Exercícios resolvidos

Transcrição

Herança
Os grupos sanguíneos do sistema ABO são determinados por uma série de
três alelos múltiplos, que podem ocupar alternativamente o mesmo loco gênico
em cromossomos homólogos, formando pares: o alelo IA determina a produção
do aglutinogênio A, o alelo IB determina a produção do aglutinogênio B, o alelo i não determina a produção de aglutinogênios. Existe codominância entre os
alelos IA e IB, sendo ambos dominantes sobre i (IA = IB > i). Com três alelos, são
seis os genótipos possíveis.
Tabela 2. Grupos sanguíneos do sistema ABO: genótipos e fenótipos
Genótipos
Fenótipos
A A
A
I I ,I i
A
B B
B
I I ,I i
B
A B
II
AB
ii
O
Observação
O conhecimento do padrão
de herança tem importante
aplicação em medicina legal.
Casos de troca de crianças em
maternidades ou de investigação de paternidade podem
ser solucionados conhecendo-se os grupos sanguíneos dos
indivíduos envolvidos.
1
(PUC-MG, adaptada) No ambulatório de uma pequena cidade do interior, estava Maria, que precisava urgentemente de transfusão sanguínea, mas não se sabia o seu grupo
sanguíneo. Como faltavam antissoros para a determinação
dos grupos sanguíneos do sistema ABO, doutor José, que
é do grupo A, usou de outro recurso: retirou um pouco
de seu próprio sangue, do qual separou o soro, fazendo a
mesma coisa com o sangue de Maria. O teste subsequente
revelou que o soro do doutor José provocava aglutinação
das hemácias de Maria, mas o soro de Maria não era capaz de aglutinar as hemácias do doutor José. Com base
nesses resultados, doutor José pôde determinar o grupo
sanguíneo de Maria. Explique como isso foi possível.
Resolução
Sendo doutor José do grupo A, seu soro contém aglutininas
anti-B, que aglutinam as hemácias de Maria, o que demonstra a presença nelas de aglutinogênio B. Isso significa
que o soro de Maria não possui aglutininas anti-B. Sabe-se
também que o soro de Maria é incapaz de aglutinar as hemácias do doutor José, que contêm aglutinogênio A; logo,
o soro de Maria também não possui aglutininas anti-A.
Como não possui aglutininas anti-A nem anti-B, conclui-se
que Maria pertence ao grupo sanguíneo AB.
2
44
(UnB-DF) Dois casais suspeitavam da troca de seus bebês no berçário da maternidade. Os casais e os bebês
foram submetidos à tipagem do sangue quanto ao sistema ABO, sendo os resultados obtidos mostrados na
tabela a seguir. Analisando-os, podem-se identificar os
pais de cada bebê.
Pessoa
Tipo sanguíneo
Bebê nº 1
O
Bebê nº 2
A
Mãe X
AB
Pai X
B
Mãe Y
B
Pai Y
B
Após identificar os pais do bebê nº 2, calcule a probabilidade, em porcentagem, de que um futuro irmão desse bebê seja do sexo masculino e tenha tipo sanguíneo
diferente do dele.
Resolução
O bebê nº 1, que é do grupo O (genótipo ii), não pode ser
filho do casal X, cuja mãe é do grupo AB (IAIB); no entanto,
pode ser filho do casal Y, desde que ambos sejam heterozigotos (IBi). Dessa forma, o bebê nº 2, que é do grupo A (IA_),
deve ser filho do casal X. Nesse caso, herdou o alelo IA de sua
mãe (IAIB) e só pode ter recebido de seu pai (IB_) um alelo i.
O pai X seria heterozigoto (IBi), e o bebê nº 2, também (IAi).
O casal X (IAIB × IBi) pode ter a seguinte descendência:
1 AB
1
1
1 B
I I (grupo AB), IAi (grupo A), IBIB (grupo B),
Ii
4
4
4
4
(grupo B). A probabilidade de ter filho que não seja do gru3
po A é, portanto, . A probabilidade de que esse filho seja
4
1
do sexo masculino é . Portanto, a probabilidade total
2
3 1 3
será de ou 37,5%.
4 2 8
ATIVIDADES
1
(UFSC) O padrão de pelagem em coelhos é condicionado
por uma série alélica, constituída por quatro alelos: C,
padrão aguti; cch, padrão chinchila; ch, padrão himalaia;
ca, padrão albino. O alelo C é dominante sobre todos os
demais; o alelo cch é dominante sobre o ch e ca e finalmente ch é dominante em relação ao ca. Com base nessas informações, assinale a(s) proposição(ões) verdadeira(s):
(01) A descendência de um cruzamento entre os coelhos
agutis e chinchilas poderá ter indivíduos agutis,
chinchilas e albinos.
(02) Do cruzamento entre indivíduos com padrão himalaia, poderão surgir indivíduos himalaias e albinos.
(04) O cruzamento entre coelhos albinos originará, sempre,
indivíduos fenotipicamente semelhantes aos pais.
(08) Coelhos agutis, chinchilas e himalaias poderão ser
homozigotos ou heterozigotos.
(16) Todo coelho albino será homozigoto.
Dê a soma dos números dos itens corretos.
3
Tipo sanguíneo
A
(U. E. Londrina-PR) Uma criança necessita urgentemente
de uma transfusão de sangue. Seu pai tem sangue do tipo
B, e sua mãe, do tipo O. Que outro(s) tipo(s) de sangue,
além do tipo O, poderia(m) ser utilizado(s) na transfusão,
mesmo sem a realização de teste, sabendo-se que o avô
paterno da criança tem sangue do tipo AB e sua avó paterna tem sangue do tipo O?
a) Tipo AB
b) Tipo A
c) Tipo B
d) Tipo A e tipo B
e) Nenhum outro tipo
Como a avó paterna é do grupo O (genótipo ii), o pai do grupo B tem
genótipo IBi. Sendo a mãe do grupo O (genótipo ii), a criança pode ser
do grupo B (IBi) ou do grupo O (ii). Sem a realização da tipagem sanguínea, só será seguro receber sangue do grupo O, que, não possuindo
aglutinogênios, é doador universal.
Alternativa e
Genótipo
Aglutinogênio
A A
A
A
B B
B
I I ou I i
B
I I ou I i
B
AB
A B
II
AeB
O
ii
Nenhum
a) Que tipo ou tipos sanguíneos poderiam ser utilizados
em transfusão de sangue para indivíduos de sangue
tipo A? Justifique.
Indivíduos de sangue tipo A, que possui aglutininas anti-B no plasma,
podem receber transfusão de sangue tipo A e tipo O, pois estes não
possuem aglutinogênio B nas hemácias.
(01) O cruzamento entre coelhos agutis (Cca) e chinchilas (cchca) pode
gerar descendentes agutis (Ccch e Cca), chinchilas (cchca) e albinos
(caca).
(02) O cruzamento entre himalaias (chca) pode gerar descendentes
himalaias (chch e chca) e albinos (caca).
(04) O cruzamento entre albinos (caca) gera apenas descendentes
albinos.
(08) Coelhos agutis (CC, Ccch, Cch e Cca), chinchilas (cchcch, cchch e cchca) e
himalaias (chch e chca) podem ser homozigotos ou heterozigotos.
(16) Coelhos albinos só podem ser homozigotos (caca).
Soma = 31 (01 + 02 + 04 + 08 + 16)
2
(Unicamp-SP) No início do século XX, o austríaco Karl
Landsteiner, misturando o sangue de indivíduos diferentes, verificou que apenas algumas combinações eram
compatíveis. Descobriu, assim, a existência do chamado
sistema ABO em humanos. No quadro são mostrados os
genótipos possíveis e os aglutinogênios correspondentes
a cada tipo sanguíneo.
b) Uma mulher com tipo sanguíneo A, casada com
um homem com tipo sanguíneo B, tem um filho
considerado doador de sangue universal. Qual a
probabilidade de esse casal ter um(a) filho(a) com
tipo sanguíneo AB? Justifique sua resposta.
Se o casal possui um filho doador universal (O – ii), a mulher é IAi e o
homem é IBi. Portanto, a probabilidade de esse casal ter uma criança
com tipo sanguíneo AB (IAIB) é de 25%.
4
(UFPR) Uma mulher que apresenta tipo sanguíneo B
tem um filho cujo tipo sanguíneo é O. Ela vai à justiça
atribuindo a paternidade da criança a um homem cujo
tipo sanguíneo é AB. Se você fosse consultado pelo juiz,
qual seria seu parecer? Justifique.
O homem seria excluído da paternidade dessa criança, pois, sendo
do tipo sanguíneo AB (IAIB), ele não pode ser o pai biológico de uma
criança do grupo O (ii).
45
5
(U. E. Londrina-PR) Um menino tem o lobo da orelha
preso e pertence a uma família na qual o pai, a mãe e
a irmã possuem o lobo da orelha solto. Esta diferença
não o incomodava até começar a estudar genética e
aprender que o lobo da orelha solto é um caráter controlado por um gene com dominância completa. Aprendeu também que os grupos sanguíneos, do sistema
ABO, são determinados pelos alelos IA, IB e i. Querendo
saber se era ou não filho biológico deste casal, buscou
informações acerca dos tipos sanguíneos de cada um
da família. Ele verificou que a mãe e a irmã pertencem
ao grupo sanguíneo O, e o pai, ao grupo AB. Com base
no enunciado é correto afirmar que:
a) a irmã é quem pode ser uma filha biológica, se
o casal for heterozigoto para o caráter grupo
sanguíneo.
b) ambos os irmãos podem ser os filhos biológicos, se o
casal for heterozigoto para os dois caracteres.
c) o menino é quem pode ser um filho biológico, se o
casal for heterozigoto para o caráter lobo da orelha
solto.
d) a mãe desta família pode ser a mãe biológica de
ambos os filhos, se for homozigota para o caráter
lobo da orelha solto.
e) o pai desta família pode ser o pai biológico de ambos
os filhos, se for homozigoto para o caráter grupo
sanguíneo.
