Caderno de genética I - correção

1. 1.1 - Plantas de linhagem pura Genótipo Tipo de gâmetas produzidos Corola vermelha VV V Corola branca vv v Plantas híbridas Genótipo Tipo de gâmetas produzidos Corola vermelha Vv V ou v 1.2 - VV x Vv VV x vv ½ V ½ v ½ v ½ v ½ V ¼ VV ¼ Vv ½ V ¼ Vv ¼ Vv ½ V ¼ VV ¼ Vv ½ V ¼ Vv ¼ Vv Todos os indivíduos da Todos os indivíduos da geração F1 possuem corola vermelha geração F1 possuem corola vermelha Vv x Vv Vv x vv ½ V ½ v ½ v ½ v ½ V ¼ VV ¼ Vv ½ V ¼ Vv ¼ Vv ½ v ¼ Vv ¼ vv ½ v ¼ vv ¼ vv ¾ (75%) dos indivíduos da geração ½ (50 %) dos indivíduos da geração F1 possuem corola vermelha F1 possuem corola vermelha ¼ (25%) dos indivíduos da geração ½ (50 %) dos indivíduos da geração F1 possuem corola branca F1 possuem corola branca 2.1 – Cinzento x Branco  Proporção fenotípica dos descendentes = ½ cinzento : ½ branco Cc x cc Cinzento x Cinzento  Proporção fenotípica dos descendentes = 3 cinzento : 1 branco Cc x Cc Branco x Branco  Proporção fenotípica dos descendentes = 100% branco cc x cc Cinzento x Branco  Proporção fenotípica dos descendentes = 100% cinzento CC x cc Cinzento x Cinzento  Proporção fenotípica dos descendentes = 100% cinzento CC x C_

2. 3.1 – Genótipo da cobaia de pêlo preto de linha pura: PP Genótipo da cobaia de pêlo branco: pp PP x pp  F1 Pp  F2 ¼ PP : 2 /4 Pp : ¼ pp ½ P ½ p ½ P ¼ PP ¼ Pp ½ p ¼ Pp ¼ pp R: 2 /4 dos indivíduos da geração F2 serão heterozigóticos (Pp). 3.2 – Cobaia de pêlo de cor preta  o seu genótipo pode ser PP ou Pp Retrocruzamento Retrocruzamento (se a cobaia possuir genótipo PP) (se a cobaia possuir genótipo Pp) ½ p ½ p ½ p ½ p ½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ p ¼ pp ¼ pp PP x pp Pp x pp   100% Pp (descendentes todos de cor preta) 50% Pp : 50% pp (metade dos descendentes são de cor preta e metade de cor branca) R: O genótipo possível dessa cobaia de pêlo de cor preta é PP (só assim a sua descendência pode ser formada por indivíduos todos com pêlo de cor preta). 4.1 – Penas sedosas – n Nn x Nn Penas normais – N  F1 3 penas normais (N_) : 1 penas sedosas (nn) ½ N ½ n ½ N ¼ NN ¼ Nn ½ n ¼ Nn ¼ nn

3. 96 – 4  x = 96 x 3 = 72 (indivíduos com penas normais) x – 3 4 96 – 72 = 24 (indivíduos com penas sedosas) R: Esperar-se-iam 72 indivíduos com penas normais e 24 com penas sedosas. 4.2 – Procedendo-se a um retrocruzamento. Se, na geração F1 se observassem indivíduos de penas sedosas, então saberíamos que a ave de penas normais só poderia ser heterozigótica (Nn), pois de outro modo, todos os descendentes teriam que possuir penas normais. Nn x nn NN x nn   F1 ½ Nn : ½ nn F1 100% Nn 50% descendentes com penas normais 100% descendentes com penas normais 50% descendentes com penas sedosas 5.1 – Rato que dança valsa – v VV x vv Rato normal – V (normal)  (dançarino) F1 100% Vv (todos normais) R: O genótipo dos progenitores só poderá ser VV e vv. 5.2 – O genótipo dos ratos da geração F1 é Vv. 5.3 – Vv x Vv  Ratos que dançam valsa (vv) = ? ½ V ½ v ½ V ¼ VV ¼ Vv ½ v ¼ Vv ¼ vv R: A probabilidade de, na geração F2, surgirem ratos que dançam valsa é de 25% (1 /4). 6.1 – albino (aa) normal (A_) aa A__ A_ aa Aa António: Aa Aa ???

4. ½ A ½ a ½ A ¼ AA ¼ Aa ½ a ¼ Aa ¼ aa R: O António e a sua esposa têm possibilidades de vir a ter um descendente albino pois o casal é heterozigótico para o gene que condiciona o albinismo. 7.1 – 1 – aa 5 – aa 9 – aa 13 – Aa 2 – Aa 6 – Aa 10 – Aa 14 – Aa 3 – aa 7 – aa 11 – aa 15 – aa 4 – Aa 8 – Aa 12 – Aa 16 – aa 7.2 - 7 x 8  aa x Aa ½ A ½ a ½ a ¼ Aa ¼ aa ½ a ¼ Aa ¼ aa R: Entre o cruzamento dos indivíduos 7 e 8, seria de esperar que ½ (50%) da descendência exibisse a dita característica (Aa). 12 x 13  Aa x Aa ½ A ½ a ½ A ¼ AA ¼ Aa ½ a ¼ Aa ¼ aa R: Entre o cruzamento dos indivíduos 12 e 13 seria de esperar que ¾ (75%) da descendência exibisse a dita característica. 8.1 – Se a doença fosse provocada por um gene recessivo, os indivíduos 1 e 2 seriam homozigóticos recessivos e nunca poderiam originar descendentes normais (3), logo podemos concluir que a doença é provocada por um alelo dominante. 8.2 - 1 – Aa 4 – A_ 7 – Aa 10 - Aa 2 – Aa 5 – A_ 8 – Aa 3 – aa 6 – aa 9 – Aa albino

