GENETICA GERAL LISTA 7

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Lista 7 – Noções de probabilidade e testes de proporções genéticas
1. Conceitue probabilidade.
2. Explique os tipos de eventos probabilísticos e dê exemplos de cada caso de acordo com seu
curso de graduação.
3. Esquematize a expansão de um binômio de quinto grau sugerindo um exemplo aplicável ao
seu curso de graduação.
a) O que significa o segundo termo da expansão? Qual o valor de sua probabilidade?
b) Quais termos da expansão são mais prováveis: os mais próximos das extremidades ou os
centrais? Justifique numericamente.
4. Se uma carta é extraída de um baralho de 52 cartas, qual é a probabilidade desta ser: a) ás; b)
paus; c) dama; d) copas; e) ás e paus; f) ás e dama; g) ás ou dama; h) ás ou paus; i) copas ou
paus? Retirando-se duas cartas, qual é a probabilidade de: j) dois ases; k) um ás e uma dama, em
qualquer ordem; l) exatamente um ás? [ a) 4/52; b) 13/52; c) 4/52; d) 13/52; e) 1/52; f) 0; g)
8/52; h) 16/52; i) 1/2; j) 12/2652; k) 32/2652; l) 384/2652 
(Temos um espaço amostral de 52.)
a) ás                P(ás)=4∕52
b) paus            P(paus)=13∕52
c) dama           P(dama)=4∕52
d) copas          P(copas)=13∕52
e) ás de paus   P(ás e paus em duas cartas) =4∕52 x 13∕52
f) ás e dama P(ás e dama)=P(ás) x P(dama) =4∕52 x 4/52
g) ás ou dama P(ás ou dama)=P(ás) + P(dama) = P(ás ou dama)=4∕52 + 4∕52 = 8∕52
 h) ás ou paus  P(ás ou paus)=P(ás) + P(paus) – P(ás e paus) = P(ás ou paus)= 4∕52 + 13∕52 – 1∕52 = 16∕52
 i) copas ou paus P(copas ou paus)=P(copas) + P(paus) = P(copas ou paus)=13∕52 + 13∕52 = 1∕2
Retirando-se duas cartas, qual é a probabilidade de:
j) dois ases;
P(2 ases)=P(ás) x P(ás∕1ª ás)
P (2 ases)=4∕52 x 3∕51 = 12∕2652
k) um ás e uma dama, em qualquer ordem;
P(1 ás e 1 dama em qualquer ordem)= P(ás) x P(dama|1ª ás) + P(dama) x P(ás| 1ª dama)
P(1 ás e 1 dama em qualquer ordem)= 4∕52 x 4∕51 + 4∕52 x 4∕51 = 32∕2652
l) exatamente um ás?
P(exatamente 1 ás)= P(ás) x P(outra carta) + P(outra carta) x P(ás)
P(exatamente 1 ás)= 4∕52 x 48∕51 + 48∕52 x 4∕51 = 384∕2652
5. Numa urna há 5 bolas: 3 vermelhas e 2 brancas. Retirando-se uma bola, qual é a
probabilidade desta ser: a) vermelha; b) branca? Retirando-se duas bolas, qual é a probabilidade
de: c) as duas serem vermelhas; d) uma vermelha e outra branca, em qualquer ordem; e) ocorrer
exatamente uma vermelha?[a) 3/5; b) 2/5; c) 6/20; d) 12/20; e) 12/20]
 
a) vermelha;
Temos como espaço amostral 5 bolas.
P(vermelha)=3∕5
 b) azul?
P(azul)=2∕5
 Retirando-se duas bolas, qual é a probabilidade de:
c) as duas serem vermelhas;
P(2 vermelhas)=P(vermelha) x P(vermelha|1ª azul)
P(2 vermelhas)=3∕5 x 2∕4 = 6∕20
d) uma vermelha e outra azul, em qualquer ordem;
P(1 v ou a em qualquer ordem)=P(vermelha) x P azul |1ª azul) + P(azul) x P(vermelha|1ª azul)
P(1 v ou a em qualquer ordem)= 3∕5 x 2∕4 + 2∕5 x 3∕4 = 12∕20
e) ocorrer exatamente uma vermelha?
P(exatamente 1 v)= P(vermelha) x P(azul) + P(azul) x P(vermelha)
P(exatamente 1 v)= 3∕5 x 2∕4 + 2∕5 x 3∕4 = 12∕20
7. 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) 3/5; b) 2/5; c) 9/25; d) 12/25; e) 12/25 ]
A diferença do item anterior, é apenas o espaço amostral. Enquanto que no anterior temos apenas cinco bolas, nesse exercício temos 5000.
a) vermelha;
P(vermelha)=3000∕5000 = 3∕5
 b) azul?
P(branca)=2000∕5000 = 2∕5
 
 Retirando-se duas bolas, qual é a probabilidade de:
c) as duas serem vermelhas;
P(2 vermelhas)=P(vermelha) x P(vermelha|1ª azul)
P(2 vermelhas)=3000∕5000 x 2999∕4999 = 3∕5 x ~3∕5 = 9∕25
 
d) uma vermelha e outra branca, em qualquer ordem;
P(1 v ou a em qualquer ordem)=P(vermelha) x P(azul |1ª azul) + P(azul) x P(vermelha|1ª azul)
P(1 v ou a em qualquer ordem)= 3000∕5000 x 2000∕4999 + 2000∕5000 x 3000∕4999 =
3∕5 x ~2∕5 + 2∕5 x ~3∕5 = 12∕25
e) ocorrer exatamente uma vermelha?
P(exatamente 1 v)= P(vermelha) x P(azul) + P(azul) x P(vermelha)
P(exatamente 1 v)= 3000∕5000 x 2000∕4999 + 2000∕5000 x 3000∕4999 =
3∕5 x ~2∕5 + 2∕5 x ~3∕5 = 12∕25
8. O cruzamento Aabb x AaBb irá produzir 8 filhos. Qual é a probabilidade. de ocorrerem: a) 2
AABb, 2AAbb, 1 AaBb, 1 Aabb,1 aaBb e 1 aabb; b) 2 AABb e 3 AaBb c) 3 AABb e 5 AaBb?
[a) 8!/(2!2!1!1!1!1!) x (1/8) 2 x (1/8) 2 x (2/8) 1 x (2/8) 1 x 1/8) 1 x (1/8) 1; b) 8!/(2!3!3!) x (1/8) 2
x (2/8) 3 x (5/8) 3; c) 8!/(3!5!0!) x (1/8) 3 x (2/8) 5 x (5/8)
a) 2AABb,2AAbb, 1AaBb,1Aabb,1aaBb,1aabb;
 
	Evento
	pi
	ni
	AABb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	2
	AAbb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	2
	AaBb
	2∕4 x 1∕2 = 2∕8
	1
	Aabb
	2∕4 x 1∕2 = 2∕8
	1
	aaBb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	1
	aabb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	1
	Total
	1
	8
 
P=(8! ∕ 2! 2! 1! 1! 1! 1!) ∕ (1∕8)2 (1∕8)2 (2∕8)1 (2∕8)1∕ (1∕8)1 (1∕8)1
 
b) 2AABb,3AaBb;
 
	Evento
	pi
	ni
	AABb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	2
	AaBb
	2∕4 x 1∕2 = 2∕8
	3
	Outros
	5∕8
	3
	Total
	1
	8
 