Pela análise do sistema ABO, a irmã (O – ii) não pode ser filha biológica
de um homem AB (IAIB). Pela análise do lobo da orelha, o menino pode
ser filho biológico, desde que o casal seja heterozigoto.
Alternativa c
Exercícios complementares
6
(UFMG) Observe a figura, que se refere à determinação
do grupo sanguíneo ABO.
1
anti-A
anti-B
3
anti-A
anti-B
a) crianças dos grupos A e O podem nascer da união de
indivíduos dos tipos determinados em 1 e 4.
b) indivíduos do tipo determinado em 2 formam os dois
tipos de antígenos.
c) indivíduos do tipo determinado em 3 podem ter
genótipos IBIB ou Ibi.
d) indivíduos do tipo determinado em 4 podem doar
sangue para 1 e 3.
e) indivíduos do tipo determinado em 1 podem receber
sangue de todos os outros tipos.
7
(Mackenzie-SP) Um homem sofreu um acidente e precisou de transfusão sanguínea. Analisado o seu sangue,
verificou-se a presença de anticorpos anti-A e ausência
de anti-B. No banco de sangue do hospital, havia três
bolsas disponíveis, sendo que o sangue da bolsa 1 apresentava todos os tipos de antígenos do sistema ABO, o
sangue da bolsa 2 possuía anticorpos anti-A e anti-B e a
bolsa 3 possuía sangue com antígenos somente do tipo B.
Esse homem pode receber sangue:
a) apenas da bolsa 1.
b) apenas da bolsa 3.
c) da bolsa 2 ou da bolsa 3.
d) da bolsa 1 ou da bolsa 2.
e) apenas da bolsa 2.
8
(U. E. Londrina-PR) Em uma população de organismos
diploides, foram encontrados quatro alelos diferentes
para determinado loco gênico, denominados S1, S2, S3
e S4. A figura a seguir mostra, à esquerda, as diferenças
na sequência de DNA que caracterizam cada um desses
alelos e, à direita, o par de cromossomos homólogos
(metafásicos) onde esse gene é encontrado. Diante dessas informações, se um único indivíduo desta população
for escolhido ao acaso, qual combinação alelo/posição
cromossômica poderia ser encontrada no par de cromossomos metafásicos desse indivíduo?
Alelos
5’ – G A T T G – 3’
(S1) 3’ – C T A A C – 5’
Cromossomos homólogos na metáfase
A
B
C
D
E
F
G
H
5’ – A G T T G – 3’
(S2) 3’ – T C A A C – 5’
2
anti-A
anti-B
4
anti-A
anti-B
5’ – A A C T G – 3’
(S3) 3’ – T T G A C – 5’
5’ – A A T T A – 3’
(S4) 3’ – T T A A T – 5’
Aglutinação
Não aglutinação
Com base nas informações contidas nessa figura e
em seus conhecimentos sobre o assunto, pode-se
afirmar que:
a)
b)
c)
d)
e)
(S1-A) – (S1-B) – (S3-C) – (S3-D)
(S1-A) – (S2-B) – (S3-C) – (S4-D)
(S4-A) – (S4-B) – (S4-G) – (S4-H)
(S3-A) – (S3-B) – (S3-E) – (S3-F)
(S2-A) – (S2-C) – (S3-E) – (S3-G)
TAREFA PROPOSTA 1-10
46
Em 1940, os cientistas Landsteiner e Alexander Wiener relataram a descoberta
do fator Rh no sangue de macaco reso. Eles notaram que o soro anti-Rh produzido
por coelhos provocava aglutinação das hemácias desses macacos ou de hemácias de
85% das pessoas de uma amostra populacional, mas não aglutinava hemácias dos
15% restantes (figura 8).
FOTOS: SHUTTERSTOCK [1] OLEG SENKOV,
[2] JOSHUA LEWIS, [3] CAMEILIA, [4] CS333
3 Sistema Rh
Macaco reso
Observação
[1]
O fator Rh é um antígeno existente na superfície das hemácias.
Concluíram que no sangue de 85% das pessoas devia haver o mesmo antígeno encontrado no sangue do macaco reso. Esse antígeno, existente na superfície
das hemácias, foi chamado fator Rh (antígeno D), que são as iniciais de rhesus,
do antigo nome científico dessa espécie de macaco (Macaca rhesus, atualmente
Macaca mulatta). Os indivíduos em cujo sangue existe o fator Rh são Rh positivo (Rh+);
aqueles em que não há esse fator são denominados Rh negativo (Rh–).
Sangue
Transfusões
Ao contrário do sistema ABO, no qual os indivíduos possuem aglutininas anti-A
ou anti-B mesmo sem terem recebido transfusões anteriores, os anticorpos anti-Rh
só são produzidos quando uma pessoa Rh negativo recebe sangue de outra que é
Rh positivo. Dessa forma, as que são Rh positivo podem receber tanto sangue Rh
positivo como negativo, pois não possuem nem produzem anticorpos anti-Rh. Já as
pessoas Rh negativo só devem receber sangue Rh negativo; caso contrário, produzirão anticorpos anti-Rh, o que causará aglutinação em transfusões posteriores.
[2]
[4]
[3]
–
Rh
+
Rh
Soro anti-Rh
Rh +
ou
Rh–
Não aglutina Aglutina 85%
das amostras
15% das
de sangue
amostras de
humano
sangue humano
Rh –
Figura 7 Possíveis transfusões no sistema Rh.
Aglutina todas
as amostras
de sangue de
macaco reso
Figura 8 Landsteiner e Wiener
injetavam sangue do macaco reso
em coelhos. Posteriormente, do
sangue dos coelhos separavam o
soro (anti-Rh), rico em anticorpos.
47
Considerando-se os sistemas ABO e Rh, só podem receber sangue de qualquer
grupo pessoas que sejam AB e Rh positivo, porque não possuem aglutininas e já
são portadoras do fator Rh; contudo, indivíduos do grupo O e Rh negativo podem
doar sangue para receptores de qualquer grupo dos sistemas ABO e Rh, uma vez
que não têm aglutinogênios nem fator Rh.
Tipagem
FOTOS: FÁBIO COLOMBINI
Quando se faz a tipagem de uma amostra de sangue, geralmente se empregam anticorpos anti-A, anti-B e anti-Rh, determinando-se simultaneamente os
grupos dos sistemas ABO e Rh.
A
D
Mãe
Rh–
Anticorpos
anti-Rh
B
E
Aglutinação
e hemólise
3
Feto Rh
+
2
Sistema
imunológico
materno
C
F
1
Hemácias
fetais Rh+
Fonte: Avancini e Favaretto. Biologia — uma abordagem evolutiva e ecológica.
Figura 9 Gotas de sangue do mesmo indivíduo são colocadas em três
lâminas de vidro. Na lâmina da esquerda (A) aplica-se uma gota de soro
anti-A; na lâmina do meio (B), uma gota de soro anti-B e, na lâmina
da direita (C), uma gota de soro anti-Rh. As amostras de sangue são
misturadas (D) com os soros e, em seguida (E), verifica-se a ocorrência ou
não de aglutinação. A aglutinação ocorreu nas lâminas da esquerda e da
direita, que receberam anti-A e anti-Rh (F), portanto o sangue testado é A
e Rh positivo.
Herança
Considera-se, de forma simplificada, a determinação genética do sistema Rh
um caso de mono-hibridismo com dominância completa: um par de alelos D e
d (ou R e r), em que o alelo dominante D determina a produção do fator Rh e o
alelo recessivo d, não (D > d). Indivíduos de genótipos DD ou Dd são Rh positivo,
enquanto somente as pessoas de genótipo dd são Rh negativo.
48
Figura 10 (1) Hemácias fetais com o
fator Rh atingem a circulação materna.
(2) São reconhecidas pelo sistema
imunológico da mãe, que passa a
produzir anticorpos anti-Rh. (3) Em
uma próxima gestação de feto Rh
positivo, tais anticorpos alcançam a
circulação fetal, causando hemólise.
A sensibilização pelo fator Rh é possível quando em uma gestante Rh negativo
está se desenvolvendo um feto Rh positivo. Hemácias fetais podem passar para
a circulação materna, particularmente durante o parto, e, mesmo em quantidade reduzida, são reconhecidas pelo sistema imunológico da mulher, que passa a
produzir anticorpos anti-Rh.
A criança dessa gravidez dificilmente apresenta algum problema; no entanto,
os anticorpos produzidos pela mãe chegam à circulação dos próximos fetos Rh
positivo, causando-lhes hemólise, isto é, destruição das hemácias.
As principais manifestações da hemólise são: anemia, icterícia (coloração
amarelada da pele e das mucosas), elevação da frequência cardíaca, aumento do
tamanho do baço e do fígado, presença de hemácias jovens no sangue circulante e, nos casos mais graves, edema (inchaço) generalizado. Hemácias jovens nucleadas, chamadas eritroblastos, são comuns no sangue das crianças afetadas,
o que explica o outro nome dado à doença: eritroblastose fetal.
Sua incidência, com diferentes graus de intensidade, é de aproximadamente
nove casos por mil nascimentos. O tratamento da criança consiste em fototerapia
(figura 11) ou exsanguinotransfusão, que é a troca do sangue da criança.