5. 8.3 – Indivíduo 10  Aa ½ a ½ a ½ A ¼ Aa ¼ Aa ½ a ¼ aa ¼ aa R: Para ter 50% de probabilidades de obtenção de descendentes normais, o indivíduo 10 teria que se casar com uma mulher normal (aa). 9.1 – O gene que condiciona a surdo-mudez é recessivo. O cruzamento que permite que se chegue a esta conclusão é o cruzamento 2 – dois indivíduos normais têm um descendente surdo-mudo (apesar de não o manifestarem, ambos os progenitores teriam que possuir informação para a doença). 9.2.1 – n: condiciona a doença; N: indivíduos normais Surdo-mudo x Normal  Surdo-mudo nn x Nn  nn 9.2.2 - ½ N ½ n ½ n ¼ Nn ¼ nn ½ n ¼ Nn ¼ nn R: O casal tem 50% (1/2) de probabilidades de vir a ter descendentes normais (Nn). 10.1.1 – Uma vez que se estudou simultaneamente a transmissão hereditária de duas características (cor do pêlo: preto/castanho; dimensão do pêlo: curto/longo), é porque se trata de um pro- blema de di-hibridismo. 10.1.2 – Progenitores homozigóticos para as duas características em estudo tiveram, na primeira geração, híbridos, todos com o fenótipo pêlo curto e preto. Dado esse fenótipo dos descendentes da geração F1, podemos concluir que o pêlo curto e preto é condicionado por alelos dominantes, sendo o pêlo longo e castanho condicionado por alelos recessivos. normais

6. 10.2 – P: pêlo preto C: pêlo curto p : pêlo castanho c: pêlo longo PPCC x ppcc (pêlo preto curto) (pêlo castanho longo)  Gâmetas PC pc  F1 PpCc R: Os indivíduos da geração F1 possuem o genótipo PpCc. 10.3.1 – PpCc x PpCc  gâmetas produzidos ???? ½ C – ¼ PC ½ P ½ c – ¼ Pc ½ C – ¼ pC ½ p ½ c – ¼ pc 10.3.2 - ¼ PC ¼ Pc ¼ pC ¼ pc ¼ PC 1 /16 PPCC 1 /16 PPCc 1 /16 PpCC 1 /16 PpCc ¼ Pc 1 /16 PPCc 1 /16 PPcc 1 /16 PpCc 1 /16 Ppcc ¼ pC 1 /16 PpCC 1 /16 PpCc 1 /16 ppCC 1 /16 ppCc ¼ pc 1 /16 PpCc 1 /16 Ppcc 1 /16 ppCc 1 /16 ppcc Proporções fenotípicas: 9 /16 pêlo preto curto: 3 /16 pêlo preto longo: 3 /16 pêlo castanho curto: 1 /16 pê- lo castanho longo Proporções genotípicas: 1 /16 PPCC: 2 /16 PPCc: 2 /16 PpCC: 4 /16 PpCc: 1 /16 PPcc: 2 /16 Ppcc: 1 /16 ppCC: 2 /16 ppCc: 1 /16 ppcc 10.4.1 – Para proceder a retrocruzamentos teria que escolher um indivíduo de pêlo castanho e longo, cujo genótipo seria ppcc (homozigótico recessivo para os dois caracteres). 10.4.2 – O fenótipo dos pastores alemães que foram retrocruzados é: pêlo preto curto. A este fenóti- po podem corresponder diferentes genótipos: A – PPCC B - PPCc C – PpCC x ppcc D - PpCc

7. A - PPCC x ppcc  Relativamente à cor do pêlo, os descendentes deste cruzamento serão todos Pp (pêlo preto) e relativamente à dimensão do pêlo, esses descendentes serão todos Cc (pêlo curto). ½ p ½ p ½ c ½ c ½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc ½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc Cor do pêlo (100% Pp – preto) Dimensão do pêlo (100% Cc – curto) R: O pastor alemão do retrocruzamento 1 tem como genótipo PPCC. B – PPCc x ppcc  Relativamente à cor do pêlo, os descendentes deste cruzamento serão todos Pp (pêlo preto) mas, relativamente à dimensão do pêlo, esses descendentes poderão ter pêlo curto (50%) ou pêlo longo (50%). ½ p ½ p ½ c ½ c ½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc ½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ c ¼ cc ¼ cc Cor do pêlo (100% Pp – preto) Dimensão do pêlo (50% Cc – curto: 50% cc – longo) Descendentes ½ Cc – ½ PpCc Pp ½ cc – ½ Ppcc R: O pastor alemão do retrocruzamento 2 tem como genótipo PPCc. C – PpCC x ppcc  Relativamente à cor do pêlo, os descendentes deste cruzamento poderão ter pê- lo preto (50%) ou pêlo castanho (50%). Contudo, e relativamente à dimensão do pêlo, todos esses descendentes terão pêlo curto. ½ p ½ p ½ c ½ c ½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc ½ p ¼ pp ¼ pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc Cor do pêlo (50% Pp – preto: 50% pp – castanho) Dimensão do pêlo (100% Cc – curto) Descendentes ½ Pp ½ PpCc Cc ½ pp ½ ppCc R: O pastor alemão do retrocruzamento 3 tem como genótipo PpCC.