P=(8! ∕ 2! 3! 3!) ∕ (1∕8)2  (2∕8)3 (5∕8)3
 
c) 3AABb,5AaBb;
	Evento
	pi
	ni
	AABb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	2
	AaBb
	2∕4 x 1∕2 = 2∕8
	3
	Outros
	5∕8
	0
	Total
	1
	8
 
P=(8! ∕ 3! 5!0!) ∕ (1∕8)3  (2∕8)5 (5∕8)0 
ou       
P=(8! ∕ 3! 5!) ∕ (1∕8)3  (2∕8)5
9. Em famílias de 5 filhos, em que ambos os pais sejam heterozigotos para o gene que determina
o albinismo, qual é a probabilidade de: a) a segunda criança ser uma menina albina; b) a quinta
criança ser albina ou menina; c) a segunda criança ser menina albina ou menino albino; d) a
última criança ser normal se as 4 primeiras o são; e) as duas últimas serem normais; f) as quatro
últimas serem normais e a primeira albina; g) ocorrer exatamente uma criança albina
a) a segunda criança ser uma menina albina;
P(menina albina)=P(menina) x P(albina)
P(menina albina)=1∕2 x 1∕4 = 1∕8
 
b) a quinta criança ser albina ou menina;
P(menina ou albina)=P(menina) + P(albina) – P(menina albina)
P(menina ou albina)= 1∕2 + 1∕4 - 1∕8 = 5∕8
 
c) a segunda criança ser menina albina ou menino albino;
P(menina albina ou menino albino)=P(menina albina) + P(menino albino)
P(menina albina ou menino albino)= 1∕8 + 1∕8 = 1∕4
 
d) a última criança ser normal se as quatro primeiras o são;
P(última normal)=3∕4
 
e) as duas últimas serem normais;
P(2 últimas normais)=P(penúltimo normal) x P(último normal)
P(2 últimas normais)= 3∕4 x 3∕4=9∕16
 
f) as quatro últimas serem normais e a primeira albina;
P(1 albina e 4 últimas normais)= 1∕4(3∕4)4
 
g) ocorrer exatamente uma criança albina;
	Evento
	pi
	ni
	Albina
	¼
	1
	Outros
	3/4
	4
	Total
	1
	5
 
P(exatamente 1 criança albina)= (5! ∕ 1! 4!) ∕ (1∕4)1 (3∕4)4
 
h) ocorrerem exatamente duas crianças albinas?
	Evento
	pi
	ni
	Albina
	¼
	2
	Outros
	3/4
	3
	Total
	1
	5
 
P(exatamente 2 crianças albinas)= (5! ∕ 2! 3!) ∕ (1∕4)2 (3∕4)3
 
10. Qual a importância do teste χ
2 (qui-quadrado) para estudos genéticos?
11. Explique os seguintes conceitos relacionados ao teste χ
2 (qui-quadrado):
a) Nível de significância
b) Hipóteses H0 e H1
d) Graus de liberdade
c) Erro tipo I e tipo II
e) Variável aleatória
12. 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.
 
Como temos quatro fenótipos, podemos inferir que a proporção segue a da segunda lei de Mendel (9:3:3:1). Com isso, formularemos as hipóteses:
 
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
 
 
 
 
Como temos quatro fenótipos, teremos três graus de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 4 - 1 = 3
χ2tab 5%  3 GL = 7,815
 
 
 
Logo:  0.975  >  α > 0.950
Conclusão: Como α  é grande, tem-se grande ERRO ao rejeitar H0. Portanto, não rejeitamos a hipótese de que 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.
Observamos que há três fenótipos para esse caráter. E testando para que apenas um gene determine essa característica, temos as seguintes hipóteses:
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
	1,44
	Rosa
	260
	253
	7
	0,19
	Branca
	133
	126,5
	6,5
	0,33
	 
	 
	 
	χ2calc =
	1,96
 
Três fenótipos irão gerar dois graus de liberdade.
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.
13. 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? (1/8)
Fonte: http://biobionut09.blogspot.com.br/2009/06/galactosemia-tipo-2.html
OBS: Neste exercício considera-se que todos os genótipos dos ancestrais desconhecidos sejam AA.
P(filho galactosêmico)=P( criança aa) x P(mãe Aa) x P(pai Aa)
P(filho galactosêmico)= 1∕4 x 1 x 1∕2 = 1∕8
 
14. A coréia de Huntington, uma doença rara e fatal, que geralmente se desenvolve na meiaidade, é causada por um alelo dominante. Um homem fenotipicamente normal, com vinte e
poucos anos de idade, soube que seu pai sofreu de coréia de Huntington.
a) Qual é a probabilidade de ele desenvolver a doença mais tarde?
b) Qual é a probabilidade de seu filho desenvolver os sintomas na idade madura? [a) 1/2; b) 1/4]
Fonte: http://clinicadralexandrecruzeiro.webnode.com.br/news/doen%C3%A7a-de-huntington/
 
a) Qual é a probabilidade de ele desenvolver a doença mais tarde?
 
A probabilidade é 1∕2, pois o seu genótipo pode ser Aa (1∕2) ou aa (1∕2).
 
b) Qual é a probabilidade de seu filho desenvolver os sintomas na idade madura?
P(filho ser Aa)=P(filho Aa) x P(pai Aa)
P(filho ser Aa)= 1∕2 x 1∕2 = 1∕4
15. Suponha que marido e mulher sejam 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?
P(ambos mesmo fenótipo)=P(1º albino) x P(2º albino) + P(1º normal) x P(2º normal)
P(ambos mesmo fenótipo)= 1∕4 x 1∕4 + 3∕4 x 3∕4 = 10∕16
 
16. 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
surgiram 470 plantas que tinham flores vermelhas e 335 com flores brancas.
a) Teste, a 5% de probabilidade, a hipótese de que um único par de alelos está envolvido na
determinação desse caráter.
b) Caso a hipótese testada na letra “(a)” seja rejeitada, formule outra, que explique estes
resultados (inclusive atribuindo genótipos) e teste-a a 5% de probabilidade.
a) Teste, a 5% de probabilidade, a hipótese de que um único par de alelos está envolvido na determinação desse caráter.
 
 
Para testar essa hipótese de trabalho, devemos formular H0 e Ha. Vamos analisar como se o caráter fosse controlado por um único par de alelos. Com isso, temos as hipóteses:
 
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
	Roxa
	470
	603,75
	-133,75
	29,63
	Branca
	335
	201,25
	133,75
	88,89
	 
	 
	 
	χ2calc =
	118,52
 
 
 
 
Como temos dois fenótipos, teremos os seguintes graus de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
Olhando a tabela de qui-quadrado para encontrar o valor de α  temos:
Logo:   α < 0.005
Conclusão: Como α  é pequeno, tem-se pequeno ERRO ao rejeitar H0. 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.
Como nossa hipótese de apenas um gene estar controlando esse caráter foi rejeitada devemos formular outra. Como temos dois fenótipos, e as proporções se aproximam da epistasia recesssiva dupla (9:7), podemos criar as hipóteses de trabalho:
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
	Roxa
	470
	452,8125
	17,1875
	0,6523
	Branca
	335
	352,1875
	-17,1875
	0,8387
	 
	 
	 
	χ2calc =
	1,491
 
 
 
Como temos dois fenótipos, teremos apenas um grau de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
χ2tab 5%  1 GL = 3,841
 
Logo:  0.5  >  α > 0.25
Conclusão: Como α  é grande, tem-se grande ERRO ao rejeitar H0. Portanto, não rejeitamos a hipótese de que o caráter é controlado por dois genes com dois alelos cada, com epistasia recessiva dupla (segregação do tipo 9:7).
 
