RESPOSTAS DOS CAP Genetica_um_enfoque_conceitual_pierce-1191-1203

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 Mais acetilação. As regiões de sensibilidade à DNase I são menos condensadas que o DNA que não é sensível à DNase I,
o DNA sensível está menos firmemente associado com os nucleossomos, e está em um estado mais aberto. Tal estado
está associado com a acetilação dos resíduos de lisina nas caudas de histona do N-terminal. A acetilação elimina a carga
positiva do resíduo da lisina e reduz a afinidade da histona pelos fosfatos de carga negativa do esqueleto do DNA.
A molécula superior, com uma alta porcentagem de pares de base A-T, terá uma temperatura de fusão menor do que da
molécula inferior, que tem principalmente pares de base G-C. Os pares de base A-T têm duas pontes de hidrogênio e
assim menos estável que os pares de base G-C, que têm três pontes de hidrogênio.
Se a mutação estiver localizada dentro de um gene do cloroplasto, então o gene cloroplasto é herdado da genitora.
Esperaríamos os seguintes resultados, não importa qual traço é dominante:
Macho do trigo selvagem × fêmea do trigo verde-claro → descendentes todos verde-claros.
Macho do trigo verde-claro × fêmea do trigo do tipo selvagem → descendentes todos do tipo selvagem.
Se a mutação estiver em um gene nuclear, então ambos os genitores podem transmitir a mutação verde-clara para seus
descendentes. Se o tipo selvagem for dominante sobre o verde-claro, então esperaríamos os seguintes resultados:
Macho do trigo selvagem × fêmea do trigo verde-claro → descendentes todos do tipo selvagem.
Macho do trigo verde-claro × fêmea do trigo do tipo selvagem → descendentes todos do tipo selvagem.
Se o fenótipo verde-claro for dominante sobre o tipo selvagem, então esperaríamos os seguintes resultados:
Macho do trigo selvagem × fêmea do trigo verde-claro → descendentes todos verde-claros.
Macho do trigo verde-claro × fêmea do trigo do tipo selvagem → descendentes todos verde-claros.
O heredograma indica que o distúrbio neurológico é um traço herdado pelo citoplasma. Apenas as fêmeas transmitem o
traço para seus descendentes. O traço não parece ser específico para o sexo de modo que os machos como as fêmeas
podem ter o distúrbio. Estas características são consistentes com a herança citoplasmática.
Na Neurospora, as mutações poky são identificadas pelo lento crescimento do organismo mutante. A herança materna
indica que as mutações poky têm origem mitocondrial porque os genomas mitocondriais são herdados maternalmente na
Neurospora. Foram identificadas muitas mutações poky no genoma mitocondrial. Para uma cepa de Neurospora ter uma
mutação poky com herança biparental, é provável que esta mutação tenha origem nuclear. Na Neurospora, os genes
nucleares exibem herança biparental. É mais provável que esta mutação poky particular afete as vias de produção de
energia nas mitocôndrias como indicado pelo fenótipo poky, mas a mutação está dentro de um gene nuclear cuja proteína
se direciona para as mitocôndrias.
Os níveis de DNA nuclear devem aumentar durante apenas a fase S, antes do declínio na citocinese. Os níveis de DNA
mitocondrial devem aumentar durante todo ciclo celular, antes de declinar na citocinese.
Capítulo 12
(a) Células em G1, antes da troca para o meio com 14N.
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(b) Células em G2, após a troca para o meio com 14N.
(c) Células na anáfase da mitose, após a troca para o meio com 14N.
(d) Células na metáfase I da meiose, após a troca para o meio com 14N.
(e) Células na metáfase II da meiose, após a troca para o meio com 14N.
Replicação teta, 5 minutos; replicação do círculo rolante, 10 minutos.
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(a) Mais erros na replicação; (b) primers não seriam removidos;
(c) primers que foram removidos não seriam substituídos.
A primase é necessária para o início da replicação na replicação da forma teta. Se a primase não fosse funcional, então não
ocorreria o início da replicação, resultando em não replicação.
 A replicação do ciclo rolante não demanda a enzima primase. Uma ruptura de fita única dentro de uma fita fornece um
grupo OH 3′ ao qual os nucleotídios podem ser adicionados de modo que a replicação pelo ciclo rolante ocorreria sem
uma primase funcional.
Devem ser observadas duas bandas distintas dentro do tubo antes da centrifugação. As proteínas histona originais tinham
aminoácidos marcados com um isótopo pesado enquanto as histonas recém-sintetizadas têm aminoácidos marcados com
um isótopo leve. Se as histonas originais permanecem em uma fita, então esperaríamos observar, após a centrifugação,
que as histonas originais sedimentam próximo do fundo do tubo em uma banda distinta. As histonas recém-sintetizadas
seriam mais leves e estariam em uma banda distinta superior no tubo.
A porção RNA da telomerase é necessária para fornecer o molde para sintetizar as sequências de telômero do DNA
complementar nas extremidades dos cromossomos. Uma grande deleção afetaria como os telômeros são sintetizados nas
extremidades dos cromossomos pela telomerase e poderiam potencialmente eliminar a síntese do telômero.