É possível evitar a sensibilização de uma mulher Rh negativo depois do nascimento de uma criança Rh positivo até 72 horas após o parto, injetando nela
anticorpos anti-Rh. Os anticorpos anti-Rh aplicados na mãe destroem rapidamente as hemácias fetais que passaram para a sua circulação, antes que o sistema
imunológico as reconheça e passe a produzir anticorpos.
A injeção de anticorpos anti-Rh é erroneamente chamada “vacina anti-Rh”,
pois não se trata da injeção de antígenos. Os anticorpos anti-Rh recebidos permanecem na circulação da mulher por apenas algumas semanas e não representam
ameaça para futuras gestações.
Sensibilização é o reconhecimento de um antígeno pelo sistema
imunológico do indivíduo, que passa a produzir anticorpos
específicos.
SUSAN SCHMITZ/SHUTTERSTOCK
Doença hemolítica do recém-nascido (DHRN)
Figura 11 A fototerapia —
exposição à fonte intensa de luz,
como a que está sendo aplicada
a esse recém-nascido — auxilia na
degradação e na eliminação da
bilirrubina, um dos produtos da
hemólise.
Observação
A bilirrubina causa a icterícia
ao se depositar na pele e nas
mucosas e pode, quando se
concentra no encéfalo, provocar graves lesões neurológicas,
consideradas as manifestações
mais graves da eritroblastose
fetal.
4 Sistema MN
Landsteiner e Philip Levine, em 1927, descobriram os antígenos M e N, presentes na superfície das hemácias. Aplicados em coelhos ou em cobaias, esses antígenos estimulam a produção de anticorpos anti-M e anti-N, respectivamente.
Os grupos sanguíneos do sistema MN são geneticamente condicionados pelos
alelos LM e LN, que são codominantes (LM = LN). O alelo LM determina a produção
do antígeno M; o alelo LN, a produção do antígeno N.
Tabela 3. Grupos sanguíneos do sistema MN: genótipos e fenótipos
Genótipos
Fenótipos
LMLM
M
M N
MN
N N
N
L L
LL
A determinação do sistema MN não é considerada nas transfusões de sangue
e não se associa à incompatibilidade sanguínea materno-fetal.
49
1
(Mackenzie-SP, adaptada) Pedro, que tem tipo sanguíneo A, Rh– e é filho de pai do grupo A e de mãe do grupo B, recebeu uma transfusão de sangue compatível quanto ao sistema ABO de sua mulher, Márcia, que é filha de pais do grupo B.
Sabendo que Márcia teve eritroblastose fetal ao nascer, calcule a probabilidade de o casal ter uma criança com tipo
sanguíneo A, Rh+.
Resolução
Sabe-se que Pedro tem genótipo IA_ dd e que seus pais têm genótipos IA_ e IB_. Certamente Pedro recebeu o alelo IA de
seu pai e deve ter recebido de sua mãe o alelo i. Assim, a mãe de Pedro tem o genótipo IBi e Pedro apresenta genótipo IAi.
Os pais de Márcia têm genótipos IB_, mas, como ela já doou sangue para Pedro, que é do grupo A, não pode ser do grupo B.
Assim, seus pais devem ser heterozigotos (IBi), e ela é do grupo O (ii). Como teve eritroblastose fetal, Márcia deve ser
Rh+, filha de mãe Rh–, ou seja, com genótipo Dd. Temos, então, Pedro com genótipo IAi dd e Márcia com genótipo ii Dd.
1 1 1
A probabilidade de terem criança do grupo A, Rh+ (IA_ D_) será = ou 25%.
2 2 4
2
(PUC-SP) Na genealogia a seguir, estão representados os grupos sanguíneos dos sistemas ABO, Rh e MN para quatro
indivíduos.
1
2
A Rh– M
3
A Rh+ MN
B Rh+ MN
4
O Rh– M
5
?
a) Qual deve ser o genótipo do indivíduo 2?
b) Qual a probabilidade de o indivíduo 5 ter sangue do grupo O, Rh– e MN?
Resolução
a) O indivíduo 1, do grupo A, Rh–, M (genótipo IA_ dd LMLM), teve com o indivíduo 2, do grupo B, Rh+, MN (genótipo
IB_ D_ LMLN), um descendente (o indivíduo 4) do grupo O, Rh–, M (genótipo ii dd LMLM). Logo, o genótipo do indivíduo
1 deve ser IAi dd LMLM, e o do indivíduo 2, IBi Dd LMLN.
b) Os pais do indivíduo 5 têm genótipos IAi dd LMLM e IBi Dd LMLN. Como a segregação dos três pares de alelos envolvidos é
1 1 1
1
independente, a probabilidade de o indivíduo 5 ser O, Rh–, MN (genótipo ii dd LMLN) será = ou 6,25%.
4 2 2 16
DNA, O SHERLOCK HOLMES DOS TEMPOS
MODERNOS
A incerteza da paternidade é tão antiga quanto a humanidade. A concepção ocorre no interior do corpo da mulher e, assim, não admite testemunhas.
Em consequência, embora a mulher esteja sempre 100% certa de que as crianças por ela geradas são biologicamente suas (com exceção da possibilidade de trocas no berçário, um fenômeno novo na história da humanidade, já que no passado virtualmente todos os partos eram domésticos), o
homem tem muitas vezes de lidar com a incerteza da paternidade […].
Como reza o dito popular: os filhos de minhas filhas meus netos são; os
filhos de meus filhos… serão ou não?
PENA, Sérgio Danilo. Bioética. Brasília: Conselho Federal de Medicina.
50
TEK IMAGE/SCIENCE PHOTO LIBRARY/SPL RF/LATINSTOCK
CONEXÕES
Uma pessoa alega ser filha de um astro de televisão e requer que a paternidade seja reconhecida. O juiz
encarregado do caso solicita que seja retirada uma amostra de sangue dessa pessoa, da mãe e do suposto pai.
Os policiais chegam ao local onde um assassinato foi cometido, e alguns fios de cabelo do criminoso são
encontrados nas proximidades. Em outro lugar, uma mulher foi estuprada, e o médico que a atendeu coletou
e conservou parte do esperma depositado em sua vagina.
Até há bem pouco tempo, situações como essas poderiam permanecer indefinidamente sem solução. No
entanto, elas podem ser decididas graças ao auxílio das modernas técnicas de análise do DNA. Uma pequena
quantidade de material biológico permite esclarecer com precisão quase absoluta crimes ou investigação
de paternidade.
A técnica baseia-se no fato de que o DNA de cada pessoa possui pedaços que se sucedem de forma
peculiar, em tamanhos e quantidades que são únicos para cada pessoa. Exceto gêmeos univitelinos, que
são geneticamente idênticos, não há duas pessoas com o mesmo padrão de repetição desses fragmentos
ao longo de suas moléculas de DNA. Trata-se de uma “impressão digital” molecular.
A “impressão digital” do DNA permite concluir, com exatidão de quase 100%, se o material genético
encontrado em uma amostra de sangue, de cabelo, de esperma ou de outro material biológico é de certa
pessoa.
Esse método de análise consiste em fragmentar o DNA a ser testado de células — leucócitos, espermatozoides, células do folículo piloso ou outras — por meio de endonucleases de restrição. Os fragmentos obtidos
são separados por eletroforese e depois transferidos para uma fita de náilon.
Sondas de DNA (fragmentos curtos de DNA que se ligam com sequências específicas do DNA a ser testado) marcadas com material radioativo são postas em solução, na qual se introduz a fita de náilon contendo
o DNA aderido.
Depois a fita é lavada, para se remover o excesso de sondas de DNA em solução, e colocada em contato
com um filme de raios X. O filme será marcado apenas onde houver fragmentos de DNA radioativo (sondas)
ligados aos fragmentos de DNA da amostra que estavam na fita de náilon, estabelecendo-se um padrão de
faixas que é absolutamente individual.
Quando o material examinado for sangue ou outro tecido que contenha células diploides, deverá ser total
a coincidência com o DNA obtido do sangue do indivíduo. Em DNA obtido de espermatozoides, haverá
concordância pela metade, porque essas células são haploides.
Nos casos de investigação de paternidade ou de identificação de crianças desaparecidas, o DNA do filho
apresentará 50% de concordância com o DNA de cada um dos genitores.
Ana
Paulo
Laura
Júlia
Caio
Bruno
Pela análise comparativa da impressão digital do DNA dessa família, podemos concluir que Laura e Caio
são filhos de Ana e Paulo. Júlia é filha de Ana com outro homem, e Bruno é adotado.
51
2
1 Fragmentos de DNA tratados
com endonucleases de restrição
são separados por eletroforese.
Material biológico
(sangue, por exemplo)
DNA
isolado
1
2 Desnaturação e transferência
dos fragmentos para a fita
de náilon.
3
3 Marcação com material
radioativo.
Lavagem e exposição
a um filme de raios X
Revelação do
autorradiograma
Etapas da “impressão digital” do DNA, técnica que permite a identificação precisa de indivíduos baseada na análise
comparativa de seu material biológico.
1
(Vunesp) A ilustração apresenta o resultado de um teste
de paternidade obtido pelo método do DNA-fingerprint,
ou “impressão digital de DNA”.
Mãe
Criança
Homem A
Homem B
apresentam 99,99% de acerto. Nesses testes podem ser
comparados fragmentos do DNA do pai e da mãe com o
do filho. Um teste de DNA foi solicitado por uma mulher
que queria confirmar a paternidade dos filhos. Ela levou
ao laboratório amostras de cabelos dela, do marido, dos
dois filhos e de um outro homem que poderia ser o pai. Os
resultados obtidos estão mostrados na figura a seguir.
