PROVA Nº 01 - Genetica e Evolução II -ADEILSON DE SOUZA

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE FEDERAL DO MARANHÃO 
CCHNST-Campus Pinheiro 
Coordenação do Curso de Licenciatura em Ciências Naturais-Biologia 
Disciplina: CNPI0106 – Genética & Evolução II - (2021.1 – T01) 
Docente: Dra. Elisangela Sousa de Araújo 
Discente: Adeilson de Souza Gonçalves - Matricula: 2017055115 
 
PROVA 01 - GENETICA II 
G1- A cor da raiz da cenoura é controlada por um gene, sendo o alelo Y responsável pela 
cor branca e seu recessivo y por cor amarela. Um agricultor colheu 20.000 sementes de 
uma população panmítica que apresentava 64% de plantas com raízes brancas. Como é 
de seu interesse aumentar a proporção de plantas com raízes amarelas, ele misturou às 
suas sementes 5.000 sementes de um cultivar homozigótico para raízes amarelas. 
Qual a frequência esperada de plantas com raízes amarelas na nova população após o 
equilíbrio? 
 Y – brancas 
y – amarelas 
 
População MISTURADA 
12.800 sementes (Y) raiz branca 
7.200 sementes (y) raiz amarela 
5.000 sementes homozigoticas p/ raiz amarelas 
Total = 25.000 sementes 
Nova população misturada 
12.800 sementes (Y) raiz branca – 51% = 
(𝟏𝟐.𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟓.𝟎𝟎𝟎
= 0,51 
12.200 sementes (y) raiz amarela – 49% = 
𝟏𝟐.𝟐𝟎𝟎
𝟐𝟓.𝟎𝟎𝟎
 = 0,49 
 
 
 
 
 
População inicial 
20.000 sementes – 100% 
12.800 sementes (Y) raiz branca – 64% 
7.200 sementes (y) raiz amarela – 36% 
q2 (y)= 0,49 
q (y)= √0,49 
q = 0,7 
p + q = 1 
p= 1 - 0,7 
p = 0,3 
 
f (YY) = P2 (0,3)2 = 0,09 
f (Yy) = 2pq = 2 x (0,3 x 0,7) = 0,42 
f (yy) = q2 = (0,7)2 = 0,49 
 
A frequência de plantas de raízes amarelas 
será de 49% 
G2- No trigo, a textura do grão pode ser lisa (Su-) ou enrugada (susu). A cor amarela 
do grão é decorrente do alelo Y e a branca ao alelo y. Em uma população em 
equilíbrio foi tomada uma amostra de 2.400 grãos; 
816 lisos e amarelos; 
776 lisos e brancos; 
408 enrugados e amarelos; 
400 enrugados e brancos. 
 
a) Quais as frequências dos alelos Su e Y, nessa população? 
Liso (Su) = 
816+776
2.400
= 0,663 
rugoso (susu) = 
408+400
2.400
= 0,337 
 
frequência alélica Su; 
q2 (susu) = 0,377 
q = √0,336 
q = 0,58 su 
 
 
amarelo (Y) = 
816+408
2.400
= 0,51 
branco (yy) = 
776+400
2.400
= 0,49 
 
frequência alélica Y; 
q2 (yy) = 0,49 
q = √0,49 
q = 0,7 y 
 
b) Qual a frequência esperada de indivíduos homozigóticos lisos e amarelos? 
Frequência de Su (liso) = 0,663 
Frequência de Y (amarelo) = 0,51 
 
Fazendo o produto dos dois eventos temos; 
Su x Y = 0,663 x 0,51 
Su_Y_ = 0,338 ou 33,8% 
Su_ – liso 
susu – enrugado 
Y_ - Amarelo 
yy - branco 
Frequência fenotípicas 
p + q = 1 
p = 1 – 0,58 
p = 0,42 Su 
Frequência fenotípicas 
p + q = 1 
p = 1 – 0,7 
p = 0,3 Y 
Ou simplesmente; 
816 lisos e amarelos/2.400 = 0,34 ≈ 34% 
C) Quais serão as novas frequências alélicas para os dois caracteres se forem 
eliminadas todas as sementes enrugadas ou brancas? 
816 lisos e amarelos; 
776 lisos e brancos; 
408 enrugados e amarelos; 
400 enrugados e brancos. 
 