8. D – PpCc x ppcc  Relativamente à cor do pêlo, 50% dos descendentes terão pêlo preto (Pp) e 50% terão pêlo castanho (pp). Por outro lado, e relativamente à dimensão do pêlo, 50% desses descendentes terão pêlo curto (Cc) e 50% pêlo longo (cc). ½ p ½ p ½ c ½ c ½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc ½ p ¼ pp ¼ pp ½ c ¼ cc ¼ cc Cor do pêlo Dimensão do pêlo (50% Pp – preto: 50% pp – castanho) (50% Cc – curto: 50% cc – longo) Descendentes ½ Cc – ¼ PpCc ½ Pp ½ cc – ¼ Ppcc ½ Cc – ¼ ppCc ½ pp ½ cc – ¼ ppcc R: O pastor alemão do retrocruzamento 4 tem como genótipo PpCc. 11.1 – A: tamanho normal B: polpa escura a: anão b: polpa amarela AABB x aabb Tamanho normal Anão Polpa escura  Polpa amarela AaBb Tamanho normal / Polpa escura R: Com este cruzamento o agricultor não conseguiria obter tomates anões e de polpa escura, pois com os progenitores utilizados, os descendentes da geração F1 seriam todos de genótipo AaBb (tamanho normal e polpa escura). 11.2 – O tomate anão e de polpa escura poderia aparecer na geração F2. 11.3 - AaBb x AaBb ½ B – ¼ AB ½ A ½ b – ¼ Ab Gâmetas ½ B – ¼ aB ½ a ½ b – ¼ ab

9. ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB 1 /16 AABB 1 /16 AABb 1 /16 AaBB 1 /16 AaBb ¼ Ab 1 /16 AABb 1 /16 AAbb 1 /16 AaBb 1 /16 Aabb ¼ aB 1 /16 AaBB 1 /16 AaBb 1 /16 aaBB 1 /16 aaBb ¼ ab 1 /16 AaBb 1 /16 Aabb 1 /16 aaBb 1 /16 aabb Variedade de tomate que se pretende  tomate anão de polpa escura  genótipo aaB_ R: Essa variedade de tomate pode aparecer na proporção de 3 /16. 11.4 – 3 /16 x 256 = 48 R: Esperar-se-iam 48 tomates anões e de polpa escura. 12.1 – A: nº total de descendentes = 89 + 31 + 29 +11 = 160 Proporção de indivíduos escuro curto 160 - 16 x  9 89 - x Proporção de indivíduos escuro longo 160 - 16 x  3 31 - x Proporção de indivíduos albino curto 160 - 16 x  3 29 - x Proporção de indivíduos albino longo 160 - 16 x  1 11 - x Se obtivemos uma proporção fenotípica de aproximadamente 9: 3: 3: 1, é porque os progenitores eram heterozigóticos para as duas características em estudo, logo: P – escuro C – curto Escuro curto x Escuro curto p – albino c – longo PpCc x PpCc B - Escuro curto x Escuro longo P_C_ x P_cc Nenhum dos descendentes é albino, logo os progenitores não podem ambos possuir o alelo p. Por outro lado, na descendência 50% (18 indivíduos) possuem pêlo curto e 50% (19 indivíduos) pêlo longo, logo, ambos os progenitores têm que possuir o alelo c. PpCc x PPcc ou PPCc x PPcc ou PPCc x Ppcc

10. C - Escuro curto x Albino curto P_C_ x ppC_ Toda a descendência possui pêlo curto, logo os progenitores não podem ambos possuir o alelo c. Por outro lado, 50% (20 indivíduos) da descendência possuem pêlo escuro e 50% (21 indivíduos) são albinos, logo ambos os progenitores têm que possuir o alelo p. PpCC x ppCC ou PpCc x ppCC ou PpCC x ppCc D - Albino curto x Albino curto ppC_ x ppC_ A proporção de indivíduos na descendência com pêlo curto e com pêlo longo é de 3 (28 indivíduos) para 1 (19 indivíduos), respectivamente. Logo, para essa característica, os progenitores têm que ser heterozigóticos. ppCc x ppCc E - Escuro longo x Escuro longo P_cc x P_cc A proporção de indivíduos na descendência com pêlo escuro e pêlo albino é de 3 (32 indivíduos) para 1 (10 indivíduos), respectivamente. Logo, para essa característica, os progenitores têm que ser heterozigóticos. Ppcc x Ppcc F - Escuro curto x Escuro curto P_C_ x P_C_ Na descendência não surgiram indivíduos albinos, logo os progenitores não podem, simultaneamente, possuir o alelo p. Por outro lado, a proporção de descendentes com pêlo curto e pêlo longo é de 3 (46 indivíduos) para 1 (16 indivíduos), respectivamente, logo os progenitores têm que ser heterozi- góticos para a característica dimensão do pêlo. PpCc x PPCc ou PPCc x PpCc ou PPCc x PPCc G - Escuro curto x Escuro longo P_C_ x P_cc A proporção de indivíduos com pêlo escuro (29+31) em relação aos indivíduos albinos (9+11) é de 3: 1, logo ambos os progenitores têm que ser heterozigóticos para a característica cor do pêlo. Por outro lado, cerca de 50% dos descendentes (29+9) possuem pêlo curto e 50% possuem pêlo longo (31+11), logo ambos os progenitores têm que possuir o alelo c. PpCc x Ppcc

11. 13 – 1) ¼ 5) 9 /16 2) ½ 6) 1 3) 1 /16 7) ¼ 4) 0 1) ½ B – ¼ AB ½ A ½ b – ¼ Ab Gâmetas ½ B – ¼ aB ½ a ½ b – ¼ ab 2) ½ B – ½ AB 1 A ½ b – ½ Ab 3) AaBb x AaBb  zigoto AABB ½ A ½ a ½ B ½ b ½ A ¼ AA ¼ Aa ½ B ¼ BB ¼ Bb ½ a ¼ Aa ¼ aa ½ b ¼ Bb ¼ bb Probabilidade de obter AA = ¼ x Probabilidade de obter BB = ¼ ¼ x ¼ = 1 /16 4) aabb x AABB  zigoto AABB O zigoto nunca poderá possuir os alelos AA pois um dos progenitores não possui esse alelo. 5 – AaBb x AaBb  fenótipo AB  o genótipo pode ser AABB; AABb; AaBB ou AaBb ½ A ½ a ½ B ½ b ½ A ¼ AA ¼ Aa ½ B ¼ BB ¼ Bb ½ a ¼ Aa ¼ aa ½ b ¼ Bb ¼ bb Probabilidade de obter AA ou Aa = 3 /4 x Probabilidade de obter BB ou Bb = 3 /4 3 /4 x 3 /4 = 9 /16