A proteína B pode ser necessária para o início com sucesso da replicação nas origens de replicação. A proteína B está
presente no início da fase S, mas desaparece ao seu fim. A proteína A pode ser responsável por remover ou inativar a
proteína B. À medida que os níveis da proteína A aumentam, os níveis da proteína B reduzem evitando eventos de início
extras. Quando a proteína A sofre mutação, ela não pode mais inativar a proteína B, assim podem começar ciclos
sucessivos de replicação, graças aos altos níveis de proteína B. Quando a proteína B sofre mutação, ela não pode mais
auxiliar a iniciação e a replicação para.
Capítulo 13
(a) É provável que a molécula de RNA seja fita única. Se ela for fita dupla, esperaríamos porcentagem quase iguais de
adenina e uracila, assim como porcentagens iguais de guanina e citosina. Nesta molécula de RNA, as porcentagens
destes potenciais pares de bases não são iguais, então a molécula é fita única; (b) como a fita molde de DNA é
complementar à molécula de RNA, esperaríamos porcentagens iguais para as bases na complementaridade de DNA para
as bases de RNA. Portanto, esperaríamos no DNA A = 42%, T = 23%, C = 14% e G = 21%.
5′-AUAGGCGAUGCCA-3′
A sequência consenso é identificada ao determinar qual nucleotídio é usado com maior frequência em cada posição. Para
os dois nucleotídios que ocorrem em uma mesma frequência na primeira posição, ambos estão listados na posição na
sequência e identificados por uma barra: T/A G C A A T T.
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A região –10 ou Pribnow Box tem a sequência consenso de TATAAT. Entretanto, alguns promotores bacterianos têm a
sequência consenso exata.
(a) Afetaria a sequência –10, que seria mais provável de reduzir a transcrição; (b) afetaria a ligação do fator sigma ao
promotor e regular negativamente à transcrição, reduzindo ou inibindo a transcrição; (c) improvável de ter qualquer
efeito na transcrição, (d) teria pouco efeito na transcrição.
(a)
(b) Com base na potencial estrutura em grampo que pode se formar e a corrida de U que será sintetizada no RNA, este
terminador é um terminador independente de Rho (intrínseco).
(c)
Se TBP não pode se ligar a TATA box, então os genes com estes promotores serão transcritos em taxas muito baixas ou
não serão transcritos. Como a TATA box é o elemento promotor mais comum para as unidades de transcrição da RNA
polimerase II e é encontrada em alguns promotores de RNA polimerase III, a transcrição cai significativamente. É mais
provável que a falta de proteínas codificadas por estes genes resulte na morte celular.
(a) A partir do experimento 3 e sua faixa (lane) correspondente no gel, pTFIIB e a RNA polimerase de S. pombe (pPolII)
parece ser suficiente para determinar o sítio de início da transcrição. O sítio de início da S. pombe foi usado mesmo que
muitos dos outros fatores de transcrição fossem da S. cerevisiae.
(b) Quando TFIIE e TFIIH foram individualmente trocados, a transcrição foi afetada. Entretanto, a troca pareada de
TFIIE e TFIIH possibilitoua transcrição, sugerindo que TFIIE e TFIIH sofrem uma interação espécie-específica e
essencial para a transcrição ou que a ausência desta interação inibirá a transcrição. Foram observados resultados
semelhantes na troca pareada de TFIIB e RNA polimerase, o que sugere que é necessária a interação espécie-específica
entre TFIIB e RNA polimerase para transcrição.
(c) É provável que TFIIB interaja com a RNA polimerase e com outros fatores de transcrição necessários para a
iniciação no promotor. Dados indicam que TFIIB e RNA polimerase II têm de ser da mesma espécie para que ocorra a
transcrição. A TFIIB potencialmente se associa downstream da TATA box, mas em associação com outros fatores de
transcrição localizados na TATA box ou próximos a ela. Possivelmente, essas interações downstream entre TFIIB e
outros fatores de transcrição estimulem mudanças conformacionais na RNA polimerase e na sequência de DNA,
permitindo que a transcrição inicie no sítio de início adequado. No experimento 3, RNA polimerase e TFIIB eram de S.
pombe, levando ao posicionamento da RNA polimerase no sítio de início de transcrição de S. pombe pelo pTFIIB.
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Capítulo 14
É provável que o tamanho grande do gene da distrofina seja por causa da presença de muitas sequências intervenientes, ou
íntrons, na região codificadora do gene. A excisão de íntrons por recomposição do RNA gera o mRNA maduro
codificador da proteína distrofina.
(a) A região 5′ não traduzida fica upstream do sítio de início de tradução. Nas bactérias, o sítio de ligação do ribossomo,
ou sequência Shine-Dalgarno, está na região 5′ não traduzida. Entretanto, mRNA eucariótico não tem a sequência
equivalente e um ribossomo eucariótico se liga ao cap 5′ da molécula de mRNA.
(b) O promotor é a sequência de DNA reconhecida e ligada pelo aparato de transcrição para iniciar a transcrição.
