Exercícios do livro Genética na agropecuária

Capitulo 2 – Variação e seu significado biológico

1 – Porque a partir da existência da variação que pode ocorrer a seleção natural ou artificial. Também é a partir da variação que pode ser estudado o modo como um caráter é herdado.

2 – A variação genética é resultado da informação contida nos genes, que são repassados aos descendentes. Já a variação ambiental é resultado dos efeitos do ambiente sobre o desenvolvimento dos organismos e essa informação não está contida nos genes.

3 – A variação entre os bezerros é genética, já que eles não são idênticos entre si, e ambiental já que há fatores como a alimentação da vaca, que influenciam nos diferentes pesos adquiridos pelos bezerros. Os leitões também têm variação de peso tanto genética, já que cada leitão vem de um óvulo e em espermatozóide diferentes, quanto ambiental, já que há fatores como o local no útero onde o leitão se desenvolve que influenciam no peso que ele adquire.

4 – A natureza da variação dos grãos de milho é genética, pois cada grão possui um genótipo, e ambiental, pois a localização do grão na espiga pode influenciar no seu tamanho, por exemplo. No caso do trigo, por ser uma espécie autógama, tem os grãos genotipicamente iguais, e a variação é de natureza ambiental.

5 – Conservar a variabilidade genética de espécies de interesse para o Brasil: O profissional que trabalha nesse centro realiza várias atividades relacionadas a conservação de germoplasma, como a prospecção, coleta, introdução dos acessos aos bancos, intercâmbio e quarentena de materiais, multiplicação e regeneração de materiais.

Capitulo 3 – Genética molecular

1 – 1. A + G = 20 + 30 = 50 DNA de fita duplaT + C = 20 + 30 = 50

2. A + G =40 + 10 = 50 DNA de fita duplaT + C = 40 + 10 = 50

3. RNA presença de uracila

4. RNA

5. A + G = 30 + 20 = 50 A ≠ T DNA de fita simplesT + C = 20 + 30 = 50 C ≠ G

2 – Célula haplóide -> 1,3 x 10^-12 g de DNAA = 28 %a) citosina = ?A = 28% G + C = 100 – 56 = 44%T = 28% =>56% C = 22%

b) 1 nucleotídeo P = 1,6 x 10^-24 x 330 1 dalton = 1,6 x 10 ^-24P = 5,5 x 10 ^-22Cél. somática 1,3 x 10 ^-12 g x 2 = 2,6 x 10^-12

Número de nucleotídeos = 2,6 x 10^-12 / 5,5 x 10^-22= 4,7 x 10^9 gc) DNA de célula haplóide1nm = 10^-9 m1A ° = 0,1 nm3,4 A ° = 0,34 nm

Célula haplóide = 2,35 x 10 ^9 nucleotídeos em cada fita = 1,17 x 10^9 nucleotídeosComprimento = 0,34 x 10^-9 x 1,17x10^9c = 0,4 m

d) Significa que o DNA deve sofrer grande empacotamento e condensação, para que possa preencher as dimensões da célula.

3 – célula haplóide = 2,35 x 10^9 nucleotídeosTipos de molécula = 4 ^n n= número de pares0 Tipos = 4^(1,17 x 10^9) de nucleotídeos

4 – a)

b) 200 aminoácidos200 códons + 1 códon metionina + 1 códon sem sentido202 x 3 = 606

2016 nucleotídeoshnRNA = 1008 nucleotídeosíntrons = 1008 – 606íntrons = 402 nucleotídeos

5 – Fita de DNA20% A 20% T DNA dupla hélice30% C 30% G A = 20 + 10 = 30/2 = 15%40% G 40% C T = 20 + 10 = 30/2 = 15%10% T 10% A G = 40 + 30 = 70/2 = 35%C = 40 + 30 = 70/2 = 35%

6 – genoma haplóide10^9 moléculas de fileroína10^4vezes de transcrição do geneRNAm traduzida = 10^9/10^4 = 10^5vezes7 – 60 proteínas ; 120 aminoácidos = 120 códons + 1 códon metionina + 1 códon finalizador = 122 códons

122 x 60 = 7320 códons 7320 x 3 (nucleotídeos) = 21960 nucleotídeos nos éxons.

8 – A presença de amido ou de açúcares solúveis em água pode ser resultado da ação de diferentes enzimas na formação de agrupados de unidades de açúcar.

9 – 1212 bases no gen ( nos éxons)a) 1212 / 2 = 606 nucleotídeos no RNAm606 / 3 = 202 códons202 – 1 códon de terminação = 201 aminoácidos

b) 606 bases RNAme) 201 RNAts1 ribossomo

10- a) 5’ AUGCACCGAAGAAUUCCACCACCACCACCAUAGAb) 10, incluindo a metioninac) 10x10 = 100 RNAt10 moléculas -> 10 ribossomosd) met his arg aqrg ili pro pro pro pro proe) met his arg arg ili arg thr thr thr thr

Capítulo 4 – Organização do material genético e divisão celular

1 – Na propagação assexuada, são gerados indivíduos idênticos ao que lhes deu origem e na propagação sexuada os indivíduos gerados são resultado da união de gametas de dois genitores, sendo portanto d istintos.

2 – Porque permite a formação de novas combinações genéticas entre alelos de diferentes cromossomos e até mesmo dos mesmos cromossomos devido a permuta genética.

3 – a) 3 pares heterozigotos n = 3Número de orientações na metáfase 1 = 2^(n-1) = 2^(3-1) = 44 orientações

b) número de orientações = 460 células células = 60 / 4 = 15

c) 60x4 = 240 gametastipos de gametas : 2^3 = 8MDF = 240 / 8 = 30 grãos de pólen

d)2³ = 8 tipos

4 – Todos os alhos gerados a partir de um indivíduo serão idênticos.

5 – 2048 orientaçõesa) 2^(n-1) = 2048 2^11 = 2048

n = 11 + 1 = 12genoma = x(número básico) = 12

b) 2^12 = 4096 gametas diferentes

6 – Porque isso é um caso dereproidução assexuada, onde a divisão celular para originar a ‘borbulha’ foi mitótica, gerando células idênticas e assim os frutos são idênticos aos da planta matriz.

7 – a) 2^n = 2^20 40 cromossomos , n = 20Probabilidade de um gameta igual ao que deu origem ao porco = 1 / 2^20

b) 2n = 40 -> n = 20 (10 pai; 10 mãe)C = 20! / (15!x5!) x (1/2)^20C = 15504 / 1048576C = 1,48 %

8 – Isso ocorre porque o burro é um animal com 2n = 63 e como tem metade dos cromossomos do jumento e metade da égua, o pareamento de homólogos na meiose não ocorre, alem de haver um cromossomo “sobrando”, e assim não formam-se gametas viáveis.