17. Um duplo heterozigoto (AaBb, com os genes A/a e B/b independentes) foi autofecundado e
proporcionou 16 descendentes.
a) Qual a probabilidade de surgir nove indivíduos A-B-, 3 A-bb, 3 aaB- e 1 aabb?
b) Qual a probabilidade de surgir 10 indivíduos Aabb?
c) Qual a probabilidade dos oito primeiros indivíduos serem aabb e os demais AABB?
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, um indivíduo Aa ou um indivíduo Bb?
e) Qual a probabilidade de surgir oito indivíduos A-bb?
•          Qual a probabilidade de surgirem nove indivíduos A-B-, 3 A-bb, 3 aaB- e 1 aabb?
 
	Evento
	pi
	ni
	A-B-
	9/16
	9
	A-bb
	3/16
	3
	aaB-
	3/16
	3
	aabb
	1/16
	1
	Total
	1
	16
 
 
 
Resposta:
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)
P(Aabb) = 2∕4 x 1∕4 = 2∕16
 
	Evento
	pi
	ni
	Aabb
	2/16
	10
	Outros
	14/16
	6
	Total
	1
	16
 
 
P= (16! ∕ 10! 6!)  (2∕16)10 (14∕16)6
 
c) Qual a probabilidade de os oito primeiros indivíduos serem aabb e os demais AABB?
P(aabb) = P(aa) x P(bb) =1/16
P(AABB) = P(AA) x P(BB) =1/16
Logo, como é especificado a ordem, não se trata de um problema com uso da distribuição binomial. A solução é dada por:
P=(1∕16)8 x (1∕16)8
 
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, um indivíduo Aa ou um indivíduo Bb?
Sabemos que:
P(AaBb) = P(Aa) x P(Bb)
P(AaBb) = 2∕4 x 2∕4 = 4∕16 = 1∕4
Então
P(Aa ou Bb) = P(Aa) + P(Bb) – P(AaBb)
P(Aa ou Bb) = 2∕4 + 2∕4 – 1∕4 = 3∕4
 
 
e) Qual a probabilidade de surgirem oito indivíduos A-bb?
P(A_bb) = P(A_) x P(bb)
P(A_bb) = 3∕4 x 1∕4 = 3∕16
	Evento
	pi
	ni
	A-bb
	3/16
	8
	Outros
	13/16
	8
	Total
	1
	16
 
P= (16! ∕ 8! 8!) (3∕16)8 (13∕16)8
http://arquivo.ufv.br/dbg/genetica/index.htm
http://arquivo.ufv.br/dbg/genetica/cap09.htm
Importantes 
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)
P(AA ou bb) = 1∕4 + 1∕4 – 1∕16 = 7∕16
DISTRIBUIÇÃO MULTINOMIAL
A obtenção da probabilidade através da expansão do binômio apresenta inconvenientes quando o valor de n (número total de ocorrências) é relativamente grande.
A expansão do binômio resultará em n + 1 termos e, conseqüentemente, é impraticável obtê-los para n relativamente grande. Adicionalmente, para se obter a probabilidade de um evento, é necessário conhecer a probabilidade de todos os outros que constituem o espaço amostral. Outro aspecto de dificuldade ocorre quando se têm vários eventos, estabelecendo-se, portanto, um multinômio.
Para contornar os problemas, podem-se estimar as probabilidades, utilizando-se o termo geral da distribuição multinomial. Esse procedimento é mais adequado, pois permite estimar a probabilidade do evento desejado sem ser necessário conhecer qualquer outro termo do multinômio.
 
O termo geral é expresso por:
P(E) =[ N!/(n1! n2! ... nn!)]  p1n1   p2 n2    ...pn nn
em que
ni = número de ocorrências do evento i
N = número total de ocorrências
pi = probabilidade de ocorrência do evento i
Exemplo 1. Probabilidade de surgirem 4 meninos e 2 meninas
Exemplo 2:
 
Todas as perguntas da pagina
Probabilidade
 
1) Do casamento entre pais heterozigotos, qual a probabilidade de nascer dois meninos albinos e uma menina normal entre seis descendentes?
 
	Evento
	pi
	ni
	meninos albinos
	1/8
	2
	menina normal
	3/8
	1
	outros
	4/8
	3
	Total
	1
	6
 
 
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
 
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:
 
•         Número esperado de plantas com flores: Brancas? Rosas? Vermelhas?
 
Utilizando a probabilidade mendeliana de 1:2:1, temos:
	Classes
	Observado
	Esperado (Ho: 1 gene)
	Rosas
	91
	(2/4)160 = 80
	Brancas
	34
	(1/4)160 = 40
	Vermelhas
	35
	(1/4)160 = 40
	TotAL
	160
	160
 
•         Valor do qui-quadrado;
 
Jogando na tabela os valores observados, esperados e o de qui-quadrado, temos:
 
	Fenótipos
	Observado (O)
	Esperado (E)
	Desvio (O – E)
	(O – E)2 ∕ E
	Rosa
	91
	80
	11
	1,5125
	Branca
	34
	40
	-6
	0,9
	Vermelha
	35
	40
	-5
	0,625
	 
	 
	 
	χ2calc =
	3,0375
 
 
 
 
 
 
 
•         Nível de significância estimado:
No exemplo, GL = 2
 
 
Resposta:  0,25  > α > 0,10
 
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.
 
Usando a mesma tabela para calcular os qui-quadrado, temos:
	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
	 
	 
	 
	χ2calc =
	910,41
 
b) Qual o valor dos graus de liberdade e nível de significância
 Graus de liberdade (GL) = 4 -1 = 3
Resposta:  α < 0.005
 
c) Defina nível de significância
Éé a máxima probabilidade de erro que se tem ao se rejeitar uma hipótese.
 
4)  Um duplo-heterozigoto (AaBb, com os genes A/a e B/b independentes) foi autofecundado e proporcionou 16 descendentes.
 
•          Qual a probabilidade de surgirem nove indivíduos A-B-, 3 A-bb, 3 aaB- e 1 aabb?
 
	Evento
	pi
	ni
	A-B-
	9/16
	9
	A-bb
	3/16
	3
	aaB-
	3/16
	3
	aabb
	1/16
	1
	Total
	1
	16
 
 
 
Resposta:
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)
P(Aabb) = 2∕4 x 1∕4 = 2∕16
 
	Evento
	pi
	ni
	Aabb
	2/16
	10
	Outros
	14/16
	6
	Total
	1
	16
 
 
P= (16! ∕ 10! 6!)  (2∕16)10 (14∕16)6
 
c) Qual a probabilidade de os oito primeiros indivíduos serem aabb e os demais AABB?
P(aabb) = P(aa) x P(bb) =1/16
P(AABB) = P(AA) x P(BB) =1/16
Logo, como é especificado a ordem, não se trata de um problema com uso da distribuição binomial. A solução é dada por:
P=(1∕16)8 x (1∕16)8
 
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, um indivíduo Aa ou um indivíduo Bb?
Sabemos que:
P(AaBb) = P(Aa) x P(Bb)
P(AaBb) = 2∕4 x 2∕4 = 4∕16 = 1∕4
Então
P(Aa ou Bb) = P(Aa) + P(Bb) – P(AaBb)
P(Aa ou Bb) = 2∕4 + 2∕4 – 1∕4 = 3∕4
 
 
e) Qual a probabilidade de surgirem oito indivíduos A-bb?
P(A_bb) = P(A_) x P(bb)
P(A_bb) = 3∕4 x 1∕4 = 3∕16
	Evento
	pi
	ni
	A-bb
	3/16
	8
	Outros
	13/16
	8
	Total
	1
	16
 
P= (16! ∕ 8! 8!) (3∕16)8 (13∕16)8
 
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?
 
