo, a 
herança é citoplasmática. Se não houver, é efeito materno. Se em vários cruzamentos o 
fenótipo não aparecer em nenhum, houve influência ambiental. 
 
3 – O caráter tem herança com efeito materno. 
 
4 – Se nos cruzamentos posteriores a F1 persistir, o fenótipo determinado pela mãe, a herança 
é citoplasmática. Se aparecer um fenótipo diferente em uma geração, a herança é por genes 
nucleares que sofrem efeito materno. 
 
5- ♂(amargo) * ♀(doce) ; ♂(doce) * ♀(amargo) 
F1 doce -> amargo F1 -> amargo 
 
a) o caráter é determinado por genes nucleares que sofrem influência de proteínas presentes 
no citoplasma da mãe no inicio do desenvolvimento da planta. 
 
b) DD ♂ * dd ♀ dd ♂ * DD ♀ 
F1 Dd coce -> amargo F1 Dd amargo 
 
c) F2 : DD : 2Dd : dd F2 : DD : 2 Dd : dd 
jovenstodas amargas jovens: todas amargas 
adultas 3 amargas : 1 doce adultas: 3 amargas : 1 doce 
 
6 – a) Sim, pois nos dois cruzamentos o fenótipo de F1 é igual ao fenótipo da mãe. 
 
b) Caso seja controlado por um gene nuclear, e o fenótipo dominante seja 50g, na geração f2, 
já que há efeito materno, será expressado o fenótipo do genótipo de F1, ou seja, peso 50g. Se 
for gerança extracromossomica, no 1° cruzamento F2 continuará com 18 g e no 2° cruzamento 
F2 terá 50g. 
 
7 – a) alelo cromossômico. A – verde ; a – amarela; 
♀ AA * aa ♂ ♂ AA * aa ♀ 
F1 Aa -> verde F1 : Aa -> verde 
fator citoplasmático. 
♀ A * a ♂ ♀ a * A ♂ 
F1 : A verde F1 : a amarelo. 
b) cromossômico 
♀ Aa * aa ♂ ♀ Aa * AA ♂ 
RC1 Aa ; aa F1 : Aa; AA 
1 verde : 1 amarelo 100% verde 
fator citoplasmático 
 
♀ A * a ♂ ♀ a * A ♂ 
RC1: 100% verde RC1: 100% amarelo. 
 
c) alelo cromossômico 
Aa * Aa 
3 verdes : 1 amarelo 
fator citoplasmático. 
A * A a * a 
F2 : 100% verde F2 : 100% amarelo 
 
d) Aa* Aa (cromossômico) 
R : 3 verdes : 1 amarelo 
 
♀ A * a ♂ 
R: 100% verdes 
♀ a * A ♂ 
R: 100% amarelos. 
 
8 - ♀ FAAL * FNAC ♂ 
F1 FAAL 
F2: 309 FAAL 87 FAAC 
100% folhas amarelas 
3 cristas longas; 1 crista curta 
♀ FNAC * FAAL ♂ 
F1 : FNAL 
F 
328 FNAL: 107FNAC 
3 Cristas longas : 1 crista curta. 
100% folhas verdes. 
 
O caráter do tipo de crista é controlado por um gene nuclear que não sofre efeito materno, 
sendo crista longa dominante sobre crista curta. Já a cor da folha é determinada por um gene 
citoplasmático, já que sempre que a mãe possui uma cor de folha, seus descendentes terão a 
mesma cor. 
 
9 – a) ♀ L¹VV * L¹vv ♂ 
F1 : L¹Vv ->verde 100% 
F2 : L¹VV ; L¹Vv; L¹vv 
3 verdes: 1 amarelo 
 
b) ♀ l¹ vv * ♂ L¹ VV 
F1: L¹ Vv -> verde 100% 
F2 L¹VV ; L¹Vv ; L¹vv 
3 verdes : 1 amarelo 
 
c) ♀ L¹VV * ♂ L² vv 
F1 L¹Vv 100% verde 
F2 L¹VV ; L¹Vv; L¹vv 
3 verdes : 1 amarelo 
 
d) ♀ L² vv * ♂ L¹ VV 
F1 L²Vv 100% amarelo 
F2 L²VV ; L²Vv; L²vv 
100% amarelo 
 
e) ♀ L¹Vv * L²Vv ♂ 
L¹VV ; L¹Vv; L¹vv 
3 verdes : 1 amarelo 
 
f) ♀ L² Vv * ♂ L¹ Vv 
C : L²VV ; L² Vv; L² vv 
100% amarelo. 
 