Capítulo 5 – Mendelismo

1 – a) Caráter é controlado por um gene ( monogênico), sendo o alelo de semente lisa dominante sobre o alelo da semente enrugada.

b) Possível fecundação de pólen com genótipo diferente de Aa.

c) sementes lisas = ¾ sementes AA = 1/3sementes Aa = 2/3

300AA 300 = (1/3)x X = 900 sementes

d) Sim, através do retrocruzamento entre o parental recessivo e os indivíduos F1, onde espera-se a freqüência de 1 liso : 1 enrugado.

e) Sementes lisas 1/3 AA ; 2/3 Aa

1/3 AA x AA = 100% AA

2/3 Aa x Aa -> AA = ¼ x 2/3 = 1/6Aa = 2/4 x 2/3 = 1/3Aa = 2/3 x ¼ = 1/6

AA = 2/6 + 1/6 = 3/6 fenótipo lisas = 5/6Aa = 2/6aa = 1/6 enrugadas = 1/6

2 – ♀ 100% Aa ♂ ( 70% Aa e 30% AA) Aa x Aa = 7/10 AA = ¼ x 7/10 = 7/40Aa = 2/4 x 7/10 = 14/40Aa ¼ x 7/10 = 7/403/10 AA x AaAA 3/10 x 2/4 = 6/40Aa = 3/10 x 2/4 = 6/40

AA = 7/40 + 6/40 = 13/40 82,5 % lisa Aa = 6/40 + 14/40 = 20/40 --|

Aa = 7/40 ->17,5 % enrugada

3 – Realizar o cruzamento teste, ou seja, cruzas as galinhas de pescoço pelado com galinhas de percoço com penas, que são homozigóticas recessivas. Se não for produzido nenhum descendente homozigoto recessivo, a galinha é homozigota para pescoço pelado.

4 – a) touro – Mm ; Vaca A – mm; Vaca B – mm; Vaca C – Mm

b) Mm x MmMMMm -> mochosRealizar cruzamentos testes destes animais mochos com animais chifrudos e selecionar os animais homozigóticos e realizar cruzamento entre eles até atingir os 20 animais.

5 – C -> folha crespa ; c -> folha lisa ; Heterozigotos = (1/2)^g g = número de gerações com autofecundaçãoHet = (½)^4 = 1/16

AA = aa = [1 – (1/2)^g]/ 2

AA = aa = [1 – 1/16] = (15/16) / 2 = 15 / 32

Genotípicas: AA = 15/32 ; Aa = 1/16; aa = 15/32Fenotípicas: folha crespa = 17/32; folha lisa = 15/32

6 – Seriam mantidas as freqüências de F2 :Genotípicas: AA = ¼ ; Aa = 2/4; aa = ¼Fenotípicas: folha crespa = ¾; folha lisa = ¼

7 – a) Caráter monogênico, sendo o alelo da folha normal dominante sobre o alelo da folha batata.b) 1 – NN x nn ; 2- Nn x Nn ; 3 – nn x nn ; 4 – Nn x nn ; 5 – NN x N_

8 – a) Presume-se que o caráter seja monogênico, sendo o alelo do florescimento precoce dominante sobre o alelo do florescimento tardio. Para que isso seja verdadeiro, a proporção fenotípica na F2 deve ser 3:1.

F2 -> 281 p + 80 t = 361 -> 361 / 4 -> 90,25 -> 90,25 x 3 = 270,75

F2observadoEsperador² Precoce281270,75(10,25)²/270,75 =0,39Tardio8090,25(10,25)²/ 90,25 =1,16

1,55G.L. = 130% > P>20%R = O desvio não foi significativo, logo a hipótese de caráter monogênico é verdadeira.b) F2 -> 150 sementes com florescimento tardio150 = (1/4)x x = 600 sementes9 – O caráter da cor do hipocótilo é monogênico, sendo a cor rosa dominante sobre a cor verde e o caráter do tipo de folha é também monogênico, sendo que a folha normal é dominante sobre a folha batata. Cada caráter se expressa independentemente um do outro, sendo que os alelos de cada gene se combinam na proporção (3:1)(3:1) = 9:3:3:1

b) F1:BBVV x bbvvF2:BbVv x BbVvRC1:BbVv x BBVVRC2:BbVv x bbvv

10 – a) Os resultados de F2 e de RC2b) Na metáfase I (onde ocorre a orientação dos cromossomos homólogos) e a anáfase I ( onde ocorre a segregação dos homólogos) da meiose. Geração F1

11 – arroz 2n = 24 12 pares

a) recessivos -> autofecundação de heterozigoto(¼)^12b) genótipo heterozigoto (1/2)^12c) fenótipo (3/4)^12d) (1/2)^2 = ¼ ou 2/8AA = 3/8 aa = 3/8

Recessivos (3/8)^12Genótipo (1/4)^12Fenótipo (3/8 + 2/8)^12 = (5/8)^12

12 – B -> raiz marrom; b -> raiz brancaL -> fruto estreito; l -> fruto largo

B_L_ x bbll40 f. estreitos BbLl /_ bb

BbLL x bbllBb x bb½ Bb -> 50% BbLl½ Bb -> 50 % bbLl13 – T – trote ; t – marcha ; A – baio ; a – pretoTtaa x TTAA = TtAa Marchadores e baios ttAA

Realizar o cruzamento entre os heterozigotos TtAa e selecionar os animais ttA_. Realizar o cruzamento teste entre estes indivíduos e indivíduos pretos e selecionar os que não geraram nenhum indivíduo preto.

14 – BBCCTTNN x bbccttnnF1 BbCcTtNna) bbccttnn (1/4)^4b) b) B_C_T_N_ (3/4)^4c) BbCcTtNn(1/2)^4d) as mesmas

15- Bb – (1/2)^3 = 1/8 BB = (1-1/8) /2 = 7/16

a) (7/16)^4 b) (7/16) + (2/16) = (9/16)^4c) (1/8)^4

16 – R -> resistenter - > susceptívelRr x RrRr -> 31/64Rr -> 2/64 = 1/32 = (1/ 2^5)

5 autofecundações

17 – O alelo é recessivo, pois dois indivíduosnão afetados geraram prole com indivíduos normais e afetados, indicando que são heterozigotos para o gene.