Mãe
Marido
Outro
homem
Filho1
Filho 2
a) Segundo o resultado anterior, qual dos homens, A ou B,
é o provável pai da criança? Justifique.
b) Em linhas gerais, como é feito o teste de identificação
individual pelo método do DNA-fingerprint?
2
52
(Unicamp-SP) Testes de paternidade comparando o DNA
presente em amostras biológicas são cada vez mais comuns e são considerados praticamente infalíveis, já que
a) Que resultado a análise mostrou em relação à paternidade do filho 1? E do filho 2? Justifique.
b) Num teste de paternidade, poderia ser utilizado
apenas o DNA mitocondrial? Por quê?
ATIVIDADES
9
10
Relacione cada conceito com sua respectiva definição:
( e ) Componentes do sangue
( f ) Aglutinação
( b ) Antígeno
( a ) Aglutininas
( g ) Doador universal
( d ) Fator Rh
( c ) DHRN
a) Anticorpos (proteínas existentes no plasma) correspondentes aos antígenos (ou aglutinogênios) do
sistema ABO.
b) Substância estranha (geralmente uma proteína) que
pode desencadear a produção de anticorpos específicos.
c) Doença causada pela destruição de hemácias fetais
por anticorpos maternos.
d) Antígeno presente em hemácias do macaco reso e da
maioria das pessoas.
e) Plasma e elementos figurados.
f) Reação antígeno-anticorpo que ocorre em certos
casos, ao se misturar sangue de um indivíduo com
plasma de outro.
g) Pessoa do grupo O e Rh negativo, que não tem
aglutinogênios e cujo sangue pode ser recebido por
qualquer pessoa.
(Unicamp-SP) Com base no heredograma, responda e
indique os passos que você utilizou para chegar às respostas.
11
+
4
–
O Rh
+
O Rh
AB Rh
5
6
+
–
B Rh
A Rh
?
a) Qual é a probabilidade de o casal formado por 5 e 6
ter duas crianças com sangue AB Rh+?
Tendo mãe do grupo O Rh– (genótipo iidd), o indivíduo 5 tem genótipo IB iDd. Tendo pai do grupo O (genótipo ii), o indivíduo 6 tem
genótipo IAidd. O cruzamento 5 × 6 produz a seguinte descendência
1
1
1
quanto ao sistema ABO: IAIB (grupo AB), IAi (grupo A), IBi (grupo B),
4
4
4
1
1
ii (grupo O). Quanto ao sistema Rh, a descendência será: Dd (Rh+),
4
2
1
dd (Rh–). A probabilidade de nascer um descendente do grupo
2
1 1 1
AB Rh+ será . A probabilidade de serem dois descendentes
4 2 8
1 1
1
com esse fenótipo será de .
8 8 64
b) Se o casal em questão já tiver uma criança com
sangue AB Rh+, qual é a probabilidade de ter outra
criança com o mesmo fenótipo?
O fato de já ter filho do grupo AB Rh+ não altera a probabilidade de
ter outro filho de mesmo fenótipo, pois são eventos independentes.
Assim, a probabilidade de nascer outro filho com o fenótipo em
1
questão será de .
8
Para que duas pessoas Rh positivo (D_) tenham uma criança Rh negativo
(dd), ambas devem ser heterozigotas (Dd).
12
Um casal de heterozigotos Dd pode ter a seguinte descendência:
1
2
1
DD (Rh+), Dd (Rh+), dd (Rh–). A probabilidade de terem uma
4
4
4
criança do sexo masculino e Rh positivo será:
1 3 3
P(menino) · P(D_) = = 0,375 ou 37,5%
2 4 8
3
–
AB Rh
Um homem e uma mulher, ambos Rh positivo, tiveram
uma criança Rh negativo.
a) Quais são os genótipos dos pais?
b) Qual é a probabilidade de que, em outra gestação, tenham uma criança do sexo masculino e Rh positivo?
2
1
(Unifesp) Um exemplo clássico de alelos múltiplos é o
sistema de grupos sanguíneos humano, em que o alelo
IA, que codifica para o antígeno A, é codominante sobre
o alelo IB, que codifica para o antígeno B. Ambos os alelos são dominantes sobre o alelo i, que não codifica para
qualquer antígeno. Dois tipos de soros, anti-A e anti-B,
são necessários para a identificação dos quatro grupos
sanguíneos: A, B, AB e O.
a) Complete o quadro a seguir com os genótipos e as
reações antigênicas (represente com os sinais + e –)
dos grupos sanguíneos indicados.
Grupos sanguíneos
Fenótipos
Reação com
Genótipos
Anti-A
Anti-B
AB
+
+
IAIB
O
–
–
ii
53
b) Embora três alelos distintos determinem os grupos
sanguíneos ABO humanos, por que cada indivíduo
é portador de somente dois alelos?
15
Porque cada cromossomo do par de homólogos possui apenas um loco
ocupado pelo alelo; assim, dois cromossomos têm dois locos ocupados
por dois dos três alelos.
(U. F. Lavras-MG) O sistema Rh em seres humanos é controlado por um gene com dois alelos, dos quais o alelo
dominante R é responsável pela presença do fator Rh nas
hemácias e, portanto, fenótipo Rh+. O alelo recessivo r é
responsável pela ausência do fator Rh e fenótipo Rh–.
I
13
Uma criança foi localizada pela polícia, e um casal alega
tratar-se de seu filho desaparecido. A análise do sangue
do casal e do da criança revelou o seguinte:
II
1
2
Rh+
Rh+
3
4
–
5
+
Rh
Rh+
Rh
t)PNFNHSVQP"3IOFHBUJWP.
6
t.VMIFSHSVQP#3IQPTJUJWP./
Rh–
t$SJBOÎBHSVQP03IQPTJUJWP/
Com base no heredograma, determine os genótipos dos
indivíduos 1, 2, 3, 4, 5 e 6, respectivamente.
a) DD, Dd, Dd, DD, Dd, DD
b) Dd, Dd, dd, Dd, Dd, dd
c) Dd, Dd, Dd, dd, DD, Dd
d) Dd, Dd, dd, DD, Dd, dd
Esses dados confirmam a alegação do casal?
Quanto ao sistema ABO, não se pode excluir a possibilidade de a criança
ser filha do casal. Se os supostos pais forem heterozigotos (IA i e IB i), eles
poderão ter uma criança do grupo O (ii). Em relação ao sistema Rh, mais
uma vez, não se pode contestar a alegação do casal. Mesmo o homem
sendo Rh negativo, a mulher poderia transmitir para a criança o alelo
D, que determinaria Rh positivo. Entretanto, a suposta paternidade é
descartada pela observação do sistema MN: um homem do grupo M
(LMLM) não pode ter descendentes do grupo N (LNLN).
14
(PUC-SP) O sangue de determinado casal foi testado com
a utilização dos soros anti-A, anti-B e anti-Rh (anti-D). Os
resultados são mostrados a seguir. O sinal + significa aglutinação de hemácias e – significa ausência de reação.
Soro
anti-A
Soro
anti-B
Soro
anti-Rh
Lâmina I
Contém gotas de sangue
da mulher misturadas
aos três tipos de soros
Soro
anti-A
Soro
anti-B
Soro
anti-Rh
Lâmina II
Contém gotas de sangue
do homem misturadas
aos três tipos de soros
Esse casal tem uma criança pertencente ao grupo O e Rh
negativo. Qual a probabilidade de o casal vir a ter uma
criança que apresente aglutinogênios (antígenos) A, B e
Rh nas hemácias?
1
1
a)
d)
2
16
1
3
b)
e)
4
4
1
c)
8
16
(Unicamp-SP) O sangue humano costuma ser classificado em diversos grupos, sendo os sistemas ABO e Rh os
métodos mais comuns de classificação. A primeira tabela
fornece o percentual da população brasileira com cada
combinação de tipo sanguíneo e fator Rh. Já a segunda
tabela indica o tipo de aglutinina e aglutinogênio presentes em cada grupo sanguíneo.
Tipo
Fator Rh
+
–
A
34%
8%
B
8%
2%
AB
2,5%
0,5%
O
36%
9%
Tipo
Aglutinogênios
Aglutininas
A
A
Anti-B
B
B
Anti-A
AB
AeB
Nenhuma
O
Nenhum
Anti-A e Anti-B
Em um teste sanguíneo realizado no Brasil, detectou-se, no
sangue de um indivíduo, a presença de aglutinogênio A.
Nesse caso, qual é a probabilidade de que o indivíduo
tenha sangue A+?
a) 76%
c) 81%
b) 34%
d) 39%
TAREFA PROPOSTA 11-24
54
TAREFA PROPOSTA
1
(Vunesp) Em coelhos, os alelos C, cch, ch e ca condicionam,
respectivamente, pelagem tipo selvagem, chinchila, himalaia e albino. Em uma população de coelhos em que
estejam presentes os quatro alelos, o número possível
de genótipos diferentes será:
a) 4
d) 10
b) 6
e) 12
c) 8
2
(UERJ) No quadro a seguir, as duas colunas da direita
demonstram esquematicamente o aspecto in vitro das
reações no sangue dos indivíduos de cada grupo sanguíneo ABO aos soros anti-A e anti-B.
Reação com
Grupo
AglutinoAglutinina
sanguíneo
gênio
Soro anti-A Soro anti-B
O
nenhum
anti-A e
anti-B
A
A
anti-B
Se um macho da F1 do cruzamento 3 cruza com uma fêmea
da F1 do cruzamento 1, quais as proporções de coloração
das nadadeiras dorsais esperadas para os descendentes?
a) 50% de indivíduos com nadadeiras negras e 50% com
nadadeiras rajadas.
b) 75% de indivíduos com nadadeiras negras e 25% com
nadadeiras amarelas.
c) 75% de indivíduos com nadadeiras negras e 25% com
nadadeiras rajadas.
d) 50% de indivíduos com nadadeiras negras e 50% com
nadadeiras amarelas.
e) 100% de indivíduos com nadadeiras negras.
