Indução de Árvores de Decisão para a Inferência de Redes Gênicas
INTERAÇÕES GÊNICAS - determinantebh.com.br · A interação gênica observada entre os genes...
Transcript of INTERAÇÕES GÊNICAS - determinantebh.com.br · A interação gênica observada entre os genes...
Biologia iVaUlaS 27 E 28:
INTERAÇÕES GÊNICAS - EPISTASIA. INTERAÇÕES NÃO EPISTÁTICAS, POLIMERIA E PLEIOTROPIA
EXERCÍCioS PRoPoSToSAnUal
VOLUME 6
OSG.: 105177/16
01.
Fenótipos Genótipos
Branca aa_ _
Vermelha A_ B_
Creme A_ bb
Pais: AaBb x AaBb
Filhos: 9
16
3
16
3
16
1
16A_B_; A_bb; aaB_; aabb.
P aa_ _( ) = + =3
16
1
16
4
16
Resposta: B
02. Pais: SstT × SSTT
Filhos: 1/4 negro (SSTT); 2/4 mulatos escuros (SsTT e SSTt) e 1/4 mulato médio (SsTt).
03.A) A fêmea mãe tem o genótipo Bbee. Interação gênica é quando um ou mais genes, localizados ou não no mesmo cromossomo, agem
conjuntamente na determinação de uma característica. A interação gênica observada entre os genes envolvidos na determinação da cor da pelagem de labradores é denominada epistasia. Nesse tipo de interação, o gene “e” impede a expressão dos alelos de outro par, ou seja, impede a deposição de pigmento na pelagem, fazendo com que o animal adquira uma coloração dourada. Como esse gene atua apenas se estiver em dose dupla (ee), trata-se de um caso de epistasia recessiva.
B) O cão preto (pai) tem o genótipo BbEe e o seu filhote chocolate tem o genótipo bbEe. Como o pai é preto, deve ter pelo menos um gene dominante de cada lócus (B_E_). Tendo um filho chocolate (bbE_), obrigatoriamente deve ter um gene recessivo b (BbE_). Como teve também quatro filhotes dourados (_ _ee), também deve ter obrigatoriamente um gene recessivo e, sendo seu genótipo, então, BbEe. O seu filhote chocolate, para ter essa cor deverá ter obrigatoriamente dois genes recessivos b e pelo menos um gene E dominante (bbE_). Como sua mãe é dourada (Bbee) ele deverá obrigatoriamente receber um gene recessivo e de sua mãe, ficando assim, com o genótipo bbEe.
04. Pais: bbEe × Bbee
filhos: 1
4 BbEe (preta) :
1
4 Bbee (dourada) :
1
4 bbEe (marrom) :
1
4 bbee (amarela)
P( dourado) = 1
2
1
4
1
8× =
P ( dourada) = 1
2
1
4
1
8× =
P (casal dourado) = 1
8
1
8
1
64× =
Resposta: C
05. O número de espermatozoides distintos formados pela meiose dessas células é 2n (n = número de pares heterozigóticos do genótipo). Logo, n2 = 24 = 16 tipos diferentes de gametas. As 80 células formarão 320 células ao término da meiose, das quais 20 terão a composição AbGm.
Resposta: C
06. A) Fazendo o cruzamento genético, tem-se:
AB Ab aB ab
AB AABBbranca
AABbbranca
AaBBbranca
AaBbbranca
Ab AABbbranca
AAbbamarela
AaBbbranca
Aabbamarela
aB AaBBbranca
AaBbbranca
aaBBbranca
aaBbbranca
ab AaBbbranca
Aabbamarela
aaBbbranca
aabbbranca
OSG.: 105177/16
Resolução – Biologia IV
A partir da análise do quadrado de Punnet, infere-se que, para cada 16 indivíduos, são esperados 3 indivíduos com flores amarelas.
B) Para a planta, o principal benefício é o transporte do grão de pólen até o estigma de outras flores, favorecendo a fecundação cruzada. Os insetos são beneficiados pela obtenção de alimento, o néctar.
07. Se os genes a e b não contribuem para o peso e o fruto aabb tem 20 g, teremos:AABB = 40 g – 20 g = 20 g.Logo, cada gene A ou B contribui com 5 g.Portanto, o fruto de genótipo AABb terá:20 + 15 = 35 g.
08. Em I, o cruzamento de camundongos aguti (AaPp) de F-1, nascidos do cruzamento entre camundongos preto (AApp) com camundongos albinos (aaPP), resulta numa geração F-2 constituída por 9/16 de camundongos aguti, 3/16 de camundongos pretos e 4/16 de camundongos albinos, temos aí, um exemplo de epistasia recessiva. As assertivas II e III são corretas.