(c) A sequência consenso AAUAAA, que fica downstream da região codificadora do gene, determina a localização do
sítio de clivagem 3′ na molécula pré-mRNA.
(d) O sítio de início de transcrição começa na região codificadora do gene e está localizada de 25 a 30 nucleotídios
downstream da TATA box.
(e) A região 3′ não traduzida é uma sequência de nucleotídios que está localizada na extremidade 3′ do mRNA e não é
traduzida em proteínas. Entretanto, não afeta a estabilidade e a tradução do mRNA.
(f) Os íntrons são sequências não codificadoras de DNA que intervêm dentro de regiões codificadoras de um gene.
(g) Éxons são regiões codificadoras de um gene.
(h) Uma cauda poli(A) é adicionada à extremidade 3′ do pré-mRNA; ela afeta a estabilidade do mRNA e a ligação do
ribossomo ao mRNA.
(i) O cap 5′ atua na iniciação da tradução e na estabilidade do mRNA.
São necessárias proteínas específicas para clivagem da 3′ UTR e para poliadenilação. A mutação dos genes que codificam
estas proteínas resultaria em mRNA sem a cauda poli(A) e o mRNA seria degradado mais rapidamente no citoplasma
pelas nucleases.
(a) Na transrecomposição (trans-splicing), os éxons de diferentes genes são unidos durante os eventos de processamento
de RNA. Essencialmente, o produto mRNA maduro não é produzido pelas sequências de DNA que estão adjacentes ou
até necessariamente no mesmo cromossomo. De acordo com o princípio de colinearidade, esperaríamos que a sequência
de DNA de um único gene correspondesse à sequência de aminoácidos de uma proteína.
(b) Diferentes mRNAs maduros de um único gene podem ser produzidos por recomposição alternativa. Diferentes
proteínas podem ser codificadas dentro do mesmo gene como oposto a um gene correspondendo a uma proteína como
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está previsto no conceito de colinearidade.
(c) Na edição do RNA, a informação genética é adicionada ao pré-mRNA depois de ele ser transcrito. O resultado é que
a sequência de nucleotídios do gene não corresponde à sequência de aminoácidos da proteína, uma clara violação do
conceito de colinearidade.
Capítulo 15
Com base na capacidade da cepa mutante em crescer nos substratos fornecidos, as mutações podem ser organizadas em
quatro grupos:
Mutantes do grupo 1 (trp-1, trp-10, trp-11, trp-9, trp-6 e trp-7) podem crescer apenas no meio mínimo suplementado
com triptofano.
Os mutantes do grupo 2 (trp-3) podem crescer no meio mínimo enriquecido com triptofano ou indol.
Os mutantes do grupo 3 (trp-2 e trp-4) podem crescer no meio mínimo enriquecido com triptofano, indol ou fosfato de
indol-glicerol.
Os mutantes do grupo 4 (trp-8) podem crescer no meio mínimo suplementado com a adição de triptofano, indol, fosfato
de indol-glicerol ou ácido antranílico.
(a) 1; (b) 2; (c) 3; (d) 3; (e) 4.
33 ou 27.
(a) Amino-fMet-Phe-Lys-Phe-Lys-Phe-carboxila.
(b) Amino-fMet-Tyr-Ile-Tyr-Ile-carboxila.
(c) Amino-fMet-Asp-Glu-Arg-Phe-Leu-Ala-carboxila.
(d) Amino-fMet-Gly-carboxila (o códon de parada UAG acompanha o códon para glicina).
(a) 3′-CCG-5′ ou 3′-UCG-5′; (b) 3′-UUC-5′; (c) 3′-AUU-5′ ou 3′-UUU-5′ ou 3′-CUU-5′; (d) 3′-ACC-5′ ou 3′-GCC-5′; (e)
3′-GUC-5′.
Fator de iniciação 3.
fMet-tRNAfMet.
Complexo de iniciação 30S.
Complexo de iniciação 70S.
Fator de prolongamento Tu.
Fator de prolongamento G.
Fator de liberação 1.
 (a) O anticódon 3′ UGC 5′ é complementar ao códon 5′ ACG 3′ que está localizado no sítio A do ribossomo. Observe que
o anticódon e o códon são antiparalelos; (b) o códon 5′ ACG 3′ codifica o aminoácido treonina.
(a) A falta de IF-1 reduziria a quantidade de proteína sintetizada. IF-1 promove a dissociação das subunidades maior e
menor do ribossomo. A iniciação da transcrição requer uma subunidade menor livre. A ausência de IF-1 reduziria a taxa
de iniciação porque mais subunidades menores ribossômicas permaneceriam ligadas às subunidades ribossômicas
maiores.
(b) Não ocorreria tradução. IF-2 é necessário para a iniciação da tradução. A falta de IF-2 evitaria que fMet-tRNAfMet
fosse entregue à subunidade ribossômica menor, bloqueando a tradução.