12. 6) aabb x AABB  fenótipo AB  AaBb (100%) = 1 7 – AaBb x AaBB  fenótipo aB  o genótipo pode ser aaBB ou aaBb ½ A ½ a ½ B ½ B ½ A ¼ AA ¼ Aa ½ B ¼ BB ¼ BB ½ a ¼ Aa ¼ aa ½ b ¼ Bb ¼ Bb Probabilidade de obter aa = 1 /4 x Probabilidade de obter BB ou Bb = 1 1 /4 x 1 = 1 /4 14.1 – F: cascos indivisos P: pêlo branco f: cascos fendidos p: pêlo preto o genótipo parental tem que ser este pois os descendentes possuem pêlo pre- PpFf x PpFf  to e cascos fendidos (caracteres recessivos)  obtiveram-se indivíduos de genótipo ppff (que correspondem a uma proporção de 1 /16) 1 /16 - 9 x /16 = 9  x = 144 16 /16 - x R: Espera-se que tenham nascido 144 porquinhos. 14.2 – Os porquinhos genotipicamente iguais ao pai serão aqueles de genótipo PpFf ½ F – ¼ PF ½ P ½ f – ¼ Pf Gâmetas ½ F – ¼ pF ½ p ½ f – ¼ pf ¼ PF ¼ Pf ¼ pF ¼ pf ¼ PF 1 /16 PPFF 1 /16 PPFf 1 /16 PpFF 1 /16 PpFf ¼ Pf 1 /16 PPFf 1 /16 PPff 1 /16 PpFf 1 /16 Ppff ¼ pF 1 /16 PpFF 1 /16 PpFf 1 /16 ppFF 1 /16 ppFf ¼ pf 1 /16 PpFf 1 /16 Ppff 1 /16 ppFf 1 /16 ppff

13. Proporção de indivíduos PpFf = 4 /16 4 /16 x 144 = 36 R: Espera-se que 36 porquinhos, do total nascido nas ninhadas, sejam genotipicamente idênticos ao pai. 15.1 – Total de descendentes = 226 226 - 16 x  9 226 - 16 x  3 226 - 16 x  3 226 - 16 x  1 128 - x 43 - x 40 - x 15 - x     9 cinzento normal 3 cinzento rex 3 branco normal 1 branco rex (caracteres dominantes) Com estas proporções de 9: 3: 3: 1 podemos inferir que os progenitores eram heterozigóticos para as duas características, sendo: Caracteres dominantes: Cinzento (B) Caracteres recessivos: Branco (b) Normal (R) Rex (r) BbRr x BbRr  genótipos dos progenitores  9 (B_R_): 3 (B_rr): 3 (bbR_): 1 (bbrr) BbRR BBrr bbRR branco rex BBRR Bbrr bbRr BbRr cinzento rex branco normal BBRr cinzento normal 15.2.1 – Deverá cruzar bbrr x bbrr  obterá sempre pelagem rex branca (bbrr) na descendência 15.2.2 – Deverá cruzar Bbrr x bbrr  obterá sempre pelagem rex (rr) ½ b ½ b ½ B ¼ Bb ¼ Bb ½ b ¼ bb ¼ bb 50% cinzento : 50% branco Desta forma obterá 50% de coelhos cinzentos e 50% de coelhos brancos 15.2.3 - Deverá cruzar B_rr x BBrr  obterá sempre pelagem cinzenta

14. 16 - a: olhos azuis P: polidactilia D – ausência de dentes dd: normal em relação aos dentes D_ : sem alguns dentes pp: não sofre de polidactilia P_ : com polidactilia aa: possui olhos azuis A_ : possui olhos castanhos dd pp aa x D_ P_ A_  Descendentes: D_P_A_ (sem alguns dentes, com polidactilia e olhos castanhos) D_ppA_ (sem alguns dentes, não sofrem de polidactilia e possuem olhos castanhos) A mãe tem que possuir o alelo p, pois alguns descendentes não sofrem de polidactilia. R: dd pp aa ; D_PpA_ 17.1 – Os olhos azuis e cabelos loiros têm que ser condicionados por um alelo recessivo pois os in- divíduos 1 e 2, ambos de olhos castanhos e cabelos castanhos, tiveram um filho de olhos azuis e cabelos loiros (indivíduo 5). Ambos os progenitores continham informação para estas duas características, apesar de não as manifestarem. 17.2 – A: olhos castanhos C: cabelos castanhos a: olhos azuis c: cabelos loiros 1: AaCc 4: AaCc 7: A_Cc 10: AaCc 13: Aacc 2: AaCc 5: aacc 8: aaCc 11: AaCc 3: Aacc 6: AaCc 9: aacc 12: aacc 17.3 – Como o genótipo do indivíduo 9 é aacc (olhos azuis e cabelo loiro), se este casasse com uma mulher loira de olhos azuis (aacc), os descendentes teriam que possuir todos o genótipo aacc, ou seja, seriam loiros de olhos azuis. Se um dos descendentes tiver olhos castanhos, isso significa que o alelo C teve que surgir de algum lado ... 18.1 – O cruzamento de rabanetes de forma longa com rabanetes de forma redonda originou uma descendência com um fenótipo diferente mas intermédio (forma oval), relativamente ao fe- nótipo dos progenitores (forma longa x forma redonda). Logo, a transmissão hereditária da forma dos rabanetes constitui um caso de dominância incompleta (só assim se justificam os resultados obtidos nas 2 gerações). AA – genótipo dos rabanetes de forma longa BB – genótipo dos rabanetes de forma redonda AB – genótipo dos rabanetes de forma oval (fenótipo intermédio) AA x BB  Geração F1 100% AB (irá formar os seguintes gâmetas: ½ A ; ½ B)