Resposta: C
09. As proporções de 9:3:3:1, obtidas no cruzamento de indivíduos da F1, indicam que a herança do tipo de cristas das galinhas é determinada pela interação de dois pares de genes com segregação independente, isto é, genes situados em locos de cromossomos distintos.
Resposta: B
10. Sendo:XD = alelo que determina o caráter normal em relação à visão;Xd = alelo que determina o daltonismo;P = alelo que determina dactilismo normal;p = alelo que determina a polidactilia,
temos os seguintes genótipos:
1 - XDYP_ 2 - XdXdpp
3 - XdYpp ––– 4 - XDXdPp
Xdp Yp
XDP XDXdPp XDYPp
XDp XDXdpp XDYpp
XdP XdXdPp XdYPp
Xdp XdXdpp XdYpp
A probabilidade de ter uma filha normal para ambos os caracteres é 1
8.
Resposta: E
11.A) Pais: RrEe × RrEe
Filhos: 9
16
3
16
3
16
1
163
16
R_E_; R_ee; rrE_; rree
P R ee_( ) =
B) Pais: RRee × RrEe
Filhos:
RE Re rE re
Re RREe RRee RrEe Rree
Proporção genotípica: 1: 1: 1: 1.Proporção fenotípica: 1 noz: 1 rosa.
OSG.: 105177/16
Resolução – Biologia IV
12.
Genótipos Fenótipos
A_ B_ verde
A_ bb azul
aaB_ amarelo
aabb branco
Pais: AaBb x AaBb
Filhos: verdes A B azuis A bb amarelos aaB bran9
16
3
16
3
16_ _ ; _ ; _ ; co
ss1
16aabb
Resposta: C
13. AaBb Para que o macho seja cinza, deve apresentar, pelo menos, um alelo A e um alelo B. Como foi cruzado com uma fêmea albina (aabb)
e existem tanto descendentes de pelagem preta (bb), quanto albinos (aa), o macho deve possuir os alelos a e b.
14.A) D_C_ : audição normal. D_cc, ddC_, ddcc: surdez profunda. Sim, se os pais forem DDcc × ddCCB) DdCc × DdCc DDCC 1/4 × 1/5 = 1/16 C) Baixa variabilidade genética, provocada provavelmente por uma pequena população e casamentos consanguíneos.D) Anfíbios.E) Comportamento sexual e aviso de perigo.
15.A) 6 (3 pares). Os extremos da F2 são: 1/4n = 1/64 = 1/43.B) 0,4 cm.
16.A) 25% vermelho (AaBb) 25% rosa (Aabb) 50% brancos (aaBb e aabb)
B) Indivíduos vermelhos serão: AABB ou AaBB ou AABb ou AaBb
C) 9/16 vermelhos (A_B_) 3/16 rosa (A_bb) 4/16 brancos (3/16 aaBb e 1/16 aabb)
17.
Fenótipos Genótipos
coloridas bbC_
brancas B_C ; B_cc e bbcc
país: bbCC × BBcc
gametas: bC Bc
filhos: 100% BbCc (brancas
Observação: A proporção 16/16 da alternativa [E] indica que a totalidade da descendência do cruzamento proposto será branca, porque 16/16 é igual a 1, isto é, 100%.
Resposta: E
18.A) Genótipos 1. Homem negro: Dd AA BB 2. Mulher negra: Dd AA BB 3. Menino albino: dd AA BB 4. Mulher branca: Dd aa bb 5. Filhos mulatos intermediários: Dd Aa Bb 6. Filha albina: dd Aa Bb
OSG.: 105177/16
Resolução – Biologia IV
B) 50%
C) Herança quantitativa, onde genes aditivos contribuem com a variação da quantidade de melanina na pele.
19.A) 3 pares de genes.B) 25gC) 1:6:15:20:15:6:1
20.A) Alelos: A (longo), a (curto) B (redondo), b (oval)
Cruzando as linhagens homozigotas obtém-se a F1, que intercruzada produzirá, na F2, plantas com caule curto e frutos ovais: Cruzamentos:
P: AAbb x aaBB
|
F1: AaBb x AaBb
|
F2: 9A_B_ : 3A_bb : 3aaB_ : 1aabb
B) A proporção esperada de plantas com caule curto e frutos ovais (aabb) é de 1/16.
João G: 07/06/16 – Rev.: LSS10517716 - pro - Aulas 27 E 28 - Interações Gênicas - Epistasia, Interações não Epistáticas, Polimeria e Pleiotropia