(c) Embora a tradução fosse iniciada pela entrega de metionina ao complexo ribossomo-mRNA, outros aminoácidos não
seriam entregues ao ribossomo. EF-Tu, que se liga a GTP e o tRNA carreado, é necessário para o prolongamento. Este
complexo de três partes entra no sítio A do ribossomo. Se EF-Tu não estiver presente, o tRNA carreado não entraria no
sítio A, interrompendo a tradução.
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(d) EF-G é necessário para a translocação (movimento) do ribossomo ao longo do mRNA na direção 5′ para 3′. Quando
é formada uma ligação peptídica entre Met e Pro, a falta de EF-G impediria o movimento do ribossomo ao longo do
mRNA e novos códons não seriam lidos. A formação do dipeptídio Met-Pro não requer EF-G.
(e) Os fatores de liberação RF-1 e RF-2 reconhecem os códons de parada e se ligam ao ribossomo no sítio A. Então
interagem com RF-3 para promover a clivagem do peptídio do tRNA no sítio P. A ausência de fatores de liberação
impediria o término da tradução no códon de parada.
(f) ATP é necessário para os tRNAs sejam carreados com aminoácidos pelas aminoacil-tRNA sintetases. Sem ATP, não
ocorreria o carreamento e não haveria aminoácidos disponíveis para a síntese de proteína.
(g) O GTP é necessário para a iniciação, o prolongamento e o término da tradução. Se não houver GTP, não ocorre a
síntese de proteína.
NMD não deve ser um problema. Acredita-se que NMD seja dependente de proteínas de junção de éxon que normalmente
são removidas do mRNA pelo movimento dos ribossomos durante a tradução, mas não são removidos com NMD. Se o
primeiro ribossomo a ler o mRNA inserir um aminoácido para o códon de parada devido à ação de PTC124, então ele
não deve parar no códon de parada e deve remover qualquer proteínas de junção de éxon. O resultado é que o mRNA
será estabilizado, permitindo que ocorra mais tradução.
(a) O resultado sugere que, para iniciar a tradução, o mRNA é mapeado para encontrar a sequência de início adequada;
(b) a iniciação da tradução nas bactérias exige 16S RNA da subunidade ribossômica menor interaja com a sequência de
Shine-Dalgarno. Estainteração serve para alinhar o ribossomo no códon de parada. Se o anticódon foi trocado de modo
que o códon de início não possa ser reconhecido, então é improvável que ocorra a síntese de proteína.
Capítulo 16
(a) Repressor inativo; (b) ativador ativo; (c) repressor ativo; (d) ativador inativo.
A RNA polimerase se liga ao promotor lac de forma deficiente, reduzindo muito a transcrição dos genes lac estruturais.
 Lactose ausente Lactose presente
Genótipo da cepa β-Galactosidase Permease β-Galactosidase Permease
lacI+ lacP+ lacO+ lacZ+ lacY+ – – + +
lacI– lacP+ lacO+ lacZ+ lacY+ + + + +
lacI+ lacP+ lacOc lacZ+ lacY+ + + + +
lacI– lacP+ lacO+ lacZ+ lacY– + – + –
lacI– lacP– lacO+ lacZ+ lacY+ – – – –
lacI+ lacP+ lacO+ lacZ– lacY+/lacI– lacP+ lacO+
lacZ+ lacY–
– – + +
lacI– lacP+ lacOc lacZ+ lacY+/lacI+ lacP+ lacO+
lacZ– lacY–
+ + + +
lacI– lacP+ lacO+ lacZ+ lacY–/lacI+ lacP– lacO+
lacZ– lacY+
– – + –
lacI+ lacP– lacOc lacZ– lacY+/lacI– lacP+ lacO+
lacZ+ lacY–
– – + –
lacI+ lacP+ lacO+ lacZ+ lacY+/lacI+ lacP+ lacO+
lacZ+ lacY+
– – + +
lacIs lacP+ lacO+ lacZ+ lacY–/lacI+ lacP+ lacO+
lacZ– lacY+
– – – –
lacIs lacP– lacO+ lacZ– lacY+/lacI+ lacP+ lacO+
lacZ+ lacY+
– – – –
 O gene lacI codifica a proteína repressora lac, que pode se difundir dentro da célula e se prender a qualquer operador.
Ele, portanto, pode afetar a expressão de genes na mesma molécula ou em uma diferente molécula de DNA. O gene lacO
codifica o operador. Ele afeta a ligação da RNA polimerase ao DNA e afeta a expressão de genes apenas na mesma
molécula de DNA.
(a) Sem expressão gênica; (b) transcrição dos genes estruturais apenas quando os níveis de alanina estão baixos; (c) sem
transcrição; (d) sem transcrição; (e) a transcrição continua; (f) a transcrição continua; (g) a transcrição continua.
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Para bloquear a transcrição, você precisa interromper a ação da RNA polimerase de forma direta ou indireta. O RNA
antissenso com sequências complementares ao promotor do gene deve inibir a ligação da RNA polimerase. Se a
iniciação da transcrição pela RNA polimerase requer o auxílio de uma proteína ativadora, então o RNA antissenso
complementar ao sítio de ligação da proteína ativado do gene também poderia interromper a transcrição. Ao se ligar ao
sítio ativador, o RNA antissenso bloquearia o acesso ao sítio pelo ativador e impediria a RNA polimerase de ser
auxiliada pelo ativador para iniciar a transcrição.