15. ½ A ½ B ½ A ¼ AA ¼ AB ½ B ¼ AB ¼ BB 1 AA : 2 AB : 1 BB forma longa forma oval forma redonda 18.2 – Rabanetes ovais  AB Rabanetes redondos  BB ½ B ½ B ½ A ¼ AB ¼ AB ½ B ¼ BB ¼ BB 50% AB (forma oval) : 50% BB (forma redonda) R: Esperaríamos uma proporção fenotípica de um rabanete de forma oval para um rabanete de forma redonda. 18.3 – A primeira lei de Mendel verifica-se no cruzamento descrito uma vez que durante a formação dos gâmetas ocorre a separação do par de alelos que define a forma dos rabanetes, sendo que estes são segregados de forma independente. 19.1 – Trata-se de um caso de hereditariedade com dominância incompleta – os indivíduos 1 e 2, ambos de cabelo ondulado, originam descendentes com 3 fenótipos diferentes (cabelos encaracolados – indivíduo 4; cabelos ondulados – indivíduos 5 e 7; cabelos lisos - indivíduo 6). Podemos então considerar o fenótipo cabelos ondulados como intermédio entre os fenótipos cabelo encaracolado / cabelo liso. 19.2 – Cabelo encaracolado – AA Cabelo liso – BB Cabelo ondulado – AB 1 – AB 4 – AA 7 – AB 10 – AB 2 – AB 5 – AB 8 – BB 11 – AB 3 – AB 6 – BB 9 – AB 12 – BB

16. 19.3 – Indivíduo 12 – BB Mulher de cabelos encaracolados - AA ½ B ½ B ½ A ¼ AB ¼ AB ½ A ¼ AB ¼ AB Descendentes : 100% indivíduos de genótipo AB  indivíduos com cabelo ondulado R: O casal teria 0% de probabilidades de vir a ter filhos de cabelos encaracolados. 20.1 – A coloração destes gatos é condicionada por alelos co-dominantes, uma vez que na geração F1 ambos os alelos (os que determinam a coloração preta e a coloração alaranjada) se mani- festaram simultaneamente no fenótipo que é, por isso, diferente dos fenótipos parentais. 20.2.1 – Gato preto – AA Gato alaranjado – BB P AA x BB gato preto gato alaranjado  F1 100% AB (gato preto com riscas alaranjadas) F2 ¼ AA x AA ½ AB x AB ¼ BB x BB gato preto gato preto com gato alaranjado riscas alaranjadas 100% AA 100% BB gato preto gato alaranjado F3 ¼ AA x AA ½ AB x AB ¼ BB x BB gato preto gato preto com gato alaranjado riscas alaranjadas R: Na geração F3 esperaríamos obter gatos pretos (AA), gatos alaranjados (BB) e gatos pretos com riscas alaranjadas (AB). 20.2.2 – Na geração F3 obtivémos ½ de gatos pretos com riscas alaranjadas: ½ x 18 = 9 R: Esperaríamos obter na geração F3 9 gatos pretos com riscas alaranjadas. 20.3 – Dir-lhe-ia para ele proceder sempre a cruzamentos entre gatos pretos e gatos alaranjados – desta forma 100% dos descendentes possuiriam a característica mais rentável.

17. 21.1 – PP: negra ff: franjada BB: branca F: normal PB: azul R: Um indivíduo duplamente heterozigótico possuiria como genótipo PBFf (o fenótipo correspon- dente seria penas azuis normais). 21.2 - Azul franjada x Negra franjada PBff PPff ½ f – ¼ Pf ½ P ½ Pf ½ f – ¼ Pf Gâmetas ½ f – ¼ Bf ½ B ½ Bf ½ f – ¼ Bf Gâmetas : Pf ½ Pf ½ Bf 1 Pf ½ PPff ½ PBff 50% PPff (negra franjada) : 50% PBff (azul franjada) R: Os fenótipos resultantes desse cruzamento serão: (50%) 1 galinha de penas negras franjadas : (50%) 1 galinha de penas azuis franjadas. 22.1 - A_ x B_  Descendentes A_ ; B_ ; AB ; 0 Se se obtém um descendente com sangue do tipo 0 o seu genótipo é 00 logo ambos os progenitores têm que possuir esse mesmo alelo. Confirmação: ½ B ½ 0 ½ A ¼ AB ¼ A0 ½ 0 ¼ B0 ¼ 00 Obtemos todos os tipos de sangue R: A0 x B0

18. 22.2 - A_ x A_ Ambos os progenitores têm que possuir o alelo 0 pois um dos filhos possui sangue do tipo 00. Confirmação: ½ A ½ 0 ½ A ¼ AA ¼ A0 ½ 0 ¼ A0 ¼ 00 3 A_ : 1 00 R: A0 x A0 22.3 - AB x B_ (pode ser BB ou B0) Se o pai for BB: Se o pai for B0 ½ B ½ B ½ B ½ 0 ½ A ¼ AB ¼ AB ½ A ¼ AB ¼ A0 ½ B ¼ BB ¼ BB ½ B ¼ BB ¼ B0 Descendentes - ½ AB : ½ BB Descendentes - ¼ AB : ½ B_ : ¼ A0 Hipótese excluída Hipótese confirmada R: AB x B0 23.1 - A x B como o pai é do como a sua mãe é do grupo 0 esta mulher grupo 0 este homem terá que possuir genó- terá que possuir genótipo B0 tipo A0 ½ B ½ 0 ½ A ¼ AB ¼ A0 ½ 0 ¼ B0 ¼ 00 R: Existe 25% (1 /4) de probabilidades deste casal vir a ter um filho do grupo sanguíneo 0. 23.2 – Como o filho é do grupo sanguíneo 0, não possui na membrana das suas hemácias quaisquer aglutinogénios mas possui, no plasma, aglutininas anti-A e anti-B. Ao receber sangue do seu pai (tipo B – possui aglutinogénios B na membrana das hemácias), as suas aglutininas anti-B