18 – a) Os caracteres são controlados por um gene cada, sendo que em ambos, o fenótipo resistente é o dominante.

b) IV

c) 3/8 resistente as 2 doenças1/8 resistente a 1 e susceptível a 21/8 resistente a 2 e susceptível a 13/8 susceptivel as 2 doenças

Capítulo 6 – Interações alélicas e não alélicas

1 – Pena normal -> ffPenas acentuadamente onduladas -> FFPenas medianamente onduladas – Ff

12 por ninhada36 (18 Ff; 15 FF ; 3 ff)

Ff x Ff (1/4 FF; ½ Ff; 1/4ff)

¼ x 12 = 3 FF ; 3 ff½ x 12 = 6 Ff

Ff x FF => ½ = Ff ; ½ FF -> ½ x 12 = 6 FF e 6 Ff

FF = 6+3+6 = 15 Genótipos das galinhas : FF , Ff e ffFf = 6+6+6 = 18ff = 3

2 – m -> chifreM -> mocho a) MmRr (3:1) x MmRr (1:2:1)

RR -> Vermelho 3 vermelho mocho : 6 mocho ruão : 3 mocho branco: 1 chifre Rr -> ruão vermelho: 2 chifre ruão : 1 chifre branco.Rr -> branco

b) F2 20 animais vermelhor e mochos homozigotosMMRR = ¼ x ¼ = 1/16

20 = (1/16)x -> x = 320 animais

c) F2 RrMm 2/3RrMM 1/32/3 Mm x MM 1/3MM = 1/3 x 2/3 x 2/4 = 4/36Mm = 4/36

2/3 Mm x Mm 2/3MM = mm = 2/3 . 2/3 . ¼ = 4 / 36Mm = 2/3 . 2/3 . 2/4 = 8/36

1/3 MM . MM 1/3MM = 1/9 = 4/36MM = 4/36 + 4/36 + 4/36 + 4/36 = 16/36Mm= 4/36 + 8/36 + 4/36 = 16/36Mm = 4/36

MMRR = ¼ . 16/36 = 16/144MMRr = 2/4 . 16/36 = 32/144MMrr = 16/144mmRR = 4/144MmRR = 16/144mmRr = 8/144MmRr = 32/144Mmrr = 4/144Mmrr = 16/144

Mocho vermelho = 16/144 + 16/144 = 32 / 144 = 4/18Mocho ruão = 32/144 + 32/144 = 64/144 = 8/18Mocho branco = 16/144 + 16/144 =32/144 = 4/18Chifre vermelho = 4/144 = 1/36Chifre ruão = 8/144 = 1/18Chifre branco = 4/144 = 1/36

3 – F2 11 vermelhos esféricos20 vermelhos ovais9 vermelhos alongados21 rosas esféricos39 rosas ovais19 rosas alongadas10 brancos esféricos22 brancos ovais11 brancos alongados

Corda raizVermelhas : 40 1Rosas: 19 2

Brancas: 43 1Total: 162

Forma da raizEsféricos : 42 1Ovais : 81 2Alongados: 39 1Total: 162

a)Dominância parcial ou incompleta, indicado pelo fenótipo do heterozigoto que é intermediário aos dois homozigotos.b) facilita, pois permite identificar os homozigotosc) VVAA x vvaa ou VVaa x vvAAd) 50 plantas vvaa=1/4 . ¼ = 1/1650=(1/16)x -> x= 800 plantas

4 – abóbora : branca, amarela e verdePuras brancas x puras verdesF1 todas brancas -> AaBbF2 42 brancas : 13 amarelas: 3 verdes -> 6112:3:1

a) caráter regulado por 2 genes que segregam independentemente, cada um com 2 alelos, sendo o alelo A epistático dominante sobre o alelo B.b) frutos amarelosfrutos brancos27b : 16a : 16v -> 592: 1 : 1

AaBb x aaBbAaBb + Aabb -> 2 brancos

aaBb -> 1 amareloaabb -> 1 verde

5 – branca x branca ->100 púrpura245 -> 110 brancas : 135 púrpuras7:9

9 { P_V_7 { P_ vv ; ppV_; ppvvR: Caráter controlado por 2 genes que se segregam independentemente um do outro, sendo a interação entre eles do tipo epistasia recessiva dupla.

6 – amarela, roxa ou brancaRoxa x brancaF2 : 9 roxas :3 amarelas : 4 brancas9 { C_D_ -> roxo

3 { ccD_ -> amarelo4 { C_dd -> branco ; ccdd -> branco

a) caráter controlado por 2 genes que são independentes, sendo a interação do tipo epistasia recessiva, sendo o alelo d epistático ao alelo C..1d 1cb) sub -----PI --------- PFbranco amarelo roxo

7 – a) IiAAMm -> brancoIiaaMM -> brancoIIAAMM -> brancoiiAAMM -> púrpuraiiAAmm -> vermelho

b)IiAaMm x IiAaMmI_A_M_ = (3/4)^3 = 27/64I_A_mm = (3/4)^2.1/4 = 9/64I_aamm = ¾ . (1/4)^2 = 3/64Iiaamm = 1/64I_aaM_ = (3/4)^2.1/4 = 9/64iiaaM_ = (1/4)^2.3/4 = 3/64iiA_M_ = 9/64iiA_mm = 3/64

branca = 52/64púrpura = 9/64vermelho = 3/64

8 – A + B510 brancas : 176 purpuras 3:1A autofecundada 76 purpuras : 58 brancas9:7PpVv x ppvvPpvv } B -> 3:1PpVv } PPpvv; ppVV } B

a) PpVv x ppvvb) ppvv100% ppvv100% branca

9 – C 1 -> raça 1 ; C2 -> raça 2 } codominantes

Altura = A_B_ ; A_bb } altaaaB_} médiaaabb } baixa

a) AaBbC1C2 x aabbC1C2

b) Para o caráter resistência, o carácter é monogênico, com 2 alelos com codominancia. Para o caráter altura, controle de 2 genes independentes, sendo A e a, B e b os alelos de cada genes, sendo A epistático dominante sobre B. Os 3 genes são independentes.

10 – a) A cor da plumagem é controlada por 3 genesB) F1 100% brancasF2 13/16 brancas; 3/16 coloridas

Capítulo 8 – Alelismo múltiplo1 – a) 2 alelos NGD= 2(2+1)/2 ----> NGD = 3 genótipos

b) nº de fenótipos = mnº de fenótipos = 2c) nº de fenótipos = NGDnº de f = 3d) m = 10 alelosgenótipos = 10(10+1)/2genótipos = 55

10 fenotipos (dom completa)55 fenotipos (dominância incompleta)e) 10 genotipos homozigotos