	Evento
	pi
	ni
	AaBb
	1/4
	4
	Aabb
	1/4
	4
	aaBb
	1/4
	4
	aabb
	1/4
	4
	Total
	1
	16
 
P= (16! ∕ 4! 4! 4! 4!)  (1∕4)4 (1∕4)4 (1∕4)4 (1∕4)4
 
•         Qual a probabilidade de surgirem dez indivíduos Aabb?
 
	Evento
	pi
	ni
	Aabb
	1/4
	10
	Outros
	3/4
	6
	Total
	1
	16
 
P=(16! ∕10! 6!)  (1∕4)10 (3∕4)6
 
•         Qual a probabilidade de os oito primeiros indivíduos serem aabb e os demais AaBb?
Como foi especificada a ordem não se trata de aplicar a distribuição binomial. Neste caso, o apropriado é:
P=(1∕4)8 (1∕4)8
 
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, um indivíduo Aa ou um indivíduo Bb?
P(Aa ou Bb) = P(Aa) + P(Bb) – P(AaBb)
P=(1∕2) + (1∕2) – 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?
P(alta) = P(A_) = 3/4
 
	Evento
	pi
	ni
	Alta
	3/4
	3
	Outros
	1/4
	9
	Total
	1
	12
 
P(plantas 3 altas) = (12! ∕ 3! 9!)  (3/4)3 (1/4)9
b) Qual a probabilidade de surgirem quatro plantas de sementes lisas e oito de sementes rugosas?
P(lisa) = P(B_)= ¾
P(rugosa) = P(bb) = ¼
	Evento
	pi
	ni
	Lisas
	3/4
	4
	Rugosas
	1/4
	8
	Total
	1
	12
 
P(4 lisas e 8 rugosas) = (12! ∕ 4! 8!) ∕ (3∕4)4 (1∕4)8
 
c) Qual a probabilidade de surgirem três plantas altas, lisas; oito plantas altas, rugosas; e uma planta anã, rugosa?
P(alta,lisa)= P(A_B_) = 9∕16
P(alta, rugosa) = P(A_bb) = 3∕16
P(anã, rugosa) =P(aabb) = 1∕16
 
	Evento
	pi
	ni
	Alta, lisa
	9/16
	3
	Alta, rugosa
	3/16
	8
	Anã, rugosa
	1/16
	1
	Outros (*)
	3/16
	0
	Total
	1
	12
(*) Não precisa ser incluído na tabela.
P = (12! ∕ 3! 8! 1!) (9∕16)3 (3∕16)8 (1∕16)1]
ou
P =  (12! ∕ 3! 8! 1! 0!) (9∕16)3 (3∕16)8 (1∕16)1(3∕16)0
 
d) Considerando apenas uma planta, qual a probabilidade de ela ser alta ou
ter sementes rugosas?
P(alta ou rugosa) = P(alta) + P(rugosa) – P(alta, rugosa) = P(A_) + P(bb) – P(A_bb)
P(alta ou rugosa) = 3∕4 + 1∕4 – 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)
P(AA ou bb) = 1∕4 + 1∕4 – 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) = 1∕3
P(rastejante) = 2∕3
	Evento
	pi
	ni
	Normais
	1/3
	3
	Rastejante
	2/3
	7
	Total
	1
	10
 
P = (10! ∕ 3! 7!) (1∕3)3 (2∕3)7
 
b) Qual a probabilidade de surgirem seis descendentes de crista ervilha?
 
P(crista ervilha) = 3∕4
	Evento
	pi
	ni
	Ervilha
	3/4
	6
	Outros
	1/4
	4
	Total
	1
	10
 
P = (10! ∕ 6! 4!)   (3∕4)6 (1∕4)4
 
c) Qual a probabilidade de os oito primeiros descendentes serem normais e os dois últimos rastejantes?
 
Como foi especificada a ordem, não se trata de uso da distribuição binomial. Assim, temos:
P = (1∕3)8 (2∕3)2
 
d) Qual a probabilidade de surgir, em um nascimento, uma ave rastejante ou de crista simples?
 
P(rastejante e simples) = P(rastejante) x P(simples)
P(rastejante e simples) = 2∕3 x 1∕4 = 2∕12
P(rastejante ou crista simples) = P(rastejante) + P(crista simples) – P(rastejante e simples)
P(rastejante ou crista simples) = 2∕3 + 1∕4 – 2∕12 = 3∕4
 
e) Qual a probabilidade de surgirem três descendentes normais ervilhas e cinco rastejantes simples?
P(normal e ervilha) = P(normal) x P(ervilha)
P(normal e ervilha) = 1∕3 x 3∕4 = 3∕12
P(rastejante e simples) = P(rastejante) x P(simples)
P(rastejante e simples) = 2∕3 x 1∕4 = 2∕12
	Evento
	pi
	ni
	Normais ervilhas
	3/12
	3
	Rastejantes simples
	2/12
	5
	Outros
	7/12
	2
	Total
	1
	10
 
P = (10! ∕ 3! 5! 2!) (3∕12)3 (2∕12)5 (7∕12)2
 
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.
Iniciando o exercício, faremos o quadro com os valores observados, esperados e o 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
	1,55
	Marrom
	13
	11.25
	1,75
	0,27
	 
	 
	 
	χ2calc =
	2,42
 
b) Grau de liberdade e nível de significância estimado.
Como temos três fenótipos, poderemos achar os graus de liberdade pela fórmula: n-1 (em que n é o número de fenótipos).
Graus de liberdade (GL) = 3 -1 = 2
 
c) Nível de significância.
Nível de significância é a máxima probabilidade de erro que se tem ao se rejeitar uma hipótese verdadeira.
α = 29,67 (usando um computador)
0,50 >  α > 0,25
 
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.
	H0 : 12:3:1
	0,50 >  α > 0,25
	Não se rejeita H0, pois o erro, ao rejeitar Ho, é grande
	Ha : Não H0
	
	
	H0 : 9:6:1
	α < 0,05%
	Rejeita-se H0, pois o erro ao rejeitar Ho, é pequeno
	Ha : Não H0
	
	
 