10 – a) Herança citoplasmática. 
b) 1 – 100% branco 
2 – 100% verde 
3 – plantas verdes, variegadas e brancas. 
4 – 100% branco. 
 
11 – Realizar cruzamentos recíprocos e observar se os descendentes possuem o fenótipo da 
mãe. 
 
12 – Realizar o cruzamento entre uma planta feminina com o gene mitocondrial da macho-
esterilidade e a linhagem desejada e ao obter os descendentes com o gene da macho-
esterilidade, usar sempre as plantas femininas para cruzar com machos das linhagens puras, 
até obter em uma geração Fn os descendentes com quase 100% da origem da linhagem 
desejada. 
 
13 – a) M, Rf, rf M1 -> gene da macho-esterilidade. 
 
b) ♂m¹RfRf * ♀ M¹rfrf 
 
c) A (♀ S rfrf ) * B (♂ N RfRf) C (♀ S rfrf) * D (♂ N rfrf) 
AB (S Rfrf) CD ( S rfrf) 
♂ ♀ 
(A*B)(C*D) (S Rfrf) 
50% fértil. 
 
d) A linhagem promissora macho-fértil, se obtida de população sem o alelo restaurados, a sua 
constituição deve ser rfrf(N). Através de retrocruzamentos sucessivos com uma planta macho-
estéril, transfere-se o genótipo da linhagem desejada para o citoplasma macho-estéril. Desse 
modo, consegue-se a linhagem desejada com a constituição macho-estéril. Ocruzamento delas 
irá produzir sempre a linhagem macho-estéril. 
 
14 – Se for sempre a mãe que transmitir a doença aos descendentes. 
15 – Herança citoplasmática, pois só as fêmeas transmitem aos filhos. 
 
Capítulo 17 - Biotecnologia 
 
1 – A possibilidade de se resolver problemas não solucionados pelo melhoramento 
convencional, a possibilidade de se propagar rapidamente plantas, a obtenção de plantas 
puras ou sem patógenos de maneira simples e sem passar por muitas fecundações e sem 
utilizar herbicidas, a possibilidade de utilizar genes de interesse de qualquer espécie para 
introduzir em uma planta, entre outros. 
2 – A totipotência das células. Qual o meio de cultivo apropriado para a multiplicação de cada 
espécie. A cultura de tecidos funciona como clonagem quando a partir de um grupo de células 
são obtidas vários clones daquela planta e como parte de variabilidade quando se aproveita a 
variação gerada pela rápida multiplicação de células, sem que estas se regenerem em plantas. 
 
3 – Principalmente alterações cromossômicas, resultantes das muitas divisões celulares 
 
4 – A fusão de protoplastos e a transformação genética. 
 
5 – B) A enzima EcoRI, pois produz fragmentos com pontas coesivas que podem se ligar a 
outras com as mesmas pontas complementares. 
c) EcoRI : 6 nucleotídeos = (1/4)^4 = 1/4096 
1/4096 x 10^8 = 24414 fragmentos. 
 
Hae III – 4 nucleotídeos : (1/4)^4 = 1/256 
1/256 x 10^8 = 390625 fragmentos. 
 
6 – A engenharia genética, pois permite direcionar com maior especificidade qual gene será 
inserido no DNA vegetal. Na variação semaclonal, as mutações que surgem são desconhecidas 
e muitas vezes deletérias. Na fusão dos protoplastos, as variações são conhecidas mas não se 
tem 100% de certeza se o híbrido somático irá possuir todas elas