2 – Porque um individuo diplóide só pode ter no maximo 2 alelos

3 – 12 alelosa) 12/2 = 6 indivíduosb) NGD = 12 (12+1)/2NGD = 6.13 = 78 genótipos

4 – 5 alelos p^g > p5 > p 0 > pt > pa) genótipos homozigotos = 5genótipos heterozigotos = 5 (5-1)/2 = (5 .4²)/2 = 10

b) 5 fenotiposvagem púrpura com suturas verdesp^gp^g, p^gp5, p^gp0; p^gpt; p^gpvagem verde com suturas púrpurasp5p5, p5p0; p5pt; p5pvagem verde com sutura ventral púrpura p0p0; p0pt; p0p

vagem extremidade púrpuraptpt; ptpvagem verdepp

5 – 3 alelos (A¹, A², A³)A¹ = A² > A³a)Gho = 3 (3-1)/2 = 3Gho =3b) 3+1 = 4 fenotiposc) A4>A5 = A6> A¹=A² > A³Gho = 6 Ghe = 6³ (6-1)/2 = 15Fenótipos = 6 + 2 = 8

6 – R> rr35% RR20% r’r’45% rr

RR x rr Rr = 0,45 x 0,35 x 2Rr = 31,5Rr x rrRr = 0,45 x 0,45Rr = 20,25 %RR x RRRR = 0,35 x 0,35RR = 12,5%r’r’ x r’r’r’r’ = 0,2 . 0,2r’r’ = 4%RR . r’r’Rr’ = 0,35 . 0,2 . 2Rr’ = 14%r’r’ . rrr’r = 0,2 . 0,45 x 2r’r = 18%

FenótiposVermelho = (RR, Rr’, Rr) = 57,75%Manchas averm (r’r’, r’r) = 22%Verm. Claro (rr) = 20,25 %

7 – O segundo agricultor, pois utiliza diferentes cultivares, sendo que estas têm mais chances de ter alelos de incompatibilidade diferentes, possibilitando maior número de fecundações.8 – a) não se considera os homozigotosNGD = NGhe = 6³(6-1)/2NGD = 15 genótipos

b) 2/n = 2/6 = 1/3 dos gametas abortarão.

10 – a) S¹>S² > S³ > S4S¹S²S²S³S³S4

Cruzamentos = 3² = 93 cruza,emtps s]ap emtre os ,es,os genótipos, logo darão 100% de aborto.

3/9b) Obter artificialmente indivíduos homozigotos S¹S¹, S²S², S³S³ e S4S4 e utilizar duas delas para obter híbridos. Plantar cada linhagem em fileiras alternadas. Como não poderá ocorrer autofecundação, nem fecundação entre indivíduos da mesma linhagem, as sementes obtidas serão todas híbridas, provenientes de fecundação aleatória.

11 – a) Avaliar se ocorrer auto fecundação nestas plantas.b) através de propagação assexuada ou através da autofecundação artificial, ondese retira a extremidade dos pistilos ou se fecunda o pólen antes da maturação dos pistilos.c) Usar duas linhagens autoinconpatíveis e planta-las em fileiras alternadas. Assim, só se terá fecundação aleatória entre os 2 linhagens.

12 – Realizaria cruzamentos entre indivíduos homozigotos de diferentes fenótipos. Se em todos os cruzamentos ocorrer na geração F² a proporção de 3:1 ou 1:2:1, ocorre uma série alélica. Se em um dos cruzamentos na geração F2 a proporção for diferente, ocorrem mais de um gene.

Capítulo 9 – Ligação, permuta genética e pleiotropia

1 – D = Planta altad = planta anãP = rugosop = liso

anã lisa ddPp = 5 ; ddpp = 118 -> dp ; Ddpp = 5; DdPp = 161 -> DP ; total = 289

a) 72,25 para cada fenótipob) Os genes são ligados, sendo a distância entre os genes de 3,46 cM -> PG = 3,46

2 – a)

b) 100 meiócitos -> O número de células com permuta genética é 3,46 x 2 = 6,92. Ou seja, aproximadamente 7 meiócitos apresentarão permuta entre P e D.

3 – I -> resistência ao vírus da mancha anelar

C -> resistência ao vírus do mosaico

IiCc x iicc440 IiCc450 iicc151 Iicc145 iiCc

Fa = (151 -145)/1186 = 25%

a) 25 cMb)

Resistente aos 2 vírus

Suscetível aos 2 vírus

Resistente apeas ao vírus da mancha anelar

Resistente apenas ao vírus do mosaico

c) Fase de atração

4 – R -> nodulação normalR -> sem nodulaçãoF -> caule cilindricoF -> caule fasciadoP1 RRFF x p2 rrffF1 RrFf ecx²R_F_746,4820(13,6)²/146,4 = 7,25R_ff248,82281,13rrF_248,8227441/248,8 = 1,77rrff82,9

52954,8/82,9 = 11,5 x² = 22,25

a) De acordo com os resultados de x², percebe-se que os desvios foram altamente significativos. Sendo assim, conclui-se que os genes não são independentes,estão no mesmo cromossomo.b) fase de atraçãoc) FR = (68+72)/350 = 0,4 ou 40 cM

5 – W -> preto fr -> folhas onduladasw -> branco Fr -> folhas lisasd = 34 cM

a)

F1

Wfr = 33%wFr = 33%wfr = 17%WFr = 17%

Wfr / Wfr = 0,11wFr / Wfr = 0,11Wfr / wFr = 0,11wFr / wFr = 0,11Wfr / wfr = 0,056wFr / wfr = 0,056Wfr / WFr = 0,056wFr / WFr = 0,056wfr / wFr = 0,056WFr / WFr = 0,029wfr / Wfr = 0,056WFr / wfr = 0,029WFr / Wfr = 0,056WFr / wFr = 0,056wfr / wfr = 0,029wfr / WFr = 0,029

APFL = 53,1%

APFO = 22,2 %

ABFL = 22,2%

ABFO = 2,9%

b) APFO = 33%APFL = 17%ABFO = 17%ABFL = 33%

6 – P -> Pericarpo vermelhop -> pericarpo incolorts2 -> sementes no pendãoTs2 -> pendão normal

b)FR 1 = 29 / 2422 FR 2 = 17/1207FR1 = 1,19% FR 2 = 1,4%a freqüência em média é 1,29%

c)

P Ts2 = 49,35%p Ts2 = 49,35%p ts2 = 49,35%P ts2 = 49,35%P ts2 = 0,645P Ts2 = 0,645%p Ts2 = 0,645p Ts2 = 0,645%

ppts2ts2 = 31,8%

q – polpa verdec casca verdef – fruto liso

F1 QqCcFf

F2

esp.x²qqccff -> 424200,009QqCcFf -> 4184200,009qqCcff - > 4244200,038QqccFf -> 4164200,038

GL = 3x²=0,094

a e b) Os genes da cor da polpa e do tipo de fruto são ligados e inteiramente ligados, pois não existem recombinantes entre elss. Já o gene da cor da casca é independente dos 2 genes.