4
(Unicamp-SP) O rei Salomão resolveu uma disputa entre
duas mulheres que reclamavam a posse de uma criança.
Ao propor dividir a criança ao meio, uma das mulheres desistiu. O rei concluiu que aquela que havia desistido era a
mãe verdadeira. Nos tribunais modernos, um juiz pode utilizar a análise dos grupos sanguíneos e o teste de DNA para
ajudar a solucionar questões semelhantes. Analisando uma
situação em que uma mulher de sangue A atribuía a paternidade de seu filho de sangue O a um homem de sangue B,
o juiz não pôde chegar a nenhuma decisão conclusiva.
a) Explique por quê.
b) Qual deveria ser o grupo sanguíneo do homem para
que a decisão pudesse ser conclusiva?
c) Com base no teste de DNA, no entanto, o juiz concluiu
que o homem era o pai da criança. Por que o teste de
DNA permite tirar conclusões tão precisas em casos
como esses?
5
(U. F. Alfenas-MG) Ao descobrir que seu genótipo era
homozigoto, o senhor Lalau (indivíduo II-1) elaborou o
seguinte heredograma sobre a herança de grupos sanguíneos do sistema ABO.
aglutinação
B
B
anti-A
aglutinação
AB
AeB
nenhum
aglutinação
aglutinação
a) Explique o que ocorreria com as hemácias de um indivíduo do grupo A se doasse sangue para um indivíduo
do grupo B.
b) Sabe-se que o aglutinogênio é uma proteína da membrana das hemácias. Explique por que a aglutinação
não ocorreria se o aglutinogênio fosse uma proteína
citoplasmática.
3
(UFRS) Em uma espécie de peixes de aquário, aparecem
três padrões distintos de coloração na nadadeira dorsal:
negra, rajada e amarela. Esses padrões são resultantes
da combinação de três diferentes alelos de um mesmo
loco. No quadro a seguir, estão representados três cruzamentos entre peixes com padrões de coloração distintos
para nadadeiras e suas respectivas gerações F1 e F2.
Cruzamentos
Geração F1
Geração F2
(nº de indivíduos)
1. rajada × amarela
100% rajadas
50 rajadas; 17 amarelas
2. negra × amarela
100% negras
100 negras; 36 amarelas
3. negra × rajada
100% negras
65 negras; 21 rajadas
I
A
1
II
A
1
III
2
O
B
3
4
B
5
AB
1
IV
2
6
A
2
3
4
5
O
AB
O
1
2
3
a) Identifique o grupo sanguíneo do indivíduo I-1.
b) Qual o genótipo do indivíduo II-5?
55
c) O senhor Lalau poderá ser receptor de sangue do seu
genro?
d) O indivíduo III-5 não poderá ser de qual grupo sanguíneo?
e) No caso de o casal III-3 e III-4 ter uma segunda criança, qual é a probabilidade de ela ser uma menina do
grupo sanguíneo B?
6
grupos A, B ou AB. Explique o problema que pode ocorrer se forem fornecidos grandes volumes de sangue O a
pacientes A, B ou AB.
9
(UFGO) Nos meios de comunicação é comum a solicitação
de sangue, como a do anúncio a seguir.
(U. F. Pelotas-RS) Um dos principais problemas em
cirurgias de emergência — a falta de sangue compatível com o da vítima para transfusões — pode estar
prestes a ser resolvido. Uma equipe internacional
de pesquisadores descobriu uma maneira de converter sangue dos tipos A, B e AB, que hoje podem
ser doados apenas com restrição, no tipo O. Os
cientistas descreveram o uso de novas enzimas que
“limpam” esses tipos sanguíneos de seus antígenos,
tornando-os viáveis para qualquer tipo de transfusão. Esta possibilidade liberaria os hospitais da dependência do tipo O.
Adaptado de O Estado de S. Paulo (www.universia.com.br)
(20 abr. 2007).
Considerando o sistema ABO, explique:
a) por que uma pessoa com o fenótipo sanguíneo solicitado é doador universal;
b) o tipo de herança genética que determina os grupos
sanguíneos desse sistema.
7
(PUC-SP) Na genealogia a seguir, são apresentadas seis
pessoas:
João
Isabel
Rodrigo
Pedro
Maria
Adriana
Considere os seguintes dados, referentes ao sistema sanguíneo ABO de quatro dessas pessoas:
t +PÍPF1FESPBQSFTFOUBNBHMVUJOPHÐOJPTBOUÓHFOPT
A e B nas hemácias;
t *TBCFM F .BSJB BQSFTFOUBN BHMVUJOJOBT BOUJDPSQPT
anti-A e anti-B no plasma.
Os dados permitem-nos prever que a probabilidade de:
a) Rodrigo pertencer ao grupo A é 50%.
b) Adriana pertencer ao grupo B é 25%.
c) Rodrigo pertencer ao grupo O é 25%.
d) Rodrigo e Adriana terem um descendente pertencente
ao grupo O é nula.
e) Rodrigo e Adriana terem um descendente pertencente
ao grupo AB é nula.
8
56
Com base no texto e em seus conhecimentos, desconsiderando o fator Rh, é correto afirmar que, pela nova
tecnologia:
a) uma pessoa com sangue tipo O poderia receber
sangue de qualquer outro grupo sanguíneo, pois
os sangues tipo A, B e AB não apresentariam aglutinogênios A e B nas hemácias; não ocorreriam, portanto,
reações de aglutinação.
b) uma pessoa com sangue tipo O poderia receber
sangue de qualquer outro grupo sanguíneo, pois
os sangues tipo A, B e AB não apresentariam aglutininas anti-A e anti-B no plasma; não ocorreriam,
portanto, reações de aglutinação.
c) uma pessoa com sangue tipo A poderia receber
sangue, além do tipo O e A, dos tipos B e AB, pois
os anticorpos anti-A e anti-B, presentes nas hemácias do sangue desses grupos sanguíneos, seriam
neutralizados.
d) uma pessoa com sangue tipo B poderia receber sangue, além dos tipos O e B, dos tipos A e AB, pois os
aglutinogênios A e B, presentes no plasma do sangue
desses grupos sanguíneos, seriam neutralizados.
e) todos os grupos sanguíneos seriam doadores universais, pois seriam eliminados os aglutinogênios anti-A
e anti-B das hemácias e as aglutininas A e B do plasma; não ocorreriam mais reações de aglutinação.
(UFRJ) Nas transfusões sanguíneas, o doador deve ter o
mesmo tipo de sangue que o receptor com relação ao
sistema ABO. Em situações de emergência, na falta de
sangue do mesmo tipo, podem ser feitas transfusões
de pequenos volumes de sangue O para pacientes dos
10
(Vunesp) Em um acidente de carro, três jovens sofreram
graves ferimentos e foram levados a um hospital, onde foi
constatada a necessidade de transfusão de sangue por causa da forte hemorragia nos três acidentados. O hospital possuía em seu estoque um litro de sangue do tipo AB, quatro
litros do tipo B, seis litros do tipo A e dez litros do tipo O.
Ao se fazer a tipagem sanguínea dos jovens, verificou-se
que o sangue de Carlos era do tipo O, o de Roberto do tipo
AB e o de Marcos do tipo A. Considerando apenas o sistema
ABO, os jovens para os quais havia maior e menor disponibilidade de sangue em estoque eram, respectivamente:
a) Carlos e Marcos.
b) Marcos e Roberto.
c) Marcos e Carlos.
d) Roberto e Carlos.
e) Roberto e Marcos.
11
(Unicamp-SP) Para desvendar crimes, a polícia científica
costuma coletar e analisar diversos resíduos encontrados
no local do crime. Na investigação de um assassinato,
quatro amostras de resíduos foram analisadas e apresentaram os componentes relacionados na tabela a seguir.
Amostras
Componentes
1
Clorofila, ribose e proteínas
2
Ptialina e sais
3
Quitina
4
Queratina e outras proteínas
Com base nos componentes identificados em cada amostra, os investigadores científicos relacionaram uma das
amostras a cabelo, e as demais, a artrópode, planta e saliva.
a) A qual amostra corresponde o cabelo? E a saliva?
Indique qual conteúdo de cada uma das amostras
permitiu a identificação do material analisado.
b) Sangue do tipo AB Rh negativo também foi coletado
no local. Sabendo-se que o pai da vítima tem o tipo
sanguíneo O Rh negativo e que a mãe tem o tipo AB
Rh positivo, há possibilidade de o sangue ser da vítima?
Justifique sua resposta.
12
13
(UERJ) Preocupado com as notícias sobre trocas de bebês
na maternidade onde recentemente nasceu seu primeiro filho, um casal resolveu realizar o teste de paternidade por meio dos grupos sanguíneos. O resultado revelou
que a criança era do grupo O e tanto o pai como a mãe
eram do grupo A. Consultado, um médico explicou que
a criança poderia ser filha do casal, porém sugeriu um
teste de DNA.
a) Demonstre, por meio de um esquema, que a criança
pode ser filha do casal.
b) Justifique a sugestão do médico de realizar um teste
de DNA.
14
(Unicamp-SP) Na eritroblastose fetal ocorre destruição das
hemácias, o que pode levar recém-nascidos à morte.
a) Explique como ocorre a eritroblastose fetal.
b) Como evitar sua ocorrência?
c) Qual o procedimento usual para salvar a vida do
recém-nascido com eritroblastose fetal?