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 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:
(Temos um espaço amostral de 52.)
a) ás                P(ás)=4∕52
b) paus            P(paus)=13∕52
c) dama           P(dama)=4∕52
d) copas          P(copas)=13∕52
e) ás de paus   P(ás e paus em duas cartas) =4∕52 x 13∕52
f) ás e dama P(ás e dama)=P(ás) x P(dama) =4∕52 x 4/52
g) ás ou dama P(ás ou dama)=P(ás) + P(dama) = P(ás ou dama)=4∕52 + 4∕52 = 8∕52
 h) ás ou paus  P(ás ou paus)=P(ás) + P(paus) – P(ás e paus) = P(ás ou paus)= 4∕52 + 13∕52 – 1∕52 = 16∕52
 i) copas ou paus P(copas ou paus)=P(copas) + P(paus) = P(copas ou paus)=13∕52 + 13∕52 = 1∕2
Retirando-se duas cartas, qual é a probabilidade de:
j) dois ases;
P(2 ases)=P(ás) x P(ás∕1ª ás)
P (2 ases)=4∕52 x 3∕51 = 12∕2652
k) um ás e uma dama, em qualquer ordem;
P(1 ás e 1 dama em qualquer ordem)= P(ás) x P(dama|1ª ás) + P(dama) x P(ás| 1ª dama)
P(1 ás e 1 dama em qualquer ordem)= 4∕52 x 4∕51 + 4∕52 x 4∕51 = 32∕2652
l) exatamente um ás?
P(exatamente 1 ás)= P(ás) x P(outra carta) + P(outra carta) x P(ás)
P(exatamente 1 ás)= 4∕52 x 48∕51 + 48∕52 x 4∕51 = 384∕2652
 
11) Numa urna há cinco bolas: três vermelhas e duas azuis. Retirando-se uma bola, qual a probabilidade de ela ser:
 
a) vermelha;
Temos como espaço amostral 5 bolas.
P(vermelha)=3∕5
 b) azul?
P(azul)=2∕5
 Retirando-se duas bolas, qual é a probabilidade de:
c) as duas serem vermelhas;
P(2 vermelhas)=P(vermelha) x P(vermelha|1ª azul)
P(2 vermelhas)=3∕5 x 2∕4 = 6∕20
d) uma vermelha e outra azul, em qualquer ordem;
P(1 v ou a em qualquer ordem)=P(vermelha) x P azul |1ª azul) + P(azul) x P(vermelha|1ª azul)
P(1 v ou a em qualquer ordem)= 3∕5 x 2∕4 + 2∕5 x 3∕4 = 12∕20
e) ocorrer exatamente uma vermelha?
P(exatamente 1 v)= P(vermelha) x P(azul) + P(azul) x P(vermelha)
P(exatamente 1 v)= 3∕5 x 2∕4 + 2∕5 x 3∕4 = 12∕20
 
12) Numa urna há 5.000 bolas: 3.000 vermelhas e 2.000 azuis. Pede-se: a, b, c, d, e e do item anterior.
A diferença do item anterior, é apenas o espaço amostral. Enquanto que no anterior temos apenas cinco bolas, nesse exercício temos 5000.
a) vermelha;
P(vermelha)=3000∕5000 = 3∕5
 b) azul?
P(branca)=2000∕5000 = 2∕5
 
 Retirando-se duas bolas, qual é a probabilidade de:
c) as duas serem vermelhas;
P(2 vermelhas)=P(vermelha) x P(vermelha|1ª azul)
P(2 vermelhas)=3000∕5000 x 2999∕4999 = 3∕5 x ~3∕5 = 9∕25
 
d) uma vermelha e outra branca, em qualquer ordem;
P(1 v ou a em qualquer ordem)=P(vermelha) x P(azul |1ª azul) + P(azul) x P(vermelha|1ª azul)
P(1 v ou a em qualquer ordem)= 3000∕5000 x 2000∕4999 + 2000∕5000 x 3000∕4999 =
3∕5 x ~2∕5 + 2∕5 x ~3∕5 = 12∕25
e) ocorrer exatamente uma vermelha?
P(exatamente 1 v)= P(vermelha) x P(azul) + P(azul) x P(vermelha)
P(exatamente 1 v)= 3000∕5000 x 2000∕4999 + 2000∕5000 x 3000∕4999 =
3∕5 x ~2∕5 + 2∕5 x ~3∕5 = 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:
Sugestão: http://www.minhavida.com.br/saude/temas/albinismo
Fonte: http://modaparahomens.com.br/2012/08/23/a-beleza-exotica-dos-albinos/
 
a) a segunda criança ser uma menina albina;
P(menina albina)=P(menina) x P(albina)
P(menina albina)=1∕2 x 1∕4 = 1∕8
 
b) a quinta criança ser albina ou menina;
P(menina ou albina)=P(menina) + P(albina) – P(menina albina)
P(menina ou albina)= 1∕2 + 1∕4 - 1∕8 = 5∕8
 
c) a segunda criança ser menina albina ou menino albino;
P(menina albina ou menino albino)=P(menina albina) + P(menino albino)
P(menina albina ou menino albino)= 1∕8 + 1∕8 = 1∕4
 
d) a última criança ser normal se as quatro primeiras o são;
P(última normal)=3∕4
 
e) as duas últimas serem normais;
P(2 últimas normais)=P(penúltimo normal) x P(último normal)
P(2 últimas normais)= 3∕4 x 3∕4=9∕16
 
f) as quatro últimas serem normais e a primeira albina;
P(1 albina e 4 últimas normais)= 1∕4(3∕4)4
 
g) ocorrer exatamente uma criança albina;
	Evento
	pi
	ni
	Albina
	¼
	1
	Outros
	3/4
	4
	Total
	1
	5
 
P(exatamente 1 criança albina)= (5! ∕ 1! 4!) ∕ (1∕4)1 (3∕4)4
 
h) ocorrerem exatamente duas crianças albinas?
	Evento
	pi
	ni
	Albina
	¼
	2
	Outros
	3/4
	3
	Total
	1
	5
 
P(exatamente 2 crianças albinas)= (5! ∕ 2! 3!) ∕ (1∕4)2 (3∕4)3
14) O cruzamento Aabb X AaBb irá produzir oito filhos. Qual é a probabilidade. de ocorrerem:
a) 2AABb,2AAbb, 1AaBb,1Aabb,1aaBb,1aabb;
 
	Evento
	pi
	ni
	AABb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	2
	AAbb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	2
	AaBb
	2∕4 x 1∕2 = 2∕8
	1
	Aabb
	2∕4 x 1∕2 = 2∕8
	1
	aaBb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	1
	aabb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	1
	Total
	1
	8
 
P=(8! ∕ 2! 2! 1! 1! 1! 1!) ∕ (1∕8)2 (1∕8)2 (2∕8)1 (2∕8)1∕ (1∕8)1 (1∕8)1
 
b) 2AABb,3AaBb;
 
	Evento
	pi
	ni
	AABb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	2
	AaBb
	2∕4 x 1∕2 = 2∕8
	3
	Outros
	5∕8
	3
	Total
	1
	8
 
P=(8! ∕ 2! 3! 3!) ∕ (1∕8)2  (2∕8)3 (5∕8)3
 
c) 3AABb,5AaBb;
	Evento
	pi
	ni
	AABb
	1∕4 x 1∕2 = 1∕8
	2
	AaBb
	2∕4 x 1∕2 = 2∕8
	3
	Outros
	5∕8
	0
	Total
	1
	8
 
P=(8! ∕ 3! 5!0!) ∕ (1∕8)3  (2∕8)5 (5∕8)0 
ou       
P=(8! ∕ 3! 5!) ∕ (1∕8)3  (2∕8)5
 