8 – L e Cu = 16cM (1x)L -> folha estreital -> folha largaCu -> folhas normaiscu -> folhas onduladas(x2) W -> resistente ao fusariumw -> suscetível ao fusarium

a) ._cu = 42%W = 50%lCu = 42%w = 50%Lcu = 8%

lcu = 8%

LcuW = 21%LCuW = 4%_cuw = 21 %L Cuw = 4%lCuW = 21%lcuW = 4%

lCuw = 21%lcuW = 4%

b) llcu cuww

9 -gl -> f. brilhantesv -> virescenteslg -> s/ lígula

PD =Glgl Vv Lglg

glgl vv lglg

P1 =Glgl vv lglg

P2 =glgl Vv Lglg

I = Glgl vv Lglg

glgl Vv lglg

II =Glgl Vv lglg

glgl vv Lglg

I = 190/1000 = 19 cMII = 413/1000 = 41,3 cM

a)

b) FPDE = (19 x 41,3)/100 -> FPDE = 7,84%

FPDO = (28 + 23)/1000 * 100FPDO = 5,1 %

I = 1 – (5,1/7,84) -> I = 1 – 0,65 -> I = 0,35

35% das pd não ocorrem

10 –

b) lu – bm = 12cMlu – bv = 18cMgl – vp2 = 4cMgl – bm = 7cMvp2 – ps = 1cMvp2 – bm = 3cM

11 – m – folhas manchadasd – planta anãp – fruto piloso

M e D

Mdp -> 0,022

MDP -> 0,455MDP -> 0,022

mdp -> 0,455MDp -> 0,022

mdP -> 0,022

MdP -> 0,001

MDP/ MDP = 20,7%MDp -> 0,001

MdP/MdP = 10^-4%

pd = 0,002

b) mDP/ Mdp

MDP/MDP = 2,25 x 2,25 = 0,05%

12 -

a)

b) h – a = 20cMa – id = 17,4cM

9,3% H a id = 20 % - 2,78/2 0,2 = 1 – o/e9,3% h A Id

8% H A id = 17,4% - 2,78/2 0,2 = 1 – ob/3,488% h a Id

1,39% H a Id = 2,75 % 0,2 = (3,48 – 3,48)* o /3,481,39 h A id

31,3% H A Id = 62,6 % 3,48 * 0,2 = 3,48 – o31,3% h a id 0,696 – 3,48 = o-2,78 = - o => o = 2,78

13 - a-> distribuição independente

12cMa)Cr1D1 = 9%Cr1 D1 A = 4,5%Cr1 d1 A = 20,5%cr1d1 = 9%Cr1 D1 a = 4,5%Cr1 d1 a = 20,5%Cr1d1 = 41%cr1 d1 A = 4,5%cr1 D1 A = 20,5%cr1D1 = 41%cr1 d1 a = 4,5%cr1 D1 a = 20,5%

b) Cr1 D1 A / cr1 d1 aP = 0,045

n = [log (1 – 0,95)] / log (1 – 0,045) = (log 0,05) / log 0,955 = - 1,3 / 0,019

n = 68,42 x 50n = 3253 plantas

14 – a) herança controlada por dois genes, sendo osalelos de resistência dominantes sobre os alelos de susceptibilidade, sendo que os dois genes estão no mesmo cromossomo.

b) realizar o cruzamento F2.

Capítulo 10 – Efeito do ambiente na expressão gênica

1 – No himalaia a enzima codificada pelo alelo funcional funciona sob condições de baixa temperatura, que são atingidas nas extremidades do coelho, limitando esse ambiente para as demais partes corpóreas do animal. O pelo ficará preto porque se estará criando o ambiente propício para a ação da enzima. Dessa forma, diz-se que o ambiente influencia na expressão do fenótipo.

2 – a) A ação da clorofila só ocorre com a ação da luz. Como a grama nova não recebe luz quando estava se formando, não foi produzida clorofila e a grama ficou branca.

b) Significa que essas plantas tem genótipo albino.c) fenocópias.

3 – a) as médias das cultivares.b) As médias de todas as cultivares em cada local.c) SQcl = 52279315,5Sim, existe interalção genótipo x ambiente.

d) Avaliar como cada cultivar se comporta em cada ambiente.

4 – Caldas -> média ( 1825; 2329; 2216 ; 2199 ) = 2069Machado -> média (91; 595; 482; 465; 40) = 335

-1134

5 – a) não houve interação.b) houve interação do tipo complexa.c) houve interação do tipo complexa.

6 – a) Sim, pois há evidência de que cada cultivar responde de forma diferente ao tipo de cultivo.b) Indica para que cultivares o cultivo é mais indicado.

7 – a) Sim, pois há vários exemplos em que a maior média de um ano foi menor que a média menor de outro ano.b) Recomenda-se aos produtores utilizar plantas mais velhas para a produção.

8 – a) a) A penetrância do alelo dominante não é completa.

b) O alelo dominante expressa uma enzima ativa a 27°, mas não a 18°C. Sendo assim, o alelo tem vários graus deexpressividade. O alelo tem penetrância incompleta e expressividade variável.

9 – Plantar cada grupo de sementes e avaliar se as sementes novas que estas sementes produzirão serão diferentes entre si.

10 – Quer dizer que a suscetibilidade é controlada por um gene que possui expressividade variável.

11 – a) genética, ambiental e genética x ambiental.B) Compreender que determinados genótipos são mais produtivos que outros de acordo com a condição a que estão submetidos.

12 – a) Ambiental, genética e genética x ambiental.b) Conhecer qual espécie é mais adaptada para cada região.

13 – Significa que esses alelos não se expressa em 100% dos indivíduos que tem o genótipo aa e que quando se expressa, possui várias gerações do fenótipo.

Capítulo 12 – Genética quantitativa

1 – a) 12 m – 2cm

12 x 20F1 = 16m1/256 = 1/(4^4) = 0,004

b) c = 20 – 12 = 8 mc = 8 m : 8 = 1 m

c) F 1 -> 4 efetivos e 4 não efetivosc = 8!/4!4! = 70

(70/256)*20.000 = 5468,75 plantas

d) A1 = B1 = C1 = D1 = 2,5 m A2 = B2 = C2 = D2 = 1,5 mP1 = A1A1 B1B1 C1C1 D1D1 = 20mP2 = A2A2 B2B2 C2C2 D2D2 = 12m

F1 = A1A2 B1B2 C1C2 D1D2 = 16mComo a interação é aditiva, a heterose em F1 e F2 é zero.

18 m ->6 efetivos e 2 não efetivosc = 8!/(6!2!) = 28(28/256)*20.000 = 21875 plantas

e ) 16m -> 4 efetivos e 4 não efetivosA1A1 B1B1 C2C2 D2D2 X A2A2B2B2C1C1D1D1F1 A1A2 B1B2 C1C2 D1D2Produzirá a mesma geração F2 do cruzamento anterior.

f) 12 m -> 0,024%1/x = 0,00024

x= 1/0,00024 4^x = 4166 = 4096x = 41664^6 = 40966 genes -> 12 alelos - 8:12 = 0,66m

g) Que a medida que aumentam os alelos envolvidos no controle do caráter, menor é a contribuição de cada um.