15
(Mackenzie-SP) O quadro representa os resultados dos
testes de tipagem sanguínea para um homem, para seu
pai e para sua mãe. O sinal + indica que houve aglutinação e o sinal – indica ausência de aglutinação.
(Vunesp) Observe as figuras.
RAF__EL
RO__ERTO
O seu sangue
pode salvar
esta vida.
B–
CHERYL E. DAVIS/SHUTTERSTOCK
A+
GPALMER/SHUTTERSTOCK
a) quatro diferentes tipos sanguíneos, enquanto o
senhor Roberto pode receber sangue de doadores
de dois diferentes tipos sanguíneos.
b) dois diferentes tipos sanguíneos, enquanto o senhor
Roberto pode receber sangue de doadores de quatro
diferentes tipos sanguíneos.
c) dois diferentes tipos sanguíneos, assim como o
senhor Roberto. Contudo, os dois tipos sanguíneos
dos doadores para o senhor Roberto diferem dos
tipos sanguíneos dos doadores para Rafael.
d) dois diferentes tipos sanguíneos, assim como o
senhor Roberto. Contudo, um dos tipos sanguíneos
dos doadores para o senhor Roberto difere de um dos
tipos sanguíneos dos doadores para Rafael.
e) um único tipo sanguíneo, assim como o senhor
Roberto. O doador de sangue para Rafael difere em
tipo sanguíneo do doador para o senhor Roberto.
Adaptado de www.olharvirtural.ufrj.br (acesso em 14 maio 2004).
No caso específico dos pacientes que ilustram os cartazes,
ambos usuários de banco de sangue, pode-se dizer que
Rafael pode receber sangue de doadores de:
Anti-A
Anti-B
Anti-Rh
Homem
–
+
+
Pai
+
+
+
Mãe
–
–
–
Assinale a alternativa correta.
a) Esse homem tem anticorpos contra o sangue de sua
mãe.
b) O pai desse homem é doador universal.
57
c) Esse homem apresenta aglutinogênio A em suas
hemácias.
d) Esse homem poderia ter um irmão pertencente ao
tipo O Rh–.
e) Esse homem poderia ter tido eritroblastose fetal ao
nascer.
16
17
(Vunesp) Necessitando de uma transfusão sanguínea de
urgência, um homem que nunca havia recebido sangue
anteriormente foi submetido apenas à tipagem do sistema ABO, obtendo resultado satisfatório.
a) Por que é necessário conhecer o tipo sanguíneo para
uma transfusão?
b) Por que não foi feita a tipagem do Rh?
c) Não se sabendo o tipo sanguíneo do paciente, que
tipo de sangue poderia ser administrado sem risco?
Por quê?
(32) Homem e mulher com sangue do grupo A, Rh positivo e MN podem ter uma criança com sangue do
grupo O, Rh negativo e M.
19
(Fuvest-SP) Lúcia e João são do tipo sanguíneo Rh positivo,
e seus irmãos, Pedro e Marina, são do tipo Rh negativo.
Quais dos quatro irmãos podem vir a ter filhos com eritroblastose fetal?
a) Marina e Pedro
b) Lúcia e João
c) Lúcia e Marina
d) Pedro e João
e) João e Marina
20
(UFSC) Ao final da gravidez, é comum haver pequenas
rupturas placentárias que permitem a passagem de hemácias fetais para o sangue materno. A mãe, assim, pode
ser sensibilizada e, dependendo de seu tipo sanguíneo
e do tipo sanguíneo do feto em relação ao sistema Rh,
gerar uma doença denominada eritroblastose fetal. Com
relação ao fenômeno descrito e suas consequências, é
correto afirmar que:
(01) a mãe tem que ser Rh negativo.
(02) o pai tem que ser Rh positivo.
(04) a criança é, obrigatoriamente, homozigota.
(08) a mãe é, obrigatoriamente, homozigota.
(16) o pai pode ser heterozigoto.
(32) a criança é Rh negativo.
(64) o pai pode ser homozigoto.
21
(UFPE) No segundo parto de uma mulher, o feto apresentou o quadro de hemólise de hemácias, conhecido por
doença hemolítica do recém-nascido (DHRN) ou eritroblastose fetal. Considerando o fato de que essa mulher
não foi submetida a transfusão de sangue em toda a
sua vida anterior e teve seu primeiro filho sem qualquer
anormalidade, analise os genótipos descritos, no quadro
apresentado, e assinale a alternativa que indica, respectivamente, os genótipos da mãe, do primeiro filho e do
segundo filho.
(Fatec-SP) Considere os seguintes dados:
tNFOJOPEFUJQPTBOHVÓOFP"3IOFHBUJWP
tNÍFEFUJQPTBOHVÓOFP#3IOFHBUJWP
tQBJTFNBHMVUJOJOBTEPTJTUFNB"#0OPTBOHVFNBT
possuidor do antígeno Rh.
A probabilidade de os pais desse menino terem mais um
filho com o mesmo fenótipo de seu irmão, levando em
conta o sexo, o grupo sanguíneo e o fator Rh, é de:
1
1
a)
d)
16
4
b)
c)
18
58
1
12
e)
1
2
1
8
(U. E. Maringá-PR) Com relação aos sistemas ABO, Rh e
MN, assinale o que for correto:
(01) A herança do sistema ABO é determinada por uma
série de três alelos múltiplos, entre os quais não há
dominância.
(02) Pessoas com sangue do grupo A não podem ter
filhos com sangue do grupo O, e vice-versa.
(04) As reações de incompatibilidade sanguínea, em
casos de transfusão, devem-se principalmente a
reações entre aglutinogênios (antígenos) do sangue
do doador e aglutininas (anticorpos) do sangue do
receptor.
(08) Os alelos LM e LN exibem entre si uma relação de
codominância.
(16) Para efeito de transfusão de sangue, não se considera o sistema MN.
Genótipos
Mãe
1º filho
2º filho
a)
Rh–
Rh–
Rh+
b)
Rh–
Rh+
Rh–
c)
Rh–
Rh+
Rh+
d)
Rh+
Rh–
Rh+
e)
Rh+
Rh+
Rh–
22
(UFPR) Jorge, portador de grupo sanguíneo AB Rh negativo, e Júlia, que é AB Rh positivo, têm uma filha, Joana,
que aos 3 anos de idade necessita de uma transfusão
sanguínea. Os exames laboratoriais por hemaglutinação
dão os seguintes resultados:
Mistura
I.
Aglutinação
Eritrócitos de Joana + solução salina
negativa
II.
Eritrócitos de Joana + soro anti-A
negativa
III.
Eritrócitos de Joana + soro anti-B
positiva
IV.
Soro de Joana + eritrócito A
positiva
V.
Soro de Joana + eritrócito B
negativa
VI.
Soro de Joana + eritrócito O
negativa
Em face dos dados apresentados, assinale a alternativa
correta.
a) Joana não pode ser filha natural de Júlia.
b) Joana não pode receber sangue O Rh negativo.
c) Jorge não pode ser o pai natural de Joana.
d) Joana pode receber sangue AB Rh negativo.
e) Joana pode ser homozigota para B.
23
Em uma primeira gestação, uma mulher teve uma
criança saudável. Sua segunda criança teve DHRN.
A terceira criança nasceu bem, sem sinais de DHRN.
Quais são os genótipos e os fenótipos de todos os
membros dessa família, quanto ao sistema Rh?
Explique.
24
(FMC-MG) É possível diminuir a chance de uma mulher
de sangue Rh negativo vir a ser sensibilizada depois
do nascimento de um bebê de sangue positivo, por
meio da aplicação de anticorpos anti-Rh (imunoglobulina G humana anti-Rh), sendo este procedimento
usado na prevenção de eritroblastose fetal em futuras
gestações. Sobre essa injeção de anticorpos anti-Rh,
podemos afirmar:
a) Esse procedimento deve ser usado apenas após o
primeiro parto, já que o organismo se sensibilizará
permanentemente.
b) Todas as mulheres Rh–, casadas com homens Rh+,
deveriam prevenir-se aplicando o anti-Rh antes,
durante ou após a gestação de um filho Rh+.
c) A obtenção dos anticorpos anti-Rh é feita por meio
de procedimentos semelhantes àqueles usados na
obtenção de soros antiofídicos e similares.
d) É erroneamente chamada de vacina anti-Rh, pois
vacinas não são anticorpos, elas induzem a formação de anticorpos.
VÁ EM FRENTE
ACESSE
http://www.ameo.org.br/index.php (acesso em 6 jul. 2011)
Conheça o site da Associação da Medula Óssea do Estado de São Paulo (Ameo), uma Organização da Sociedade
Civil de Interesse Público (Oscip), composta por um grupo de pacientes, familiares de pacientes, voluntários e
profissionais da área de saúde, que possui o apoio técnico do Hemocentro da Santa Casa de Misericórdia de São
Paulo. Saiba quem precisa de transplante de medula óssea (TMO), como é feito o TMO, as fontes de células, a
compatibilidade HLA (antígenos leucocitários humanos), como tornar-se um doador, como é feita a doação de
medula óssea e muitas outras informações interessantes.
59
nas montanhas, significa que as diferenças decorrem de fatores
ambientais. Caso contrário, a diferença decorre de diferenças
entre seus genótipos.
7. b
A altura, a cor da pele e o peso são características hereditárias
influenciadas pelo ambiente, mas o grupo sanguíneo de uma
pessoa depende exclusivamente do genótipo.
8. a
A diferença na cor das flores das hortênsias indica que o fenótipo depende da interação do genótipo com o meio.