Se eliminar todas as sementes enrugadas ou brancas termos uma nova população com 
2.400 – 808 = 1592 lisas 
Freq. liso/amarelo = 
816
1592
 = 0,51 
Freq. liso/branco = 
776
1592
 = 0,49 
 
Frequência alélica Su 
P = 
408 + 388
1592
 = 0,5 Su 
 
P + q = 1 
q= 1 – 0,5 
q= 0,5 su 
 
agora se eliminarmos todas as brancas teremos 
2.400 – 400 – 776 = 1.224 amarelas 
 
SusuYy = 
816
1.224
= 0,666 
 
susuYy = 
408
1.224
= 0,333 
 
q2 = 0,333 
q = √0,333 
q = 0,57 
 
p + q = 1 
p = 1 – 0,57 
p = 0,43 
Su_ – liso 
susu – enrugado 
Y_ - Amarelo 
yy - branco 
816 lisos e amarelos/2 = 408 
776 lisos e brancos/2 = 388 
 
Frequência alélica Y 
q2 = 0,49 
q = √0,49 
q = 0,7 y 
 
p + q = 1 = p = 1 – 0,7 
p = 0,3 Y 
 
Frequência alélica de Y 
 
P = 
408 + 388
1592
 = 0,5 
 
P + q = 1 
q= 1 – 0,5 
q= 0,5 
 
D) Qual será a frequência de sementes lisas e amarelas após a população atingir 
novamente o equilíbrio? 
 
 G3- A professora Raysa e seu grupo de pesquisa encontraram três genótipos (R2R2, R2R3 
e R3R3) em um locus que codifica a enzima peroxidase em Ipês amarelos que cresceram no 
campus de Pinheiro, UFMA. Os números observados destes genótipos foram: 
 Genótipos Número observado 
n1 D R2R2 135 
n2 H R2R3 44 
n3 R R3R3 11 
N Total 190 
 Os ipês amarelos estão no equilíbrio de Hardy-Weinberg no locus da peroxidase? Explique. 
 
Frequência genotípica geração Parental (inicial) 
f (R2R2) = 135/190 = 0,7105 = 71,05% 
f (R2R3) = 44/190 = 0,2315 = 23,15% 
f (R3R3) = 11/190 = 0,0578 = 5,78% 
 
Frequência Alélica geração Parental (inicial) 
f (R2) = p = 
(𝟐𝒏𝟏+𝒏𝟐)
𝟐𝑵
 = 
(𝟐 𝒙 𝟏𝟑𝟓+𝟒𝟒)
𝟐 𝒙 𝟏𝟗𝟎
 = 0,8263 f (R3) = q = 
(𝟐𝒏𝟑+𝒏𝟐)
𝟐𝑵
 = 
(𝟐 𝒙 𝟏𝟏+𝟒𝟒)
𝟐 𝒙 𝟏𝟗𝟎
 = 0,1736 
 
Se os cruzamentos forem ao acaso (panmixia), e não houver seleção, mutação, migração 
e deriva genética, a nova geração terá: 
 
Frequências genotípicas: GERAÇÃO 1 
Equação de Hardy Weinberg = p2 + 2pq + q2 =1 
f(R2R2) = p2 = (0,8263)2 = 0,6827 (68,27%) 
f(R2R3) = 2pq = 2(0,8263 x 0,1736) = 0,286 (28,6%) 
f(R3R3) = q2 = (0,1736)2 = 0,0301 (3%) 
Se observamos novamente uma nova população de genes de ipês com 190 genes, ela 
deverá ter a seguinte quantidade: 
R2R2 = 129,71 (68,27%) 
R2R3 = 54,34 (28,6%) 
R3R3 = 5,7 (3%) 
 
Frequências alélica: GERAÇÃO 1 
 
f (R2) = 
(𝟐𝒏𝟏+𝒏𝟐)
𝟐𝑵
 = 
(𝟐 𝒙 𝟏𝟐𝟗,𝟕𝟏+𝟓𝟒,𝟑𝟒)
𝟐 𝒙 𝟏𝟗𝟎
 = 0,826 
 
f (R3) = 
(𝟐𝒏𝟑+𝒏𝟐)
𝟐𝑵
 = 
(𝟐 𝒙 𝟓,𝟕+𝟓𝟒,𝟑𝟒)
𝟐 𝒙 𝟏𝟗𝟎
 = 0,173 
 
 Geração inicial Geração 1 
Frequências 
genotípicas 
R2R2 = 0,7105 0,6827 
R2R3 = 0,2315 0,286 
R3R3 = 0,0578 0,0301 
 
Frequências alélicas 
R2 = 0,826 0,826 
R3 = 0,173 0,173 
Após um ciclo de acasalamentos ao acaso, as frequências alélicas mantiveram-se, porém 
as frequências genotípicas alteraram-se. Isto significa que a Geração inicial não se 
encontra em equilíbrio. 
Teste X2 
Genótipos Nº observado esperado 
R2R2 135 P2 x 190 = (0,8263)2 x 190 = 129,71 
R2R3 44 2pq x 190 = 2 (0,8263 x 0,1736) x 190 = 54,34 
R3R3 11 q2 x 190 = (0,1736)2 x 190 = 5,7 
Total 190 
 