19. reagiriam com os aglutinogénios B do seu pai, ocorrendo por isso uma reacção de aglutina- ção. Por essa razão o filho não pode receber sangue do seu pai. Pelo contrário, o pai pode receber sangue do filho pois este é considerado dador universal (grupo sanguíneo 0). 24.1 – Namorado Y : “Sendo a criança do grupo sanguíneo 0 significa que, genotipicamente, ela é 00, ou seja, teve que receber um alelo 0 da mãe e outro do pai. Como eu sou do grupo AB nunca poderia ser o pai da criança, uma vez que apenas poderia doar-lhe o alelo A ou o alelo B e, dessa forma, a criança não seria do grupo 0. Assim, podemos concluir que a menina X possui genótipo A0 e o namorado Z possui genótipo B0.” ½ B ½ 0 ½ A ¼ AB ¼ A0 ½ 0 ¼ B0 ¼ 00 25.1 - SOUSA MARTINS Sara Ricardo SOUSA MARTINS ½ B ½ 0 ½ 0 ½ 0 ½ B ¼ BB ¼ B0 ½ A ¼ A0 ¼ A0 ½ 0 ¼ B0 ¼ 00 ½ B ¼ B0 ¼ B0 Ricardo: 00 Sara: A0 R: Houve troca de bebés porque o casal Sousa nunca poderia ter filhos do grupo A (mas podia ter um filho do grupo 0, como o Ricardo), pois nenhum dos progenitores possui o alelo A. Por outro lado, o casal Martins nunca poderia ter filhos do grupo 0 (mas podia ter um filho do grupo A, como a Sara), pois a senhora Martins não possui o alelo 0. Criança B B 0AB A 0

20. 26.1 – Indivíduo 7  00 Se os filhos do casal 7 e 8 são do grupo B e do grupo A, é porque ambos os alelos (A e B) tiveram que ser fornecidos pelo pai logo, este só pode pertencer ao grupo sanguíneo AB. ½ A ½ B ½ 0 ¼ A0 ¼ B0 ½ 0 ¼ A0 ¼ B0 26.2 – Da resposta anterior já sabemos que os indivíduos 8, 9 e 10 NÃO SÃO homozigóticos. Por outro lado, os indivíduos 4 e 6 NÃO podem ser homozigóticos (de outra forma era im- possível terem uma filha do grupo 0). Indivíduo 4 (A0) x Indivíduo 6 (A0)  Indivíduo 7 (00). Os indivíduos 1 e 2 também NÃO SÃO homozigóticos, contudo o seu filho (indivíduo 3) só pode ser homozigótico: ½ A ½ B ½ A ¼ AA ¼ AB ½ B ¼ AB ¼ BB Indivíduo 3 Sendo o indivíduo 3 homozigótico (BB), o indivíduo 5 terá que ser de genótipo B0 (herdou o alelo B do pai e o alelo 0 da mãe). R: Os indivíduos homozigóticos são o 3 e o 7. 26.3 – (Xadrez feito anteriormente) R: A probabilidade desse casal ter um filho do grupo 0 é zero. 26.4 – 1  2 A transfusão é aconselhada pois é feita entre indivíduos pertencentes ao mesmo grupo sanguíneo. 4  2 Esta transfusão também é aconselhada pois os indivíduos do grupo AB são conside- A AB rados receptores universais (não possuem aglutininas no seu plasma, logo não há pe- rigo de aglutinação das hemácias do dador). 3  6 Esta transfusão é contra-indicada pois o indivíduo 6 possui aglutininas anti-B, que B A reagiriam com os aglutinogénios B das hemácias do indivíduo dador, provocando aglutinação. 3  7 Esta transfusão também é contra-indicada - o indivíduo 7 (receptor) possui aglutini- B 0 nas anti-A e anti-B logo, as hemácias do dador (que possuem aglutinogénios B) se-

21. riam aglutinadas. 9  5 A transfusão é aconselhada pois é feita entre indivíduos pertencentes ao mesmo grupo sanguíneo. R: As únicas transfusões contra-indicadas são aquelas realizadas entre os indivíduos 3  6 e 3  7 26.5.1 – Paciente 1: pertence ao grupo 0 (possui aglutininas anti-A e anti-B logo, não possui agluti- nogénios). Sendo assim este indivíduo só pode receber sangue de indivíduos pertencentes ao grupo 0 (indivíduo 7 da árvore genealógica), pois de outra forma as suas aglutininas reagiriam com os aglutinogénios presentes na membrana das hemácias dos dadores. Paciente 2: se possui aglutininas anti-B é porque o seu sangue é do tipo A. Logo, pode receber sangue de indivíduos pertencentes ao mesmo grupo (indivíduos 4, 6 e 10 da árvore genealógica) e do grupo 0 – dador universal (indivíduo 7). Se recebesse sangue de indiví- duos do grupo AB ou B, as aglutininas anti-B aglutinariam as hemácias doadas. Paciente 3: pertence ao grupo AB – pode receber sangue de todos os indivíduos pois é considerado receptor universal (como não possui aglutininas, não tem capacidade para rea- gir com os aglutinogénios das hemácias dos dadores). 27.1 – Como o primeiro filho teve eritroblastose fetal é porque o seu sangue é do tipo Rh+ (só fetos com este grupo sanguíneo podem sofrer dessa doença). Por outro lado, o segundo filho, como é normal, só pode ser do grupo Rh- , pois de outro modo também nasceria com eritroblastose fetal. A mãe, como deu à luz um filho com eritroblastose fetal, tem, necessariamente, que possuir como genótipo Rh- Rh- e o pai terá que possuir como genótipo Rh+ Rh- , pois só assim o casal poderia ter um filho com sangue do tipo Rh- e outro com sangue do tipo Rh+ . ½ Rh+ ½ Rh- ½ Rh- ¼ Rh+ Rh- ¼ Rh- Rh- ½ Rh- ¼ Rh+ Rh- ¼ Rh- Rh-  Este será o genótipo do primeiro filho Até agora sabemos que: O tio materno das crianças, se teve eritroblastose fetal é porque também possui sangue do tipo Rh+ . E se assim foi a sua mãe (avó materna das cranças) possuía sangue do tipo Rh- . Esta forneceu-lhe o alelo Rh- logo, o alelo Rh+ teve que ser fornecido pelo pai (avô materno das crianças) que, dessa forma, só pode possuir como genótipo Rh+ Rh- . Rh- Rh- Rh+ Rh- Rh+ Rh- Rh- Rh-