Capítulo 17
É provável que ocorra a floração. A proteína codificada por FLD é uma enzima desacetilase. Esta enzima desacetilase
remove os grupos acetila das histonas circundantes ao locus C da floração (FLC). Uma vez que os grupos acetila sejam
removidos, a estrutura da cromatina dentro desta região é restaurada. A cromatina restaurada inibe a transcrição a partir
do locus FLC. O FLC codifica um ativador transcricional cuja expressão ativa outros genes que suprimem a floração. Se
a transcrição de FLC estiver ativa, então não ocorrerá floração.
As células do câncer são células de divisão rápida. A metilação do DNA particularmente nas regiões genômicas com
muitas sequências CpG (ilhas CpG) estão associadas com a repressão da transcrição). Se as moléculas X31b podem ser
captadas pelas células de câncer de rápida divisão, então estas moléculas podem estimular a metilação de sequências de
DNA nas células do câncer, levando a repressão transcricional dos genes. A repressão da transcrição poderia retardar o
crescimento das células do câncer e provocar a perda da viabilidade estas células.
A ação de um acentuador (enhancer) é bloqueada quando o isolante está localizado entre o acentuador e o promotor do
gene. É provável que os genes A, B e C serão estimulados pelo acentuador e o gene D não será estimulado. Os isolantes
bloqueiam a ação estimulante dos acentuadores quando estão localizados entre o acentuador e o promotor do gene. No
exemplo da figura, o isolante está apenas entre o gene D e o acentuador. É improvável que o efeito do acentuador nos
genes A, B e C seja afetado pelo isolante e estes genes serão estimulados.
As moscas-da-fruta desenvolvem: (a) características masculinas; (b) características masculinas e (c) características
masculinas e femininas.
A presença de elementos ricos em AU está associada com a degradação rápida das moléculas de mRNA que os têm
durante um mecanismo de silenciamento de RNA. Se o elemento AU for eliminado, então o miRNA não será capaz de
se ligar a sequência consenso do elemento rico em AU e a degradação do RISC não seria iniciada. É provável que esta
molécula de mRNA seja mais estável, resultando em maior expressão gênica da proteína codificada pelo mRNA.
Capítulo 18
(a) Leucina, serina ou fenilalanina; (b) isoleucina, tirosina, leucina, valina ou cisteína; (c) fenilalanina, prolina, serina ou
leucina; (d) metionina, fenilalanina, valina, arginina, triptofano, leucina, isoleucina, tirosina, histidina, ou glutamina ou
códon de parada também resultaria.
(a) Uma única substituição de par de bases resultando em uma mutação missense.
(b) Uma substituição de base única resultando em uma mutação nonsense.
(c) A deleção de um único nucleotídio resultando em uma mutação do quadro de leitura.
(d) Ocorreu uma deleção de seis pares de base, resultando na eliminação de dois aminoácidos (Arg e Leu) da proteína.
(e) A inserção de três nucleotídios resultando na adição de um códon Leu.
Quatro dos seis códons Arg poderiam sofrer mutação por uma substituição de base única para produzir um códon Ser.
Entretanto, apenas dois dos códons Arg que sofreram mutação para formar os códons Ser sofreriam mutação em uma
segunda posição por uma substituição de base única para regenerar o códon Arg. Em ambos os eventos, as mutações são
transversões.
 Códon Arg original Códon Ser Códon Arg restaurado
CGU AGU AGG ou AGA
CGU AGU AGG ou AGA
Não, a hidroxilamina não pode reverter as mutações nonsense. A hidroxilamina modifica os nucleotídios com citosina e
pode resultar apenas em mutações de transição GC para AT. Em um códon de parada, a transição GC para AT resultaria
apenas em um códon de parada diferente.
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(a) A fita tem duas purinas, adenina e guanina. Como o reparo da depurinação resulta em uma adenina sendo substituída
para a purina ausente, apenas a perda de guanina pela depurinação resultará em uma sequência mutante.
5′-AG-3′ para 5′-AA-3′
3′-TC-5′ 3′-TT-5′
(b) Pode ocorrer desaminação de guanina, citosina e adenina. Entretanto, é provável que a desaminação de apenas
citosina e adenina resulte em sequências mutantes porque os produtos da desaminação podem formar pares de bases
inadequados. A desaminação da guanina não pareia com timina, mas ainda pode formar duas pontes de hidrogênio com
citosina, então não ocorre mudança.
5′-AG-3′ se A for desaminado, então 5′-GG-3′
3′-TC-5′ 3′-CC-5′
5′-AG-3′ se C for desaminado, então 5′-AA-3′
3′-TC-5′ 3′-TT-5′
PFI1 provoca transições, PFI2 provoca transversões ou grandes deleções, PFI3 provoca transições e pFI4 provoca
inserções ou deleções de base única.
A repetição flanqueadora está em negrito.