 
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(6V, 6B, 6A)=P(6 vermelho) x P(6 branco) x P(6 azul)
P(6V, 6B, 6A)= (1∕6)3
 
b) 5(V), 5(B), 3(A);
P(5V, 5B, 3A)=P(5 vermelho) x P(5 branco) x P(3 azul)
P(5V, 5B, 3A)= (1∕6)3
 
c) os dois últimos serem 6;
P(2 últimos serem 6)=P(penúltimo 6) x P(útimo 6)
P(2 últimos serem 6)= (1∕6)2
 
d) o último ser 5, sabendo-se que os dois primeiros o são;
P(último ser 5| dois primeiros o são)= 1∕6
 
e) nenhum 2;
P(nenhum ser 2)=P(qualquer face exceto 2) x P(qualquer face exceto 2) x P(qualquer face exceto 2)
P(nenhum ser 2)=( 5∕6)3
 
f) dois 6 e um 2;
	Evento
	pi
	ni
	
	1/6
	2
	
	1/6
	1
	Total
	1
	8
 
P=(3! ∕ 2! 1!) ∕ (1∕6)2  (1∕6)1
 
g) três 6 ou três 5;
P(três 6 ou três 5)=P(três 6) + P(três 5)
P= (1∕6)3 +  (1∕6)3
 
h) o mesmo número nos três dados;
P(o mesmo número nos três dados)=6 x (1∕6)3
 
i) um número diferente em cada dado;
P(um número diferente em cada dado)=P(número 1) x P(número 2) x P(número 3)
P(um número diferente em cada dado)= 6∕6 x 5∕6 x 4∕6
 
j) o primeiro ou o último ser 4.
P= 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?
Sugestão: http://www.minhavida.com.br/saude/temas/galactosemia
Fonte: http://biobionut09.blogspot.com.br/2009/06/galactosemia-tipo-2.html
OBS: Neste exercício considera-se que todos os genótipos dos ancestrais desconhecidos sejam AA.
P(filho galactosêmico)=P( criança aa) x P(mãe Aa) x P(pai Aa)
P(filho galactosêmico)= 1∕4 x 1 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.
 
Sugestão: http://www.minhavida.com.br/saude/temas/doenca-de-huntington
 
Fonte: http://clinicadralexandrecruzeiro.webnode.com.br/news/doen%C3%A7a-de-huntington/
 
a) Qual é a probabilidade de ele desenvolver a doença mais tarde?
 
A probabilidade é 1∕2, pois o seu genótipo pode ser Aa (1∕2) ou aa (1∕2).
 
b) Qual é a probabilidade de seu filho desenvolver os sintomas na idade madura?
P(filho ser Aa)=P(filho Aa) x P(pai Aa)
P(filho ser Aa)= 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?
P(ambos mesmo fenótipo)=P(1º albino) x P(2º albino) + P(1º normal) x P(2º normal)
P(ambos mesmo fenótipo)= 1∕4 x 1∕4 + 3∕4 x 3∕4 = 10∕16
 
19) Um homem é braquidáctilo (dedos muito curtos, dominante mendeliano raro, determinado pelo alelo A ) e sua mulher não, mas seu pai é normal sim. 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.
Homem (AaBb) x (aaBb) Mulher
 
Se eles tiverem sete filhos, qual é a probabilidade de:
b) todos serem braquidáctilos;
P(7 braquidáctilos)= P(7 Aa) = (1∕2)7
 
c) nenhum ser braquidáctilo;
P(nenhum braquidáctilo)=P(todos normais) = P(7 aa) = (1∕2)7
 
d) todos serem sensores do gosto da feniltiocarbamida;
P(7 sentirem gosto)= P(7 B-) =(3∕4)7
 
e) todos serem não sensores;
P(nenhum sentir gosto)=  P(7 bb) = ( 1∕4)7
 
f) todos serem braquidáctilos sensores;
P(braquidáctilo sensor)=P(braquidáctilo) x P(sensor)
P(braquidáctilo sensor)=1∕2 x 3∕4 = 3∕8
P(todos braquidáctilos sensores)=(3∕8)7
 
g) nenhum ser braquidáctilo sensor;
P(nenhum braquidáctilo sensor)= (3∕8)7
 
h) pelo menos um ser braquidáctilo sensor;
P(pelo menos um braquidáctilo sensor)=1- (5∕8)7
 
i) o primeiro filho ser braquidáctilo não sensor;
 P(1º filho ser braquidáctilo não sensor)= P(braquidáctilo) x P(não sensor)
P(1º filho ser braquidáctilo não sensor)= 1∕2 x 1∕4 = 1∕8
 
j) os dois primeiros filhos serem braquidáctilos;
P(dois primeiros serem braquidáctilos)= P(1º braquidáctilo) x P(2º braquidáctilo)
P(dois primeiros serem braquidáctilos)= 1∕2 x 1∕2 = 1∕4
 
k) haver exatamente duas crianças não sensoras;
P(duas crianças não sensoras)=(7! ∕ 2! 5!) ∕ (1∕4)2  (3∕4)5
 
l) os dois primeiros filhos serem um braquidáctilo sensor e o outro não braquidáctilo não sensor, em qualquer ordem?
P=P(braquidáctilo sensor) x P(não braquidáctilo não sensor) + (não braquidáctilo não sensor) x P(braquidáctilo sensor)
P=3∕8 x 1∕8 + 1∕8 x 3∕8 = 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(1º filho com PKU)=P(mãe Aa) x P(pai Aa) x P(filho ser aa)
P(1º filho com PKU)= 2∕3 x 2∕3 x 1∕4 = 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;
LM LN  x LM LN
	Evento
	pi
	ni
	M
	1∕4
	3
	MN
	2∕4
	2
	N
	1/4
	1
	Total
	1
	6
 
P(3 M, 2MN, 1 N)= (6! ∕3! 2! 1!) ∕ (1∕4)3  (2∕4)2 (1∕4)1
 
b) 4M e 2MN;
	Evento
	pi
	ni
	M
	1∕4
	4
	MN
	2∕4
	2
	outros
	1/4
	0
	Total
	1
	6
 
 P(4 M, 2MN)= (6! ∕4! 2!0!) ∕ (1∕4)4  (2∕4)2 (1∕4)0
c) 6MN;
	Evento
	pi
	ni
	MN
	2∕4
	6
	Outros
	2/4
	0
	Total
	1
	6
 
P(6 MN)= (2∕4)6
ou
P(6 2MN)= (6! /6! 0!) ∕ (2∕4)6   (2∕4)0
 
d) 4 meninos MN;
	Evento
	pi
	ni
	Meninos MN
	(1/2)(2∕4)= 2/8
	4
	Outros
	6/8
	2
	Total
	1
	6
 
P(4 meninos MN)= (6! ∕4! 2!) ∕ (2∕8)4  (6∕8)2
e) quatro meninas MN;
	Evento
	pi
	ni
	Meninas MN
	(1/2)(2∕4)= 2/8
	4
	Outros
	6/8
	2
	Total
	1
	6
 