22. Continuando a construir a árvore: R: 1º filho: Rh+ Rh- mulher: Rh- Rh- tio: Rh+ Rh- avó materna: Rh- Rh- 2º filho: Rh- Rh- marido: Rh+ Rh- avô materno: Rh+ Rh- 28 – A: normal a: albino Para este caracter (pigmentação da pele, o indivíduo só pode possuir como genótipo aa. Se o indivíduo não sofreu de eritroblastose fetal é porque o seu grupo é Rh- (genótipo Rh- Rh- ). Se o seu pai tem sangue do tipo AB e a mãe do tipo 0: ½ 0 ½ 0 ½ A ¼ A0 ¼ A0 ½ B ¼ B0 ¼ B0 O indivíduo possui genótipo A0 ou B0 O indivíduo só pode ser de genótipo A0 pois no enunciado há indicação de que ele não pode receber sangue do tipo B. R: O indivíduo é de genótipo aa Rh- Rh- A0. 29.1 - 1: A0 Rh+ Rh- 4: 00 Rh+ Rh- 2: B0 Rh+ Rh- 15: A0 Rh- Rh- 3: B0 Rh+ Rh- 29.2 – Genótipo do indivíduo 14: BB ou B0. Os seus pais (indivíduos 8 e 9) são ambos pertencentes ao grupo AB, logo este indivíduo não pode ter herdado o alelo 0 – o seu genótipo é, necessariamente BB. Por outro lado, e relativamente ao sistema sanguíneo Rh, o seu genótipo só pode ser Rh+ Rh- (herdou o alelo Rh+ do pai e o Rh- da mãe). Genótipo do indivíduo 15: relativamente ao sistema sanguíneo Rh, o indivíduo tem como genótipo Rh- Rh- . Em relação ao sistema AB0 ele pode ser AA ou A0. Contudo ele nunca po- Rh- Rh- Rh+ Rh- Rh+ Rh- Rh- Rh- Rh+ Rh- Rh+ Rh- Rh- Rh- Avós maternos das crianças Tio materno das crianças

23. deria ter o genótipo AA pois o seu descendente (indivíduo 16) possui fenótipo B – herdou o alelo B da mãe. Se o seu pai possuísse genótipo AA, o indivíduo 16 teria que possuir necessariamente sangue do tipo AB, o que não se verifica. Desta forma podemos concluir que o indivíduo 15 apresenta genótipo A0. Indivíduo 14 - BB Rh+ Rh- Indivíduo 15 - A0 Rh- Rh- ½ ARh- ½ 0Rh- ½ BRh+ ¼ ABRh+ Rh- ¼ B0Rh- Rh- ½ BRh- ¼ ABRh- Rh- ¼ B0Rh- Rh- R: A probabilidade de um filho deste casal ser do grupo ABRh- é de 25%. 29.3 – Houve certamente contacto entre o sangue da mãe (Rh- ) e o sangue do seu primeiro filho (Rh+ ), pelo que se desencadeou no organismo da mãe a produção de aglutininas anti-Rh. Ao ficar novamente grávida, essas aglutininas atravessaram a placenta e provocaram a destruição das hemácias do feto (segundo filho) que, certamente, era do grupo sanguíneo Rh+ . 29.4 – Relativamente ao sistema AB0, todos os indivíduos podiam dar sangue a esta senhora, pois ela possui sangue do tipo AB (receptor universal). Relativamente ao sistema Rh: como a senhora pertence ao grupo Rh- só pode receber sangue do tipo Rh- pois, de outra forma, desen- cadeava-se no seu organismo produção de aglutininas anti-Rh. Assim, só indivíduos com sangue do tipo Rh- poderiam ser utilizados para a transfusão. R: Os elementos desta família que lhe poderiam doar sangue seriam os indivíduos 3, 5, 7, 13 e 15. 29.5 – É o indivíduo 13 que possui sangue do tipo 0, mas cujos pais têm sangue do tipo AB. ½ A ½ B ½ A ¼ AA ¼ AB ½ B ¼ AB ¼ BB É impossível, com esses progenitores, surgir um descendente com sangue do tipo 0.

24. 30 – Sabendo que as plantas da F1 (anãs vermelhas), cruzadas entre si originaram plantas brancas, chegamos logo à conclusão que o carácter branco é recessivo em relação ao vermelho. Por outro lado, as mesmas anãs vermelhas da F1 originaram sempre plantas também elas anãs – provavelmente o carácter anão é recessivo em relação ao alto. Assim: A – altas V - vermelhas a – anãs v – brancas … logo, uma planta anã branca só poderá ter como genótipo: aavv Do primeiro cruzamento só se obtiveram flores vermelhas, por isso o genótipo provável será AaVV. Alta vermelha: AaVV x Anã branca: aavv Confirmando: av ½ AV ½ AaVv (alta vermelha) ½ aV ½ aa Vv (anã vermelha) As plantas anãs vermelhas resultantes deste primeiro cruzamento cruzaram-se entre si: aa Vv x aa Vv … ½ aV 1/ 2 av ½ aV ¼ aa VV (anã vermelha) ¼ aaVv (anã vermelha) ½ av ¼ aa Vv (anã vermelha) ¼ aa vv (anã branca) Assim se explica a proporção de 3 anãs vermelhas para 1 anã branca. 31 – Trata-se de um caso de genes letais. Os gatos Manx são heterozigóticos (Aa). O cruzamento de 2 gatos deste tipo será: ½ A ½ a ½ A ¼ AA ¼ Aa ½ a ¼ Aa ¼ aa Situação letal!!! Assim, deste cruzamento, espera-se o nascimento de um gato normal (AA) por cada dois heterozigóticos Manx (Aa) – apenas a letalidade explica os resultados. R: Os resultados são explicados tendo em conta que os gatos de genótipo aa não sobrevivem – genes letais quando em homozigotia recessiva.