5′-ATTCGAACTGAC [elemento de transposição]TGACCGATCA-3′
5′-ATTCGAA[elemento de transposição]CGAACTGACCGATCA-3′
Os pares de sequências em (b) e (d) são repetições invertidas porque são ambas invertidas e complementares e podem ser
encontradas nas extremidades das sequências de inserção.
Estes resultados podem ser explicados pela disgenesia híbrida, com a cepa B abrigando os elementos P e a cepa A sem os
elementos P.
A aparência de manchas púrpura de tamanhos variados em alguns desses grãos de milho poderia ser explicada pela
transposição. Os grãos amarelos podem ser resultado da inativação de um gene de pigmento pela inserção de um
elemento Ds na planta dessa espiga. Como o elemento Ds não pode setranspor por si só, o alelo mutante é estável na
ausência de Ac e a planta produz grãos amarelos quando fertilizada pelo pólen a partir da mesma cepa (sem Ac).
Entretanto, alguns grãos podem ter sido fertilizados pelo pólen de uma cepa diferente com um elemento Ac ativo. O
elemento Ac pode mobilizar a transposição do elemento Ds do gene do pigmento, restaurando a função do gene do
pigmento. A excisão do elemento Ds precoce no desenvolvimento do grão produzirá clones maiores de células
produtoras de pigmento púrpura. A excisão tardia no desenvolvimento do grão produzirá clones menores das células
púrpura.
Ao examinar as plantas com níveis aumentados de mutações na sua linhagem celular ou em suas células somáticas. Se
elas apresentarem defeito no reparo do DNA, terão maiores taxas de mutação.
Capítulo 19
AraI.
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(a) 460.800; (b) 1.036.800; (c) 5.120.000.
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(a) Plasmídio; (b) fago lambda; (c) cosmídio; (d) cromossomo bacteriano artificial.
Uma biblioteca de cDNA, criada a partir do mRNA isolado de glândula do veneno. As bactérias não podem unir íntrons.
Se o engenheiro quer expressar a toxina nas bactérias, então ele precisa de uma sequência de cDNA que foi transcrita de
forma reversa a partir do mRNA e, portanto, não tem sequências de íntron. A glândula do veneno deve ser a fonte de
mRNA para a síntese de cDNA, de modo que a biblioteca de cDNA será enriquecida para os cDNAs de toxinas.
(a) Val-Tyr-Lys-Ala-Lys-Trp; (b) 128.
5′-NGCATCAGTA-3′
(a) A mãe de Sally deve ter A2A3 e C2C1. As relações de ligação destes cromossomos são A1C2 e A1C3 do pai e A2C2 e
A3C1 da mãe. A mãe passou um A2C2 para o irmão de Sally que tem a síndrome G, portanto, o alelo da síndrome G
deve estar ligado a A2C2. Como Sally herdou o cromossomo A2C2 de sua mãe, ela também deve ter herdado o alelo da
síndrome G, considerando que não ocorre crossing over entre os loci A, C e G.
(b) Pai: A1 C2 g, A1 C3 g
Mãe: A2 C2 G, A3 C1 g
Irmão da Sally não afetado: A1 C3 g, A3 C1 g
Irmão da Sally afetado: A1 C3 g, A2 C2 G
Sally: A1 C2 g, A2 C2 G
(a) A Figura mostra que ambas larvas e adultos que receberam injeção de dsRNA para unc22A expressa altos níveis de
proteína gfp. Entretanto, as larvas e adultos que receberam injeção com dsRNA para gfp não expressa gfp. Estes
resultados indicam que dsRNA inibe especificamente a expressão do gene correspondente ao dsRNA, mas não a de
genes não relacionados.
(b) A injeção de dsRNA correspondente a íntrons e sequências de promotor poderia ter pouco efeito na expressão do
gene gfp porque a interferência por RNA trabalha ao direcionar o mRNA. Os íntrons e as sequências de promotor não
estão presentes no mRNA.
Capítulo 20
29.
33.
34.
38.
43.
2.
(a) O cromossomo 22 tem a maior densidade e o maior número de genes, com mais de 500 genes conhecidos e 24 genes
novos, enquanto o cromossomo Y tem a menor densidade e menos genes, com menos de 100 genes conhecidos e 23
genes novos.
(b) Os genes conhecidos encontrados nesta região (0 a 1.000.000 pb) são PLCXD1, GTPBP6, PPP2R3B e SHOX. Não
foram encontrados genes novos nessa região.
Os parálogos, porque ambos se desenvolveram a partir da duplicação de um gene β-globina primordial.
Os genes 2 e 24 são expressos em níveis muito maiores nas bactérias resistentes a antibióticos do que as células não
resistentes. Por outro lado, os genes 4, 17 e 22 são regulados negativamente. Esses genes podem estar envolvidos na
resistência a antibióticos. Os genes regulados positivamente podem estar envolvidos no metabolismo do antibiótico, ou
podem executar funções que são inibidas pelo antibiótico. Os genes regulados negativamente podem estar envolvidos na
importação do antibiótico ou representam um mecanismo celular que acentua a potência do antibiótico. A caracterização
destes genes pode levar a informação sobre o mecanismo de resistência a antibiótico e então ao desenvolvimento de
novos antibióticos que podem contornar este mecanismo de resistência.