P(4 meninas MN)= (6! ∕4! 2!) ∕ (2∕8)4  (6∕8)2
 
f) pelo menos 4 MN;
P(pelo menos 4 MN)= 15p4q2 + 6p5q1 + p6q0
P(pelo menos 4 MN)= 15(2∕4)4( 2∕4)2 + 6(2∕4)5(2∕4)1 + (2∕4)6
 
g) pelo menos 1 MN;
P(pelo menos 1 MN)=1- (2∕4)6
 
22) Um homem com coreia de Huntington tem três filhos. Qual é a probabilidade de:
Sugestão: http://www.minhavida.com.br/saude/temas/doenca-de-huntington
A coreia de Huntington, uma doença rara e fatal que geralmente se desenvolve na meia-idade, é causada por um alelo dominante.
Casamento: Homem (Aa)  x Mulher (aa)
a) os três desenvolverem a doença;
P(3 desenvolverem a doença)= P(3
Aa) = (1∕2)3
 
b) o primeiro ser afetado e os outros dois serem normais;
P(1º afetado e os outros dois normais)= P(Aa)P(aa)P(aa)= (1∕2)3
 
c) apenas um ser afetado;
	Evento
	pi
	ni
	Afetado
	1/2
	1
	Outros
	1/2
	2
	Total
	1
	3
 
P(apenas 1 ser afetado)= (3!/1! 2!) (1/2)1(1/2)2 = 3(1∕2)3
 
d) pelo menos um ser afetado;
P(pelo menos 1 ser afetado)= 1 – P(nenhum afetado) = 1 – P(3 aa) = 1 - (1∕2)3 = 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 probabilidade de pelo menos uma ser surda se:
A- B-  Normal
A-bb Surdo
aaB- Surdo
aabb Surdo
 
a) ambos os pais forem AaBb;
P(A_bb)= 3∕4 x 1∕4 = 3∕16
P(aaB_)=3∕4 x 1∕4 = 3∕16      
P(aabb)= 1∕4 x 1∕4 = 1∕16
P(surda) = P(A-bb  ou aaB- ou aabb) = 3/16 + 3/16 + 1/16 = 7/16
P(normal) = P(A-B-) = 9/16
P= P(pelo menos uma surda) = 1 – P(nenhuma surda) =  1 – (9/16)2  =0,68359
 
b) um pai for AaBb e o outro aaBB?
 
	 
	aB
	AB
	AaBB   Normal
	Ab
	AaBb  Normal
	aB
	aaBB Surdo
	ab
	aaBb Surdo
P(surdo) = ½
P(normal) = ½
P= P(pelo menos uma surda) = 1 – P(nenhuma surda) =  1 – (1/2)2  =3/4
 
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".
Sugestão: http://www.minhavida.com.br/saude/temas/queratose-pilar
Fonte: http://www.scielo.br/scielo.php?pid=S0365-05962009000400014&script=sci_arttext
P=P(3 A-) = (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?
Sugestão: http://www.centrodegenomas.com.br/m678/testes_geneticos/telangiectasia_hemorragica_hereditaria_tipo_1_e_tipo_2_sindrome_rendu-osler
Fonte: https://lookfordiagnosis.com/mesh_info.php?term=Telangiectasia+Hemorr%C3%A1gica+Heredit%C3%A1ria&lang=3
	Genótipo
	Fenótipo
	AA
	Normal
	Aa
	Afetado
	Aa
	Letal
 
Aa x Aa
	Evento
	pi
	ni
	Normal
	1/3
	2
	Afetado
	2/3
	2
	Total
	1
	4
 
P=(4! ∕2! 2!) ∕ (1∕3)2  (2∕3)2=0,2962
 
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?
Hh x Hh
 
	Evento
	pi
	ni
	Himalaio
	¾
	(3/4)8=6
	Branco
	¼
	(1/4)8 = 2
	Total
	1
	8
 
P=(8! ∕6! 2!) ∕ (3∕4)6  (1∕4)2 = 0,311462
 
27) O cruzamento de uma variedade de flores roxas com outra de flores brancas produziu o seguinte resultado: na geração F1, 100% das plantas apresentaram flores roxas; na F2, 470 plantas tinham flores roxas 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.
 
 
Para testar essa hipótese de trabalho, devemos formular H0 e Ha. Vamos analisar como se o caráter fosse controlado por um único par de alelos. Com isso, temos as hipóteses:
 
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
	Roxa
	470
	603,75
	-133,75
	29,63
	Branca
	335
	201,25
	133,75
	88,89
	 
	 
	 
	χ2calc =
	118,52
 
 
 
 
Como temos dois fenótipos, teremos os seguintes graus de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
Olhando a tabela de qui-quadrado para encontrar o valor de α  temos:
Logo:   α < 0.005
Conclusão: Como α  é pequeno, tem-se pequeno ERRO ao rejeitar H0. 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.
Como nossa hipótese de apenas um gene estar controlando esse caráter foi rejeitada devemos formular outra. Como temos dois fenótipos, e as proporções se aproximam da epistasia recesssiva dupla (9:7), podemos criar as hipóteses de trabalho:
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
	Roxa
	470
	452,8125
	17,1875
	0,6523
	Branca
	335
	352,1875
	-17,1875
	0,8387
	 
	 
	 
	χ2calc =
	1,491
 
 
 
Como temos dois fenótipos, teremos apenas um grau de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
χ2tab 5%  1 GL = 3,841
 
Logo:  0.5  >  α > 0.25
Conclusão: Como α  é grande, tem-se grande ERRO ao rejeitar H0. Portanto, não rejeitamos a hipótese de que 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.
 
Como temos quatro fenótipos, podemos inferir que a proporção segue a da segunda lei de Mendel (9:3:3:1). Com isso, formularemos as hipóteses:
 
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
 
 
 
 
Como temos quatro fenótipos, teremos três graus de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 4 - 1 = 3
χ2tab 5%  3 GL = 7,815
 
 
 
Logo:  0.975  >  α > 0.950
Conclusão: Como α  é grande, tem-se grande ERRO ao rejeitar H0. Portanto, não rejeitamos a hipótese de que 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.
Observamos que há três fenótipos para esse caráter. E testando para que apenas um gene determine essa característica, temos as seguintes hipóteses:
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
	1,44
	Rosa
	260
	253
	7
	0,19
	Branca
	133
	126,5
	6,5
	0,33
	 
	 
	 
	χ2calc =
	1,96
 
Três fenótipos irão gerar dois graus de liberdade.
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.
 
 
Como temos apenas dois fenótipos, vamos testar se um gene gera essa característica, pelas hipóteses da proporção clássica de Mendel, temos:
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
	0,33
	Amarelo
	90
	100
	-10
	1,0
	 
	 
	 
	χ2calc =
	1,33
 
 
 
Como são dois fenótipos, temos um grau de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1
χ2tab 5%  1 GL = 3,841
Logo:  0.25  >  α > 0.10
Conclusão: Como α  é grande, tem-se grande ERRO ao rejeitar H0. Portanto, não rejeitamos a hipótese de que 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.
Para ser segregação independente, devemos considerar a probabilidade de 1:1:1:1. Com isso, temos as hipóteses:
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
	Red., simples
	23
	52,5
	-29,5
	16,57
	Red., comp.
	85
	52,5
	32,5
	20,11
	Along., simples
	83
	52,5
	30,5
	17,71
	Along., comp.
	19
	52,5
	-33,5
	21,37
	 
	 
	 
	χ2calc =
	75,76
 
 
 
 
Temos três graus de liberdade:
Graus de liberdade (GL) = 4 - 1 = 3
χ2tab 5%  3 GL = 75,76
 