2 – a) AA BB CC DD = 20 maa bb cc dd = 12 mAA = Aa = BB = Bb = CC =Cc = DD = Dd = 5maa = bb = cc = dd = 3m

b) AA bb cc DD x aa BB CC ddP 1 = 16 m P2 = 16F1 -> Aa Bb Cc DdF1 = 20 mOcorrem 5 fenótipos, com amplitude de 12 m – 20 m

c) hF1 = 20 – 16hF1 = 4mF2 = F1 – h/2hF2 = hF1/2 = 4/2hF2 = 2 m

3 – a) Já que a media dos pais é igual a média de F1 e de F3, a interação é do tipo aditiva.b) 0,001 = 1/1024 = 1/(4^5)n = 5 genesc) 10 alelos C = 30 – 2 = 28 – 10 = 2,8 m efetivo = 3 ñ efetivo = 0,2

Nelore = A2A2 B2B2 C2C2 D2D2 E2E2Holandesa = A1A1 B1B1 C1C1 D1D1 E1E1

Mestiças = A1A2 B1B2 C1C2 D1D2 E1E2

a = efetivob = não efetivo

d) (a+b)^10 = 1/1024 = 30 c / a10/1024 272 c / a45/1024 = 24,4 c / a120 / 1024 = 21,6 c / a210 / 1024 = 18,8 c / a252 / 1024 = 16 c / a210/ 1024 = 13,2 c / a120 / 1024 = 10,4 c / a45 / 1024 = 7,6 c / a10/1024 = 4,8 c / a1/1024 = 2 c / a

(a + b)^10/2^10

e) 252/1024 * 2000 = 492,18 animais

4 – F1 Aa BbC c Dd Ee Ff Gg Hh Ii Jj(a + b)^20 / 2^20 = a^20 = 1 / 1048576

20 = 1/1048576 * ½20 = 1 / 2097152 xx = 41943040 animais

5 – A = 30g / doa 8 genes com interação aditiva B = 50g / diaa) 50 – 30 = 20g / dia20 – 16 = 1,25g / dia(a + b)^16A^16 – 50 g/dia16A^15 B^1 – 48,75120A^15 B^2 – 47,5560A^13 B^3 – 46,251820A^12 B^4 – 45,004368A^11 B^5 – 43,758008A^10 B^6 – 42,511440A^9 B^7 – 41,2512840A^8 B^8 – 4011440 A^7 B^9 – 38,758008 A^6 B^10 – 37,54368 A^5 B^11 – 36,251820 A^4 B^12 – 35560 A^3 B^13 – 33,75

120 A^2 B^14 – 32,516 A^1 B^15 – 31,25B^16 – 30g/diatotal = 65536

b) dominante = 50 : 8 = 6,25g/dia lócus efetivo = 2,5 g/dia30:8 = 3,75 g/dia

( a + b)^8 = 1(3/4)^8 = 6561/65536 = 50g/dia8(3/4)^7(1/4)^1 = 17496/65536 = 47,5 g/dia28(3/4)^6(1/4)^2 = 20412/65536 = 45 g/dia56 (3/4)^5 (1/4)^3 = 13608/65536 = 42,5 g/dia40 (3/4)^4 (1/4)^4 = 5670/65536 = 40 g/dia56 (3/4)^3 (1/4)^5 = 1512/65536 = 37,5 g/dia28 (3/4)^2 (1/4)^6 = 252/65536 = 35 g/dia8 (3/4)^1 (1/4)^7 = 84 / 65536 = 32,5 g/dia(1/4)^8 = 1/65536 = 30g/dia

6 – produtividade -> 12 alelos aditivosteor de proteína -> 8 alelos aditivosa) P = 1/(2^12) x 1/(2/8) = 1/(2^20) = 1 /1048616P = 9 x 10^-5%

b) P = 1/(2^100)c) Quanto mais genes estão envolvidos no controle do caráter quantitativo, maior deve ser a população para se obter o fenótipo desejado.d) 2^10 = 1024 linhagens.

7 – a) Porque além de apresentar variância ambiental e genética, apresenta o maior número de genótipos diferentes e portanto maior variância genética.b) Porque apresentam variância ambiental e genética e menor número de genótipos envolvidos.c) Provavelmente interação aditiva.d) n = (P1 - P2)^2/8 6² = (39,5 – 27,7)²/8*16,01 = gene

variação ambiental = (8,1 + 4,34 + 3,83)/3 = 5,42

8 – a) ha = variação GF2/ variação F2 = 16,01 / 21,43herdabilidade = 74,71%

b) hr = (42,86 – 29,88)/ 21,43hr = 60,6%

c) ds = 38 – 33,4ds = 4,6%GS = 4,6 * 0,606

GS = 2,78GS% = 2,78/33,4GS = 8,3%d) Porque a herdabilidade não é 100% e também porque há segregação dos heterozigotos.

9 – a) (SG x H) (SG x H)média = (SGSG + SGH + SGH + HH)/4 = (175,34 + 2*216,67+177,89)/4 = (175,34+ 433,34 + 177,85)/4 = 196,64 kg

b) Do plantel bimestiço, pois este apresenta maior variação genotípica.

c) HH x HSG = HH + HSG + HH + HSG (3H 1SG)

3/8H ; 3/8 SG = HSG) * (3/4H ¼ SG)7/18H; 1/8 SG = (3/4H ; ¼ SG) * Hd) HH * HSG = HH + HSG + HH + HSG(555,78 – 350,58)/3 = 176,61

HSG ¾ H ¼ SG) = (3HH + HSG + 3SGH + SGSG)/4

(533,6 + 216,67 + 650,01 + 175,34)/8= 196,95kg(3/4H 1/4SG)*H = (3*HH + SGH)/3 = 933,67 + 216,67 = 187,87kg ???