(a) 0,5 milhão a mais de 9 milhões de pb nos procariotos; 13 milhões (levedura) a mais de 100 bilhões nos eucariotos; (b)
Número de genes: De 5.000 a 7.000 nos procariotos; 6.000 a 30.000 nos eucariotos; (c) densidade gênica (pb/gene)
Aproximadamente 1.000 pb/gene nos procariotos, varia de 2.000 pb/gene para mais de 100.000 pb/gene nos eucariotos;
(d) número de éxons: com poucas exceções, os genes procarióticos têm zero ou apenas um éxon; os genes eucarióticos
multicelulares têm múltiplos éxons.
(a) O genoma mínimo necessário pode ser determinado ao examinar organismos simples livres tendo pequenos genomas
para determinar quais genes eles têm em comum. As mutações podem ser sistematicamente feitas para determinar quais
dos genes comuns são essenciais para estes organismos sobreviverem. Os genes aparentemente não essenciais (os genes
nos quais as mutações não afetam a viabilidade dos organismos) podem então ser eliminados um por um até ficarem
apenas os genes essenciais. A eliminação de qualquer um dos genes essenciais resultará na perda da viabilidade. Por
outro lado, os genes essenciais poderiam ser montados por engenharia genética, criando um organismo totalmente novo.
(b) O organismo novo poderia provar que os humanos adquiriram a capacidade de criar uma nova espécie ou forma de
vida. Os humanos então seriam capazes de direcionar a evolução como nunca fizeram. Entre as questões sociais e éticas
estaria a pergunta se a sociedade humana tem a sabedoria para moderar seu poder e se tais organismos sintéticos novos
podem ou se serão usados para desenvolver patógenos para guerra biológica ou terrorismo. Apesar de tudo, nenhum
animal ou pessoa foi exposto previamente ou adquiriu imunidade para tal organismo sintético novo. Também existiria
incerteza sobre os efeitos do novo organismo nos ecossistemas se ele for liberado ou escapar.
Capítulo 21
Um traço epigenético é um traço estável e transmitido para as células ou descendentes, mas não envolve mudanças na
sequência de bases de DNA. Muitos traços epigenéticos são causados por mudanças na expressão gênica resultante de
modificações à cromatina. Embora estáveis, muitos traços epigenéticos podem ser influenciados por fatores ambientais.
25.
26.
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29.
31.
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22.
25.
27.
28.
17.
20.
23.
Todas as abelhas-fêmeas desenvolveriam características de rainhas, independente se elas foram alimentadas com geleia
real.
Não. Nos dinucleotídios CpG, dois nucleotídios citosina em diagonal um do outro em ambas fitas de DNA e ambos estão
metilados. A presença de 5-metilcitosina em ambas fitas é necessária para manter a metilação após a replicação. Após a
replicação, uma fita de cada nova molécula de DNA está metilada e a outra não. Enzimas metiltransferases especiais
reconhecem o grupo metila em uma fita e então metilam a citosina na outra fita, perpetuando o estado metilado do DNA.
Nucleotídios citosina individuais não têm um nucleotídio citosina na fita oposta que pode ser metilada após a replicação.
Portanto, não são adicionados novos grupos metila pelas metiltransferases após a replicação.
Esperaríamos ver diferenças na metilação do DNA e a acetilação da histona que altera a expressão dos genes envolvidos
na resposta ao estresse. Também esperaríamos que os adultos apresentassem mais medo e resposta hormonal elevada ao
estresse.
Como apenas as grávidas foram expostas a vinclozolina, os efeitos sobre o espermatozoide dos camundongos F2-F4 não
podem ser explicados pelos efeitos diretos da vinclozolina sobre a fertilidade dos machos. Além disso, por causa da alta
frequência (90%) dos camundongos afetados em F2-F4, parece ser improvável que os efeitos sejam causados pelas
mutações induzidas pela vinclozolina. É mais provável que estes efeitos transgeracionais sejam devido a mudanças
epigenéticas. Esta ideia é apoiada por diferentes padrões de metilação de DNA dos descendentes F1-F4 das fêmeas
expostas a vinclozolina. A metilação do DNA é conhecida por afetar a estrutura da cromatina e é responsávelpor alguns
efeitos epigenéticos.
(a) Ambos os cromossomos X seriam ativos; (b) ambos os cromossomos X seriam inativados.
Capítulo 22
(a) Os produtos do bicoid e dorsal afetam a polaridade embrionária ao regular a transcrição dos genes-alvo; (b) o produto
de nanos regula a tradução do mRNA hunchback.
(a) As fêmeas com um número maior de cópias do gene bicoid teriam níveis maiores de mRNA bicoid materno no
citoplasma da parte anterior de seus ovos. Após a fertilização, os embriões teriam níveis maiores de proteína Bicoid e
estruturas anterior e torácicas aumentadas; (b) um número reduzido de cópias do gene bicoid resultaria por fim em níveis
reduzidos de proteína Bicoid e um embrião com estruturas da cabeça pequenas.