X2 (R2R2) = 
(Fo−Fe)2
Fe
 = 
(135−129,71)2
129,71
= 0,215 
X2 (R2R2) = 
(Fo−Fe)2
Fe
 = 
(44−54,34)2
54,34
= 1,96 
X2 (R2R2) = 
(Fo−Fe)2
Fe
 = 
(11−5,7)2
5,7
=4,92 
∑X2 cal= 0,215+1,96+4,92 = 7,10 
∑X2 cal (7,10) > X2 tab. (7,81) 
Como o X2cal é menor que o X2 tab. Aceita-se a hipótese que a população inicial está em 
equilíbrio. 
G04 . A maioria dos ursos-negros (Ursos americanus) é preta ou marrom. Entretanto, 
aparecem ursos brancos desta espécie em algumas populações ao longo da costa 
da British Columbia. Kermit Ritland e colaboradores determinaram que a cor branca 
nestes ursos é o resultado de uma mutação recessiva (G) causada por uma 
substituição de nucleotídio único no qual a guanina é substituída pela adenina no 
locus do receptor da melanocortina-1 (mrc1), o mesmo locus responsável pelo 
cabelo ruivo nos humanos (K. Ritland, C. Newton, and H. D. Marshall. 2001. Current 
Biology 11:1468-1472). O alelo do tipo selvagem neste locus (A) codifica a cor preta 
ou marrom. Ritland e colaboradores coletaram amostras dos ursos nas três ilhas e 
determinaram seus genótipos no locus mcr1. 
 
Genótipo Número observado 
AA 42 
AG 24 
GG 21 
total 87 
 
A) Quais são as frequências dos alelos A e G nestes ursos? 
Geração inicial 
Frequência genotípica 
f (AA) = 
42
87
= 0,482 
 f (AG) = 
24
87
= 0,275 
f (GG) = 
42
87
= 0,241 
Frequência alélica 
f (A) = P = 
(2 𝑛1+𝑛2)
2 𝑁
= 
(2 𝑥 42 + 24)
2 𝑥 87
 = 0,620 
f (G) = q = 
(2 𝑛3+𝑛2)
2 𝑁
= 
(2 𝑥 21 + 24)
2 𝑥 87
 = 0,380 
 
 
B) Indique as frequências genotípicas esperadas se a população está no equilíbrio 
de Hardy-Weinberg. - Use um teste qui-quadrado para comparar os números dos 
genótipos observados com o número esperadosob o equilíbrio de Hardy-
Weinberg. 
Com a perspectiva que os eventos ocorram ao acaso e as mesma oportunidades para todos 
as combinações possíveis, teremos uma nova população com as seguintes características; 
Geração 01 
Equação de Hardy-Weinberg = P2 + 2pq + q2 = 1 
Frequência genotípica 
f (AA) = P2 = (0,620)2 = 0,384 = 38,4% 
 f (AG) = 2pq = 2 x (0,620 x 0,380) = 0,471 = 47,1% 
f (GG) = q2= (0,380)2 = 0,144 = 14,4% 
 
AA = p2 X 87 = (0,620)2 x 87 = 33,44 
AG = 2pq x 87 = 2 x (0,620 x 0,380) x 87 = 40,99 
GG = q2 x 87 = (0,380)2 x 87 = 12,56 
Calculando a frequência alélica da geração 1; 
f (A) = P = 
(2 𝑛1+𝑛2)
2 𝑁
= 
(2 𝑥 33,44 + 40.99)
2 𝑥 87
 = 0,62 
f (G) = q = 
(2 𝑛3+𝑛2)
2 𝑁
= 
(2 𝑥 12,56 + 40,99)
2 𝑥 87
 = 0,38 
Teste X2 
Genótipo Observado Esperado 
AA 42 p2 X 87 = (0,620)2 x 87 = 33,44 
AG 24 2pq x 87 = 2 x (0,620 x 0,380) x 87 = 40,99 
GG 21 q2 x 87 = (0,380)2 x 87 = 12,56 
TOTAL 87 87 
X2 (AA) = 
(Fo−Fe)2
Fe
 = 
(42 −33,4)2
33,4
= 2,21 
X2 (AG) = 
(Fo−Fe)2
Fe
 = 
(24−40,99)2
40,99
= 6,98 
X2 (GG) = 
(Fo−Fe)2
Fe
 = 
(21−12,56)2
12,56
=5,67 
 
∑X2 cal= 2,21 + 6,98 + 5,67 = 14,86 
 
∑X2 cal (14,86) > X2 tab. (7,81) 
Como o X2cal é MAIOR que o X2 tab. rejeita-se a hipótese que a população inicial está em 
equilíbrio. 
C) Esta população está no equilíbrio de Hardy-Weinberg? Explique sua justificativa. 
 
 ∑X2 cal (14,86) > X2 tab. (7,81) 
Como o X2cal é MAIOR que o X2 tab. rejeita-se a hipótese que a população inicial está em 
equilíbrio.