9. O pesquisador queria investigar a influência de um fator ambiental (no caso, a temperatura) na expressão de certa característica fenotípica (por exemplo, a velocidade da germinação,
o tamanho das plantas depois de certo tempo, a coloração das
folhas etc.).
10. d
O fenótipo lobo livre da orelha é determinado pelos genótipos EE
e Ee, enquanto o lobo preso é determinado pelo genótipo ee.
11. d
Os resultados obtidos sugerem que os gêmeos que participaram da pesquisa eram idênticos e, além disso, que a tendência
ao acúmulo de colesterol ruim (LDL) é um fator determinado
mais por influência genética do que ambiental.
12. a) Observa-se que, quanto maior a altitude de origem das
sementes, tanto menor o tamanho das plantas. Como
todas as sementes foram plantadas em um mesmo local
(nas mesmas condições ambientais), conclui-se que o
fenótipo (no caso, o tamanho das plantas) é determinado
geneticamente e o gráfico não reflete eventuais efeitos
ambientais.
b) Caso o resultado obtido fosse aquele mostrado pelo gráfico B, o tamanho de todas as plantas seria o mesmo,
independentemente da altitude de origem das sementes.
A conclusão, nesse caso, seria a de que o fenótipo (tamanho
das plantas) é dependente da ação ambiental.
1
e a pro2
1
babilidade de ter um descendente com a anomalia é de .
4
1 1 1
Então: P(menino e anomalia) 2 4 8
A probabilidade de nascer do sexo masculino é de
14. b
Para cada par cromossômico, a probabilidade de o espermato1
zoide receber o cromossomo de origem materna é de . Sendo
2
quatro pares, então: P(materno 1 e materno 2 e materno 3 e
2
4
1
ou 20%
20 5
b) Ainda de acordo com a definição de probabilidade, são cinco
um total de 20, então: P bolas azuis em um total de 20, ou seja: P 5
1
ou 25%
20 4
¤
2³
16. A probabilidade de engravidar é de 20% ¥¦ ou µ́ . Portanto, a
10
¤
8³
probabilidade de não engravidar é de 80% ¥¦ ou µ́ . Então:
10
P(não engravidar no primeiro e não engravidar no segundo e
não engravidar no terceiro e engravidar no quarto mês) =
8 8 8 2
1.024

0,1.024 ou 10,24%
10 10 10 10 10.000
17. Como a bola retirada da caixa não é recolocada:
P(verde e azul e vermelha e branca) =
4 4 4 4
256
8

16 15 14 13 43.680 1.365
18. a) Trata-se de eventos independentes:
P(calça jeans e camisa azul) = P(calça jeans) · P(camisa azul) =
3 5
3

0, 15 ou 15%
5 20 20
b) São eventos mutuamente exclusivos; portanto:
P(camisa vermelha ou camisa verde) = P(camisa vermelha) +
+ P(camisa verde) 5
6
11
0, 55 ou 55%
20 20 20
19. a) O rei de paus é somente uma entre as 52 cartas do baralho.
1
0,0192 ou 1,92%
52
b) Na primeira retirada, há 13 cartas de copas em um total de
Portanto: P 13
. Na segunda retirada, 12 cartas de copas
52
no total de apenas 51 cartas (pois uma carta já foi retirada);
52 cartas; P 12
. Como as duas retiradas são eventos indepen51
13 12
156

; 0, 0588 ou 5,88%.
dentes, P 52 51 2.652
logo, P 13. c
materno 4) 15. a) A probabilidade de ocorrência de determinado evento é a
relação entre o número de eventos favoráveis e o número
total de eventos. Dessa forma, se há quatro bolas verdes em
1 1 1 1
1
2 2 2 2 16
20. a) São eventos independentes; portanto:
P(menino e menina e menina e menina) =
= P(menino) · P(menina) · P(menina) · P(menina) =
1 1 1 1
1
0, 0625 ou 6,25%
2 2 2 2 16
b) (1) Cálculo de uma das combinações de dois meninos e duas
meninas:
P(menino e menino e menina e menina) = P(menino) ·
· P(menino) · P(menina) · P(menina) 1 1 1 1
1
2 2 2 2 16
(2) Cálculo do número de combinações (n = 4, m = 2,
4!
n – m = 2):
6
2! 2!
1
6
3
(3) Probabilidade final: 6
0, 375 ou 37,5%
16 16 8
21. De acordo com o princípio fundamental da contagem, o número de eventos combinados é o produto das probabilidades dos
eventos. Como são dois “tipos” de filhos de acordo com a cor
dos olhos (azuis ou castanhos), três “tipos” de filhos de acordo
com o cabelo, quatro “tipos” de filhos de acordo com o grupo
sanguíneo e um “tipo” de filho de acordo com a capacidade de
enrolar a língua, o número de combinações possíveis é dado
por n = 2 · 3 · 4 · 1 = 24. Portanto, considerando-se simultaneamente essas quatro características, são 24 “tipos” de filhos.
22. a) Inicialmente calculamos uma das possíveis combinações de
quatro crianças normais e uma afetada:
P(normal e normal e normal e normal e afetada) =
3 3 3 3 1
81
= 4 4 4 4 4 1.024
Em seguida, determinamos de quantas formas podem aparecer quatro crianças normais e uma afetada (n = 5, m = 4,
5!
4! 1!
81
405
A probabilidade final será de: 5
0,395 ou
1.024 1.024
39,5%
b) Inicialmente calculamos uma das possíveis combinações de
três crianças normais e duas afetadas:
P(normal e normal e normal e afetada e afetada) =
3 3 3 1 1
27
= 4 4 4 4 4 1.024
Em seguida, determinamos de quantas formas podem
aparecer três crianças normais e duas afetadas (n = 5,
m – n = 1):
5!
10
3! 2!
27
270
A probabilidade final será de: 10
= 0,264
1.024 1.024
ou 26,4%
m = 3, m – n = 2):
23. a) Há independência entre o sexo e a característica da criança;
então: P(menina e afetada) = P(menina) · P(afetada) =
1 1 1
= 0, 125 ou 12,5%
2 4 8
b) Inicialmente calculamos uma das possíveis combinações
de quatro crianças normais e duas afetadas: P(normal
e normal e normal e normal e afetada e afetada) =
= P(normal) · P(normal) · P(normal) · P(normal) · P(afetada) ·
3 3 3 3 1 1
81
4 4 4 4 4 4 4.096
Em seguida, determinamos de quantas formas podem
aparecer quatro crianças normais e duas afetadas (n = 6,
· P(afetada) =
24. As células dos indivíduos dessa espécie possuem número cromossômico 2n = 12, ou seja, seis pares de cromossomos homólogos, cada um deles formado por um cromossomo de origem
paterna e outro de origem materna. A probabilidade de que um
dos pares, durante a meiose, forneça o cromossomo de origem
1
ou 50%. Como a separação dos cromosso2
mos de um par é independente da de outro par, a probabilidade
de todos os pares fornecerem o cromossomo de origem materna
é dada pelo produto das probabilidades de ocorrência dos
materna é igual a
eventos, ou seja:
1 1 1 1 1 1
1
0, 0156 ou 1,56%
2 2 2 2 2 2 64
CAPÍTULO 2
MONO-HIBRIDISMO: MENDEL E VARIAÇÕES
Conexões
1. c
A terapia gênica consiste em se modificar o patrimônio genético das
células de um indivíduo, introduzindo-se nelas um gene que lhes dá
a capacidade de sintetizar uma substância que não era produzida.
2. a) A possibilidade de não ocorrer a incorporação do gene relacionado à produção do hormônio ou provocar alterações
genéticas indesejáveis nas células do fígado.
b) Maior grau de confiabilidade, supondo-se que o gene que
será inserido nas células do fígado deve induzir a produção
de insulina com maior eficiência. Células de outros indivíduos podem provocar rejeição e, neste caso, não apresentar
a mesma eficiência na produção de insulina.
6. a
Darwin e sua prima e esposa Emma deviam ser heretozigotos
(Aa), pois eram normais e tiveram uma criança afetada por
doença autossômica recessiva (aa).
7. b
Para saber se um indivíduo que expressa o fenótipo dominante possui genótipo homozigoto ou heterozigoto, realiza-se o
cruzamento-teste, que consiste em cruzá-lo com um indivíduo
de fenótipo recessivo. Se esse cruzamento produzir apenas plantas cujas flores são vermelhas, a planta testada tem genótipo
homozigoto (VV); se produzir alguma planta cujas flores são
brancas, a planta testada tem genótipo heterozigoto (Vv).
8. a)
6!
15. A probabilidade final será:
4! 2!
81
1.215
15
0, 296 ou 29,66%
4.096 4.096
m = 4, m – n = 2):
3
b) Sendo a doença recessiva e muito rara, consideremos que
apenas um dos genitores de Pedro e Paulo, bem como um
dos genitores de Maria e Joana, deva ser heterozigoto para
esse par de alelos (Dd), enquanto o outro deve ser homozigoto
dominante (DD). Para que o casal (Paulo e Joana) tenha uma
criança afetada, devemos considerar três eventos: (1) Paulo
deve ser heterozigoto; (2) Joana deve ser heterozigota; (3) o
descendente deve ser homozigoto recessivo. A probabilidade
1
1
do evento 1 é de ; a probabilidade do evento 2 é de ; a
2
2
1
probabilidade do evento 3 é de . Como os três eventos são
4
independentes, a probabilidade de ocorrência de todos eles
é dada pelo produto de suas probabilidades:
1 1 1
1
=
2 2 4 16
= 0,0625 ou 6,25%
c) Se considerarmos que o casal (Paulo e Joana) já tem uma criança
afetada, então podemos concluir que eles são obrigatoriamente
heterozigotos (Dd × Dd). Sendo assim, a probabilidade de
nascimento de uma outra criança afetada é de
1
ou 25%.