A polaridade do ovo (efeito materno): bicoid, nanos. Gap: hunchback, Krüppel. Regra de pares: even-skipped, fushi
tarazu. Polaridade de segmento: gooseberry.
Uma planta sem os genes classe A e B expressaria apenas os genes classe C em todas as quatro pétalas, resultando em
flores com apenas carpelos. Uma planta sem ambos os genes das classes B e C expressaria apenas os genes da classe A
em todos as quatro pétalas, resultando em flores com apenas sépalas.
A expressão difundida de shh no primórdio do olho do tetra mexicano provoca a degeneração das células do cristalino.
Nestes descendentes F1 entre o tetra mexicano cego e peixe de superfície, a expressão de shh é intermediária entre o tetra
mexicano cego e o peixe de superfície, resultando em olhos pequenos.
2.600.
Capítulo 23
As deleções podem provocar a perda de um ou mais genes supressores de tumor. As inversões e translocações podem
inativar os genes supressores de tumor se os pontos de quebra dos cromossomos estiverem nos genes supressores de
genes. Por outro lado, uma translocação pode colocar um proto-oncogene em uma nova localização, onde é ativado por
diferentes sequências reguladoras. Finalmente, as inversões e translocações também podem unir partes de diferentes
genes, provocando a síntese de uma nova proteína oncogênica.
Os retrovírus são fortes promotores. Após sua integração em um genoma hospedeiro, um promotor retrovírus consegue
impulsionar a superexpressão de um proto-oncogene celular. Por outro lado, a integração de um retrovírus pode inativar
um gene supressor de tumor. Alguns retrovírus carreiam oncogenes que são versões alteradas de proto-oncogenes de
hospedeiro. Outros vírus, como o papilomavírus humano (HPV), expressam produtos (proteínas ou moléculas de RNA)
que interagem com o maquinário do ciclo celular do hospedeiro e inativam as proteínas supressoras de tumor.
Se as diferenças nas taxas de câncer fossem consequentes a diferenças genéticas nas duas populações, então as pessoas
que migraram de Utah ou Xangai para outros locais teriam taxas de incidência de câncer semelhantes às das pessoas que
24.
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ficaram em Utah ou Xangai. Se as taxas de câncer fossem consequentes a fatores ambientais, então as pessoas que
migraram de Utah ou Xangai teriam taxas de câncer determinadas por sua nova localização e não por seu local de
origem.
(a) 50%; (b) bilateral; (c) o pai pode ter retinoblastoma unilateral, pois a chance aleatória poupou o outro olho da segunda
mutação, que teria levado a retinoblastoma nesse olho também.
Visto que os oncogenes promovem a proliferação celular, atuam de forma dominante. Em contrapartida, as mutações nos
genes supressores de tumor provocam perda da função e atuam de forma recessiva. Quando introduzido nas células, o
gene palladin mutante aumenta a migração celular. Tal efeito dominante sugere que palladin é um oncogene.
A região deletada tem um gene supressor de tumor. Os supressores de tumor atuam como inibidores da proliferação
celular. A deleção dos genes supressores de tumor possibilitará a proliferação não controlada da célula que é
característica do câncer. Os oncogenes, por outro lado, atuam como estimuladores da divisão celular. Assim sendo, a
deleção dos oncogenes evita a proliferação celular e, em geral, não provoca câncer.
Capítulo 24
(a) Característica descontínua, porque existem apenas alguns fenótipos distintos e é determinada por alelos em um único
locus.
(b) Característica descontínua porque existem apenas dois fenótipos (anão e normal) e um único locus determina a
característica.
(c) Característica quantitativa porque a suscetibilidade é um traço contínuo determinado por múltiplos genes e fatores
ambientais (um exemplo de um fenótipo quantitativo com um efeito de limiar).
(d) Característica quantitativa porque é determinada por muitos loci (um exemplo de uma característica merística).
(e) Característica descontínua porque apenas alguns poucos fenótipos distintos são determinados por alelos em um único
locus.
(a) Todos pesam 10 gramas; (b) 1/16 pesam 16 gramas, 4/16 pesam 13 gramas, 6/16 pesando 10 gramas, 4/16 pesando 7
gramas e 1/16 pesando 4 gramas.
Que seis ou mais loci participam.
A soma dos pesos é 676, divididos por 10 estudantes, gerando uma média de 67,6 kg.
O coeficiente de correlação r é calculado a partir da fórmula
(a) 0,38; (b) 0,69.
(a) 0,75; (b) a inexatidão poderia ser devido a uma diferença entre a variância ambiental da população geneticamente
idêntica e a da população geneticamente diversa.
A única conclusão razoável é (d). A afirmação (a) não é justificada porque o valor de herdabilidade não se aplica à altura
absoluta nem a um indivíduo, mas à variância da altura nos estudantes da Southwestern University. A afirmação (b) não
é justificada porque a herdabilidade foi determinada apenas para os estudantes da Southwestern University; estudantes