10 – a) media = (V4 + V5)/2 = (27,1 + 25,6)/2 = 26,35h = 29,7 – 26,35h = 3,35media = (25,6 + 18,8)/2 = 22,2h = 27,9- 22,2h = 5,7

b) F2 4:5 = 29,7 – 3,35/2 = 28,02F2 5:6 = 27,9 – 5,7/2 = 25,05

d) (V1 * V2 ) * V3 = (V1V3 + V2V3)/2 = (26,8 + 28,6)/2 = 27,4(V1*V2)*V3 = 27,7 (F1)(V1V3 + V2V3)² = (V1V3 + V2V3)(V1V3 + V2V3)F2 = 21,7 + 107,2 + 53,2 + 115,6 + 114,4 + 28,3F2 = 27,5

(V4*V5)*V3 = 1/2V4V3 + 1/2V5V3 = (28,5 + 27,4)/2 = 27,95(V4*V2 + V5V3)*(V4V3 + V5V3)F2 = 28,2 + 114 + 59,4 + 115,6 + 109,6 + 25,6 = 452,4/16F2 = 28,27

e) (V1V2)*(V5V6) = (V1V5 + V1V6 + V2V5 + V2V6)/4

F1 = (25,1 + 22 + 28,7 + 26,2)/4 = 25,5

F2 = 21,7 + 28,3 + 25,6 + 18,8 + 53,2 + 50,2 + 44 + 57,4 + 52,4 + 55,8 = 407,4F2 = 25,46

11 – a) NHD = 3n!/4!(n-4)! = 6NHD = (3*6!)/ 4!(2!) = (3*5*6)/1*2 = 45

b) AB + BC + BE + CE

c) (B*C)(A*E) = BA + BE + CA + CE = (7,12 + 6,85 + 6,35 + 6,4)/4 F1 = 6,68

F2 = 1,4 + 1,35 + 1,26 + 1,3 + 14,24 + 12,28 + 13,6 + 12,8 + 12,7 + 13,7 F2 = 5,29A redição será de 20,8% . Essa redução ocorre porque na geração F2 há segregação e recombinação dos genes, e a freqüência de locos em heterozigose é reduzida à metade. Em conseqüência a heterose manifestada na geração F1 é reduzida também em 50%.h = 6,1 – 5,29 = 1,41 = 21%

12 – a) n = (3 * l!)/ 4!(l-4!)n= (3*5!)/4!(5-4!) = > n = 3*5 = 15 HDb) (A*D)(B*C)

Capítulo 13 – Genética de populações

1 – a) B1B1 – 0,086B1B2 – 0,458B2B2 – 0,476

B1 = 0,086 + 0,438/2 B2 = 0,476 + 0,219 = 0,695

B1 = 0,086 + 0,219 = 0,305

b) p² = (0,305)² = 0,093 – 6000 = 2pq = 2*0,305 x 0,695 = 0,424q² = (0,695)² = 0,48

obs espx²B¹B¹5165583,16B¹B²262825442,77

B²B²285628800,2

Gl = 2x²= 6,13**A população não está em equilíbrio.2 – 2000 – 125 brancasa) V²V² = 0,0625V² = 0,25V¹ = 1- 0,25 = 0,75

b) vermelhas V¹V¹ = 0,5625 * 2000V¹V¹ = 1125 plantasrosas = V¹V² = 2* 0,25 * 0,75V¹V² = 0,375 * 2000 = 750 plantas

3 – V¹V² V¹ = 0,5 ; V² = 0,5V¹V¹ = 0,25V¹V² = 2 * 0,5* 0,5 = 0,5V²V² = 0,251 branca 2 rosas 1 vermelho

4 – 1200 -> 48 bba) bb = 0,04 B 0,834b = 0,2 b = 0,166B = 0,8 vermelho- brancas : 1200 * (1,66)²v – b = 1200 * 0,0275v – b = 33 animais

b) q = q² / ( 1 + q0) = 0,2 / 1,2 = 0,166

5 – BB – 0,64 * 1200 = 768 ->0,66Bb – 0,32 * 1200 = 384 -> 0,33total = 1152

0,33 Bb * Bb 0,33bb = ¼ * 0,33 * 0,33bb -> 0,027 ou 2,7%

6 – A -> roxo ; a -> amarelo W = 10.000.a) amarelo = 1600 / 10.000aa = 0,16a = 0,4

b) A -> 0,6

AA -> 0,36 * 10.000raças homozigotas -> 3600 plantas

c) q = q / (1 + 5q) -> q = 0,4 / [1+ (5*0,4)] -> q = 0,4/(1+2) = 0,4 / 3 -> q = 0,13aa = 0,017 ou 1,7%

7 – aa -> 0,49% -> 0,0049t = ?a -> 0,09t = 1/0,07 - 1/ 0,13

t = 14,29 – 7,69 = 7 gerações

8 – Na populaç~~ao com 0,49 % de plantas com bulbos amarelos.

9 – 2400 grãosa) brancas -> 1176 / 240 -> 0,49 y = 0,7 -> y = 0,3enrugadas -> 808 / 2400 -> 0,34 su = 0,58 Su = 0,42b) homozigotas lisas e amarelasYY = (0,3)² = 0,09 SuSuYY = 0,01584 = 1,58%SuSu = 0,1764

10 – a) q = 0,7 / (1+0,7) = 0,7/1,7 y = 0,41 Y = 0,59

q = 0,58 / (1 + 0,58) = 0,58 / 1,58 su = 0,37Su = 0,63

b) Y = 0,59Su = 0,63y = 0,41su = 0,57

YYSuSu = 0,3481 *0,3969 = 0,14

YySuSu = 0,4838 * 0,3969 = 0,19

YySusu = 0,4838 * 0,4662 = 0,2255

YYSusu = 0,3481 * 0,4662 = 0,1623

total = 71,78%

11 – Y -> branca ; y = amarela20.000 -> 64% com raízes brancas5000 sementes de YY

36% amarela0,36 -> y = 0,6 y = 1,0M = 5.000/25.000 = 0,2

q1 = q0 + M (qm - q0)q1 = 0,6 + 0,2 (1-0,6)q1 = 0,6 + 0,2*0,4q1 = 0,6 + 0,08q1 = 0,68yy = 0,4624 -> 46,24%

Capítulo 16 – Efeito materno e herança extracromossômica

1 – a) R -> direita F1 -> esquerdar -> esquerda F2 -> direitapai -> RR F2 -> RR; Rr; rrmãe – rrF1 – Rr

b) fenotípica 3 direitas 1 esquerdagenotípica 38 RR ; 2/8 Rr ; 3/8 rr

2 – Realizar cruzamentos reíprocos. Se for visto que o fenótipo de F1 não depende do fenótipo da mãe, são genes nucleares. Se depender do fenótipo da mãe, é efeito materno a herança citoplasmática. Nesse caso, se em cruzamentos seguintes, houver persistência do fenótipo, a herança é citoplasmática. Se não houver, é efeito materno. Se em vários cruzamentos o fenótipo não aparecer em nenhum, houve influência ambiental.

3 – O caráter tem herança com efeito materno.

4 – Se nos cruzamentos posteriores a F1 persistir, o fenótipo determinado pela mãe, a herança é citoplasmática. Se aparecer um fenótipo diferente em uma geração, a herança é por genes nucleares que sofrem efeito materno.