Logo:  α < 0.005
Conclusão: Como α  é pequeno, tem-se pequeno ERRO ao rejeitar H0. Portanto, rejeitamos a hipótese de que o caráter 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
 
Usaremos a fórmula da certeza para encontrar esse resultado:
C=1 – α
Em que α = (P)n
C=1 – (1∕32)n
n log (1∕32) = log (1 – 0,95)
 n = [log (1 – 0,95)]  ∕ log (1∕32)
n = 94,35
n  ~95 indivíduos
 
MULTIPLA 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?
 
a) 1/325
b) 1/512
c) 1/682
d) 1/921
e) 1/1754
Resolução: P=(1∕2)5 (1∕2)4 = 1∕512
Resposta: Alternativa B
 
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:
 
a) 1/4
b) 1/8
c) 3/4
d) 3/8
e) 1/5
Resolução: P(menina e sensora)= 3∕4 x 1∕2 = 3∕8
Resposta: Alternativa D
 
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:
 
a) 3/4
b) 1/2
c) 1/4
d) 1/8
e) 1/16
Resolução: Pelo enunciado do problema, podemos inferir que os pais são heterozigotos. Com isso, temos a seguinte proporção dos descendentes. Para o segundo filho ser igual ao primeiro, ele deverá ser recessivo, possuindo uma probabilidade de 1/4 de nascer com esse carácter.
	Aa            x                
	Aa
	                  ↓
	 
	          1∕4 AA: 2∕4 Aa : 1∕4 aa
 
Resposta: Alternativa C
4) Do cruzamento entre dois indivíduos portadores do genótipo AaBBCcDd, qual a probabilidade de ocorrência numa F1 de indivíduos com o genótipo AABBccDd?
 
a) 1/85
 
b) 3/54
 
c) 1/32
d) 6/95
e) 1/64
Resolução: P(AABBccDd)= P(AA) x P(BB) x P(cc) x P(Dd)
P(AABBccDd)= 1∕2 x 1∕4 x 3∕4 = 1∕32
Resposta: Alternativa C
 
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?
a) 2/16
b) 4/32
c) 6/16
d) 3/32
e) 7/16
Resolução: P(filha, olhos azuis e pele normal)= P(filha) x P(olhos azuis) x P(pele normal)
P(filha, olhos azuis e pele normal)= 1∕2 x 1∕4 x 3∕4 = 3∕32
Resposta: Alternativa D
 
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?
 
a) 1/8
b) 1/4
c) 1/16
d) 1/32
e) 0%
Resolução: P(homem, normal, normal)=P(homem) x P(normal) x P(normal)
P(homem, normal, normal)= 1∕2 x 1∕2 x 1∕2 =1∕8
Resposta: Alternativa A
 
7) Um determinado indivíduo possui o genótipo Aa. Qual a chance de o gene A ser transmitido para um bisneto seu?
 
a) 50%
b) 3,125%
c) 1/4
d) 3/4
e) 12,5%
Resolução:
Faremos uma escala de probabilidade para encontrar a resposta:
Aa →   filho →      neto        →     bisneto
              1∕2  → (1∕2) ∕2= 1∕4 → (1∕4) ∕2=1∕8
(1∕8) x 100 = 12,5%
Resposta: Alternativa E
 
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?
 
a) 1/16
b) 1/32
c) 1/64
d) 1/128
e) 1/256
Resolução: P=(1∕2)6=1∕64
Resposta: Alternativa C
 
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?
 
a) 27/164
b) 3/8
c) 64/126
d) 270/32.768
e) 0%
Resolução: P=(5! ∕3! 2!) ∕ (3∕8)3  (1∕8)2=270∕32.768
Resposta: Alternativa D
 
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?
 
a) 2,7/164
b) 15/40
c) 640/1.260
d) 27/32.768
e) 5%
Resolução: P=(3∕8)3  (1∕8)2=27∕32.768
Resposta: Alternativa D
 
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?
 
a) 1/2 
b) 1/6
c) 1/4 
d) 1/8
e) 1/10
 
Resolução:
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
Resposta: Alternativa D
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             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
Resolução:
Faremos o cruzamento considerando o casal como sendo heterozigoto:
	Aa            x                
	Aa
	                  ↓
	 
	          1∕4 AA: 2∕4 Aa : 1∕4 aa
A_ = 3∕4 castanhos
Aa = 1∕4 azuis
Resposta: Alternativa C
 
13) Numa família com nove filhas, a probabilidade de o décimo filho ser homem é:
 
a) 50%
b) 70%
c) 80%
d) 90%
e) 25%
Resolução:
A probabilidade do décimo filho ser homem, não sofre interferência da relação dos filhos passados, por isso faremos o cruzamento entre os pais:
	XX            x                
	XY
	                  ↓
	 
	            1∕2 XX : 1∕2 XY
Resposta: Alternativa A
 
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:
 
a) nula
b) 20%
c) 25%
d) 50%
e) 100%
Resolução:
Faremos primeiro o cruzamento dos progenitores:
	Aa            x                
	aa
	                  ↓
	 
	              1∕2 Aa : 1∕2 aa
Resposta: Alternativa D
 
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:
 
a) 0,00
b) 0,25
c) 0,50
d) 0,75
e) 1,00
Resolução:
P(menina afetada)=P(menina) x P(afetada)
P(menina afetada)= 1∕2 x 1∕2 = 1∕4
Resposta: Alternativa B
 
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.
Resolução:
Não é possível saber se os indivíduos 13, 14 e 16 são AA ou Aa.
Resposta: Alternativa E
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?
 
a) 1/2
b) 1/4
c) 3/4
d) 1/3
e) 2/3  
Resolução:
	Aa            x                
	Aa
	                  ↓
	 
	              3∕4 A_: 1∕4 aa
 
Resposta: Alternativa C
 
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%
Resolução:
	Aa
	↓
	1∕2 A ou 1∕2 a
 
Resposta: Alternativa C
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?
 
a) 1/2
b) 1/4
c) 1/8
d) 1/16
e) 1/32
Resolução: P=(1∕2)4 = 1∕16
Resposta: Alternativa D
 
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:
 
a) 15,6%
b) 24,6%
c) 12,5%
d) 31,6%
e) 28,1%
Resolução: P=(3∕4)4 = 81∕256 = 31,64%
Resolução: Alternativa D
 
 
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GL\ α.995      .990       .975        .950     .900          .750        .500        .250        .100         .050   .025        .010       .005            _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1 0.00004     0.00016     0.00098     0.00393     0.01579     0.10153     0.45494      1.32330 2.70554     3.84146     5.02389     6.63490     7.87944    
2 0.01003     0.02010     0.05064     0.10259     0.21072     0.57536     1.38629     2.77259       4.60517     5.99146     7.37776     9.21034     10.59663
3 0.07172     0.11483     0.21580    0.35185      0.58437     1.21253     2.36597     4.10834 6.25139     7.81473     9.34840     11.3448     12.83816  
4 0.20699     0.29711     0.48442     0.71072     1.06362     1.92256     3.35669     5.38527 7.77944     9.48773     11.1432     13.2767     14.86026
5 0.41174     0.55430     0.83121     1.14548     1.61031     2.67460     4.35146     6.62568 9.23636     11.0705     12.8325     15.0862     16.74960
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