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 < χ
2
tab , 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). 
 
 
 
Como temos dois fenótipos, teremos apenas um grau de liberdade: 
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1 
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 
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 surgiremoito 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 
http://arquivo.ufv.br/dbg/genetica/index.htm
 
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 
 
 
 
 
 
 
 
• 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 
Branca 34 40 -6 0,9 
Vermelha 35 40 -5 0,625 
 χ2calc = 3,0375 
 
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(AAou 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 
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 
 
http://modaparahomens.com.br/2012/08/23/a-beleza-exotica-dos-albinos/
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 pini 
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 
 
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; 
L
M
 L
N
 x L
M
 L
N 
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 
http://www.minhavida.com.br/saude/temas/doenca-de-huntington
 
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 
http://www.minhavida.com.br/saude/temas/queratose-pilar
 
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_hem
orragica_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 
http://www.centrodegenomas.com.br/m678/testes_geneticos/telangiectasia_hemorragica_hereditaria_tipo_1_e_tipo_2_sindrome_rendu-osler
http://www.centrodegenomas.com.br/m678/testes_geneticos/telangiectasia_hemorragica_hereditaria_tipo_1_e_tipo_2_sindrome_rendu-osler
https://lookfordiagnosis.com/mesh_info.php?term=Telangiectasia+Hemorr%C3%A1gica+Heredit%C3%A1ria&lang=3
https://lookfordiagnosis.com/mesh_info.php?term=Telangiectasia+Hemorr%C3%A1gica+Heredit%C3%A1ria&lang=3
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). 
 
 
 
 
Como temos dois fenótipos, teremos os seguintes graus de liberdade: 
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 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 
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). 
 
 
 
Como temos dois fenótipos, teremos apenas um grau de liberdade: 
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 1 
χ2tab 5% 1 GL = 3,841 
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 
 
 
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. 
 
 
 
 
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). 
 
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 
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 < χ
2
tab , 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. 
 
 
 
Como são dois fenótipos, temos um grau de liberdade: 
Graus de liberdade (GL) = 2 - 1 = 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 
 
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. 
 
 
 
 
Temos três graus de liberdade: 
Graus de liberdade (GL) = 4 - 1 = 3 
χ2tab 5% 3 GL = 75,76 
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 
 
 
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 _____________________________________________
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1 0.00004 0.00016 0.00098 0.00393 0.01579 0.101
53 0.45494 1.32330 2.70554 3.84146 5.02389 6.6
3490 7.87944 
2 0.01003 0.02010 0.05064 0.10259 0.21072 0.575
36 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 1.212
53 2.36597 4.10834 6.25139 7.81473 9.34840 11.3
448 12.83816 
4 0.20699 0.29711 0.48442 0.71072 1.06362 1.922
56 3.35669 5.38527 7.77944 9.48773 11.1432 13.2
767 14.86026 
5 0.41174 0.55430 0.83121 1.14548 1.61031 2.674
60 4.35146 6.62568 9.23636 11.0705 12.8325 15.0
862 16.74960 
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