5- ♂(amargo) * ♀(doce) ; ♂(doce) * ♀(amargo) F1 doce -> amargo F1 -> amargo

a) o caráter é determinado por genes nucleares que sofrem influência de proteínas presentes no citoplasma da mãe no inicio do desenvolvimento da planta.

b) DD ♂ * dd ♀ dd ♂ * DD ♀ F1 Dd coce -> amargo F1 Dd amargo

c) F2 : DD : 2Dd : dd F2 : DD : 2 Dd : ddjovenstodas amargas jovens: todas amargasadultas 3 amargas : 1 doce adultas: 3 amargas : 1 doce

6 – a) Sim, pois nos dois cruzamentos o fenótipo de F1 é igual ao fenótipo da mãe.

b) Caso seja controlado por um gene nuclear, e o fenótipo dominante seja 50g, na geração f2, já que há efeito materno, será expressado o fenótipo do genótipo de F1, ou seja, peso 50g. Se for gerança extracromossomica, no 1° cruzamento F2 continuará com 18 g e no 2° cruzamento F2 terá 50g.

7 – a) alelo cromossômico. A – verde ; a – amarela;♀ AA * aa ♂ ♂ AA * aa ♀F1 Aa -> verde F1 : Aa -> verdefator citoplasmático.♀ A * a ♂ ♀ a * A ♂F1 : A verde F1 : a amarelo.b) cromossômico♀ Aa * aa ♂ ♀ Aa * AA ♂RC1 Aa ; aa F1 : Aa; AA1 verde : 1 amarelo 100% verdefator citoplasmático

♀ A * a ♂ ♀ a * A ♂RC1: 100% verde RC1: 100% amarelo.

c) alelo cromossômicoAa * Aa3 verdes : 1 amarelofator citoplasmático.A * A a * aF2 : 100% verde F2 : 100% amarelo

d) Aa * Aa (cromossômico)R : 3 verdes : 1 amarelo

♀ A * a ♂ R: 100% verdes♀ a * A ♂R: 100% amarelos.

8 - ♀ FAAL * FNAC ♂F1 FAALF2: 309 FAAL 87 FAAC100% folhas amarelas3 cristas longas; 1 crista curta♀ FNAC * FAAL ♂F1 : FNALF328 FNAL: 107FNAC3 Cristas longas : 1 crista curta.100% folhas verdes.

O caráter do tipo de crista é controlado por um gene nuclear que não sofre efeito materno, sendo crista longa dominante sobre crista curta. Já a cor da folha é determinada por um gene citoplasmático, já que sempre que a mãe possui uma cor de folha, seus descendentes terão a mesma cor.

9 – a) ♀ L¹VV * L¹vv ♂F1 : L¹Vv ->verde 100%F2 : L¹VV ; L¹Vv; L¹vv3 verdes: 1 amarelo

b) ♀ l¹ vv * ♂ L¹ VVF1: L¹ Vv -> verde 100%F2 L¹VV ; L¹Vv ; L¹vv3 verdes : 1 amarelo

c) ♀ L¹VV * ♂ L² vvF1 L¹Vv 100% verdeF2 L¹VV ; L¹Vv; L¹vv3 verdes : 1 amarelo

d) ♀ L² vv * ♂ L¹ VVF1 L²Vv 100% amareloF2 L²VV ; L²Vv; L²vv100% amarelo

e) ♀ L¹Vv * L²Vv ♂L¹VV ; L¹Vv; L¹vv3 verdes : 1 amarelo

f) ♀ L² Vv * ♂ L¹ VvC : L²VV ; L² Vv; L² vv100% amarelo.

10 – a) Herança citoplasmática.b) 1 – 100% branco2 – 100% verde3 – plantas verdes, variegadas e brancas.4 – 100% branco.

11 – Realizar cruzamentos recíprocos e observar se os descendentes possuem o fenótipo da mãe.

12 – Realizar o cruzamento entre uma planta feminina com o gene mitocondrial da macho-esterilidade e a linhagem desejada e ao obter os descendentes com o gene da macho-esterilidade, usar sempre as plantas femininas para cruzar com machos das linhagens puras, até obter em uma geração Fn os descendentes com quase 100% da origem da linhagem desejada.

13 – a) M, Rf, rf M1 -> gene da macho-esterilidade.

b) ♂m¹RfRf * ♀ M¹rfrf

c) A (♀ S rfrf ) * B (♂ N RfRf) C (♀ S rfrf) * D (♂ N rfrf)AB (S Rfrf) CD ( S rfrf)♂ ♀(A*B)(C*D) (S Rfrf)50% fértil.

d) A linhagem promissora macho-fértil, se obtida de população sem o alelo restaurados, a sua constituição deve ser rfrf(N). Através de retrocruzamentos sucessivos com uma planta macho-estéril, transfere-se o genótipo da linhagem desejada para o citoplasma macho-estéril. Desse modo, consegue-se a linhagem desejada com a constituição macho-estéril. Ocruzamento delas irá produzir sempre a linhagem macho-estéril.

14 – Se for sempre a mãe que transmitir a doença aos descendentes.15 – Herança citoplasmática, pois só as fêmeas transmitem aos filhos.

Capítulo 17 - Biotecnologia

1 – A possibilidade de se resolver problemas não solucionados pelo melhoramento convencional, a possibilidade de se propagar rapidamente plantas, a obtenção de plantas puras ou sem patógenos de maneira simples e sem passar por muitas fecundações e sem utilizar herbicidas, a possibilidade de utilizar genes de interesse de qualquer espécie para introduzir em uma planta, entre outros.2 – A totipotência das células. Qual o meio de cultivo apropriado para a multiplicação de cada espécie. A cultura de tecidos funciona como clonagem quando a partir de um grupo de células são obtidas vários clones daquela planta e como parte de variabilidade quando se aproveita a variação gerada pela rápida multiplicação de células, sem que estas se regenerem em plantas.

3 – Principalmente alterações cromossômicas, resultantes das muitas divisões celulares

4 – A fusão de protoplastos e a transformação genética.

5 – B) A enzima EcoRI, pois produz fragmentos com pontas coesivas que podem se ligar a outras com as mesmas pontas complementares.c) EcoRI : 6 nucleotídeos = (1/4)^4 = 1/40961/4096 x 10^8 = 24414 fragmentos.

Hae III – 4 nucleotídeos : (1/4)^4 = 1/2561/256 x 10^8 = 390625 fragmentos.

6 – A engenharia genética, pois permite direcionar com maior especificidade qual gene será inserido no DNA vegetal. Na variação semaclonal, as mutações que surgem são desconhecidas e muitas vezes deletérias. Na fusão dos protoplastos, as variações são conhecidas mas não se tem 100% de certeza se o híbrido somático irá possuir todas elas