Exercícios do livro Genética na agropecuária

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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
F2observado
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 de 2 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 incompletae 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 maior número 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