25. 32 – Se na F1 surgiram 100% de flores púrpura com grãos redondo estes serão certamente os caracteres dominantes. Assim: P – púrpura ; p – vermelho L – grãos longos ; l – grãos redondos a) Considerando a segregação independente: Flores púrpura e grãos de pólen longos x Flores vermelhas e grãos de pólen redondos PP LL x pp ll F1 100% Flores púrpura e grãos de pólen longos Pp Ll Estas serão cruzadas com flores duplamente recessivas : ppll pl ¼ PL ¼ Pp Ll (Púrpura, Grãos longos) ¼ Pl ¼ Pp ll (Púrpura; Grãos redondos) ¼ pL ¼ PpLl (Vermelha; Grãos longos) ¼ pl ¼ ppll (Vermelha; Grãos redondos) R: Se existir uma segregação independente espera-se obter na proporção de 25% os fenótipos referidos no xadrez anterior. b) Considerando que existe linkage e que, por isso, os alelos para a cor púrpura e grãos redondos nunca se separam pois estão inseridos no mesmo cromossoma (o mesmo acontecendo com os caracteres cor vermelha, grãos longos): Flores púrpura e grãos de pólen longos x Flores vermelhas e grãos de pólen redondos PP LL x pp ll F1 x Flores púrpura e grãos de pólen longos Pp Ll Estas serão cruzadas com flores duplamente recessivas : ppll pl ½ PL ¼ Pp Ll (Púrpura, Grãos longos) ½ pl ¼ pp ll (Vermelha; Grãos redondos) R: Se existir uma situação de ligação factorial espera-se obter na proporção de 50% os fenótipos referidos no xadrez anterior. 33 – Galinhas rastejantes x Galinhas normais F1 50% Normais + 50% rastejantes Este cruzamento indicia-nos que temos heterozigóticos a cruzarem-se com homozigóticos recessivos (só assim se consegue obter, na F1, proporções de 50%:50%). Por outro lado, no

26. enunciado é referido que do cruzamento entre galinhas normais resultam sempre galinhas normais – Conclusão: normal – aa ; rastejantes – Aa. Partindo deste pressuposto, este será o xadrez mendeliano para o primeiro cruzamento (rastejantes x normais): ½ a ½ a ½ A ¼ Aa ¼ Aa ½ a ¼ aa ¼ aa 50% normais : 50% rastejantes Do cruzamento de rastejantes com rastejantes, temos: ½ A ½ a ½ A ¼ AA ¼ Aa ½ a ¼ Aa ¼ aa AA será certamente um genótipo letal!!! Assim, apenas teremos 2 rastejantes (Aa) para 1 normal (aa) R: Os resultados são explicados tendo em conta que as galinhas de genótipo AA não sobrevivem – genes letais quando em homozigotia dominante. 34 a) Células I: pode dar origem aos seguintes gâmetas AB; Ab ; aB; ab Células II: pode dar origem aos seguintes gâmetas Ab ou aB b) Segregação independente: ab ¼ AB ¼ AaBb ¼ Ab ¼ Aabb ¼ aB ¼ aaBb ¼ ab ¼ aabb R: ¼ AaBb ; ¼ Aabb; ¼ aaBb; ¼ aabb – é esta a proporção genotípica esperada considerando a existência de segregação independente. Ligação completa (com alelos A e B localizados no mesmo cromossoma)

27. AaBb – só produz gâmetas AB e ab Aabb - só produz gâmetas ab R: ½ AaBb; ½ aabb – é esta a proporção genotípica esperada considerando a existência de linkage. 35 a) VvAa x VvAa (no entanto, os gâmetas formados por cada um dos indivíduos serão apenas VA e va): ½ VA ½ va ½ VA ¼ VVAA Vermelhos e altos ¼ VvAa Vermelhos e altos ½ va ¼ VvA Vermelhos e altos ¼ vvaa amarelos e baixos R: É esperado observarem-se os seguintes fenótipos: plantas altas de frutos vermelhos e plantas baixas de frutos amarelos. 36 a) A diversidade de fenótipos é explicável pela variação de um único gene com diversos alelos – polialelismo. O cruzamento 1 mostra-nos que o alelo para azul é dominante em relação ao alelo para verde. Esta conclusão é apoiada pelo cruzamento 5, porque o alelo que determina a cor verde estava presente nos progenitores (sem, no entanto, se manifestar). Do cruzamento 3 verifica-se que o alelo para verde é dominante em relação ao alelo que determina a cor turquesa. Existem assim três alelos para um gene, que podemos designar de C, que determina a cor das asas – podemos ter as seguintes situações: Ca (asas azuis) Cv (asas verdes) Ct (asas turquesa) … … sendo que o alelo para verde é dominante sobre o alelo turquesa e o alelo azul dominante sobre aqueles dois (Ca > Cv > Ct ) A posição do alelo turquesa é confirmada pelo resultado do cruzamento 7 pois a cor turquesa aparece na descendência de azul x verde 36 b) CRUZAMENTO PROGENITORES DESCENDENTES 1 Ca Ca x Cv __ Ca _ 2 Ca Ct x Ca Ct ¾ Ca __; ¼ Ct Ct 3 Cv Ct x Cv Ct ¾ Cv __; ¼ Ct Ct 4 Ca Ct x Ct Ct ½ Ca Ct ; ½ Ct Ct 5 Ca Cv x Ca Cv ¾ Ca __; ¼ Cv Cv ab ½ AB ½ AaBb ½ ab ½ aabb

28. 6 Ca Cv x Cv Cv ½ Ca __ ; ½ Cv Cv 7 Ca Ct x Cv Ct ½ Ca __; ¼ Cv Ct ; ¼ Ct Ct 8 Ct Ct x Ct Ct Todos Ct Ct

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