4
14. V – V – F – V – F
III. A anemia falciforme é uma doença grave e letal. Assim, a
opção por filhos é geralmente desencorajada no aconselhamento genético, quando são identificados no casal alelos
recessivos para a doença.
V. Na descendência desse casal de heterozigotos (Aa) há 25%
de probabilidade de a prole apresentar a doença associada
a esse alelo.
A maioria dos genes deletérios na população possui caráter
recessivo e, portanto, não se expressa no fenótipo quando
em heterozigose. Isso explica o baixo percentual de doenças
genéticas no conjunto da população. Os casamentos consanguíneos aumentam a probabilidade de expressão, na prole,
de alelos deletérios em homozigose. Alelos letais dominantes,
em homozigose ou heterozigose, levam o indivíduo à morte.
Contudo, se um alelo dominante provoca a morte somente
quando se manifesta em homozigose, comporta-se como um
alelo letal recessivo na determinação da sobrevivência.
15. Herança sem dominância ou dominância incompleta.
(rabanetes redondos) RR × AA (rabanetes alongados)
100% RA (rabanetes ovais)
(rabanetes ovais) RA × RA (rabanetes ovais)
25% RR (rabanetes redondos)
50% RA (rabanetes ovais)
25% AA (rabanetes alongados)
16. Os embriões mortos devem ter genótipo AA (pelagem amarela).
O alelo A, em dose dupla, é letal, o que explica a proporção de
2 : 1 na prole do cruzamento entre ratos de pelagem amarela
e a redução de 25% do número de descendentes.
4
Tarefa proposta
1. a
Para determinar se um indivíduo com caráter dominante é homozigoto ou heterozigoto, deve-se realizar um cruzamento-teste com
um indivíduo recessivo e analisar os descendentes. Se a planta
testada for homozigota, 100% da descendência será de plantas
que produzem flores vermelhas. Se a planta testada for heterozigota, a descendência será 50% de plantas que produzem flores
vermelhas e 50% de plantas que produzem flores brancas.
2. c
Nas ervilhas, sabe-se que a cor amarela das sementes é um caráter dominante e que a cor verde é recessivo. Assim, se a planta C
produz ervilhas verdes, é certamente vv. Como o cruzamento
A × C produziu apenas plantas com ervilhas amarelas, conclui-se
que a planta A é homozigota (VV), enquanto o cruzamento
B × C originou 50% de plantas com ervilhas amarelas e 50% verdes, levando à conclusão de que a planta B é heterozigota (Vv).
3. a
Apenas a afirmação I é correta. Os casais I-1 × I-2, I-3 × I-4 e
II-2 × II-3, fenotipicamente normais, geraram filhotes afetados,
o que indica tratar-se de uma doença autossômica recessiva.
Os indivíduos I-1 e I-3 são obrigatoriamente heterozigotos.
Se os indivíduos II-5 e II-6 forem heterozigotos, haverá 25%
de possibilidade de terem um filhote com a doença. Um casal
formado por III-1 e II-5 pode ter um filhote com a doença, pois
ambos podem ser heterozigotos.
4. c
As pessoas 3 e 6 têm fenótipo normal, característica condicionada por alelo autossômico recessivo, portanto são aa. Já as
pessoas 1, 2, 4, 5 e 7 apresentam a anomalia, que é condicionada por alelo autossômico dominante, portanto são A_. Pela
análise da genealogia, pode-se deduzir que as pessoas 1 e 2 são
Aa, pois tiveram a filha 6, que é aa. Além disso, como o homem
3 é aa, certamente o filho 7 é Aa. Não é possível determinar o
genótipo das pessoas 4 e 5. O casal 6 (aa) × 7 (Aa) poderá ter
descendentes com fenótipo normal (aa).
5. e
O cruzamento-teste é empregado para saber se um indivíduo que
expressa o fenótipo dominante possui genótipo homozigoto ou
heterozigoto e consiste em cruzá-lo com um indivíduo de fenótipo recessivo. Se esse cruzamento produzir apenas descendentes
com fenótipo dominante, o indivíduo testado terá genótipo
homozigoto e, se produzir algum descendente com fenótipo
recessivo, o indivíduo testado terá genótipo heterozigoto.
6. b
Se os cruzamentos entre indivíduos escuros produzem descendentes claros e escuros, pode-se concluir que a cor das
mariposas é condicionada por um par de alelos, sendo o
alelo para cor escura dominante sobre o que condiciona cor
clara, e os indivíduos cruzados são heterozigotos. A maior
frequência de indivíduos claros na população, apesar de
esse caráter ser recessivo, pode ser explicada pela seleção
natural, ou seja, o fenótipo cor clara deve ser vantajoso
e os indivíduos claros têm maiores chances de sobreviver e
deixar descendentes.
7. a) Pela análise da genealogia, os indivíduos obrigatoriamente
heterozigotos (Aa) são II-1, II-2, II-3 e II-4. Os indivíduos I-2,
I-3 e III-1 podem ser AA ou Aa, enquanto os indivíduos I-1,
I-4 e III-2 são certamente aa.
b) A probabilidade de II-2 (Aa) × II-3 (Aa) ter mais dois
filhos, ambos meninos e afetados (aa) é: P(menino e aa
1 1 1 1
1
e menino e aa) = 2 4 2 4 64
8. b
O cruzamento C permite diagnosticar a recessividade do gene
que condiciona a fenilcetonúria, pois o casal é fenotipicamente
normal e possui um descendente com fenilcetonúria. A mulher 12 é aa e o homem 18 é Aa, portanto a probabilidade de
nascer uma menina com fenilcetonúria a partir do cruzamento
1 1 1
12 × 18 é: P(menina e aa) = 2 2 4
9. O macho 9 certamente apresenta genótipo Aa, pois sua mãe (6)
possui genótipo aa. Já a fêmea 10 pode ser AA ou Aa. Para o casal
9 × 10 gerar um descendente de pelagem branca, é necessário
que a fêmea 10 seja Aa, o que só é possível se o macho 7 for Aa.
2
A probabilidade de 7 (A_) ser Aa é , pois seus pais são hetero3
zigotos. Considerando o macho 7 como Aa, a probabilidade de
1
. Se 9 e 10 forem heterozigotos, a probabilidade
2
1
de gerarem um descendente com pelagem branca (aa) é .
4
Sendo assim: P(7Aa e 10 Aa e descendente aa) =
10 ser Aa é
=
2 1 1 2
1
3 2 4 24 12
10. Para que o casal, que é normal, gere criança com a anomalia,
ambos devem ser heterozigotos. Os avós maternos são heterozigotos porque, apesar de normais, tiveram um filho afetado;
2
logo, a probabilidade de a mãe ser heterozigota é de . Sendo o
3
casal heterozigoto, a probabilidade de nascer uma criança com a
1
1 2 1
doença é de . A probabilidade final será de ; 0,167
4
4 3 6
ou 16,7%.
11. I.
II. Os prováveis genótipos são:
Avó paterna: A_
Mãe: aa
Avô paterno: aa
Irmãs: Aa
Pai: Aa
Rapaz: A_
De acordo com os prováveis genótipos, a probabilidade de
o rapaz em questão ser portador do alelo responsável pela
forma de acometimento precoce da doença (Aa) é de 50%.
III. O pai e as duas irmãs mais velhas são seguramente heterozigotos para esse gene.
IV. O padrão de herança autossômica monogênica dominante é
condicionado por um único alelo, não relacionado ao sexo,
que se manifesta também em indivíduos heterozigotos por
ser dominante.
12. a) O mecanismo genético que favorece o aparecimento de
indivíduos deficientes para a síntese da enzima alfa-1-antitripsina é a mutação.
b) I. O cruzamento de um homem MZ com uma mulher MZ
pode gerar descendentes MM (25%), MZ (50%) e ZZ (25%).
Portanto, a probabilidade de terem descendentes com genótipo favorável ao desenvolvimento de enfisema pulmonar (ZZ)
é de 25%.
II. Populações que apresentarem porcentagens elevadas de
alelos S e Z devem ser aconselhadas a definitivamente não
fumar, pois teriam grandes possibilidades de desenvolver
enfisema pulmonar.
c) I. A estrutura pulmonar lesada é o alvéolo.
II. A hematose fica prejudicada, ou seja, a eliminação de
gás carbônico e, principalmente, a absorção de gás oxigênio
ocorrem de maneira deficiente nos alvéolos pulmonares, o
que provoca a falta de ar nesses indivíduos.
13. b
Na planta boca-de-leão, a cor das flores é uma herança autossômica com ausência de dominância, na qual o heterozigoto
manifesta fenótipo intermediário entre aqueles condicionados
pelos alelos em homozigose.
14. a) Herança sem dominância ou dominância incompleta, pois
os indivíduos heterozigotos (TN) apresentam nível intermediário da atividade da enzima com relação a ambos os
homozigotos (TT e NN).
b) Uma mulher normal (NN) e um homem com 50% da atividade enzimática (TN) não terão filhos afetados (TT).
c) Os indivíduos heterozigotos (TN) sobrevivem e transmitem
o alelo mutado aos seus descendentes.
15. d
A descendência de um casal de talassêmicos menores apre1
de talassêmicos maiores, que morrerão
4
2
terão talassemia menor e
na infância. Dos sobreviventes,
3
1
será normal.
3
senta, em teoria,
5
16. Soma = 29 (01 + 04 + 08 + 16)
(02) Como o heterozigoto tem fenótipo intermediário em relação
aos homozigotos, trata-se de dominância incompleta.
(32) A planta de flores brancas, que é homozigota, quando autofecundada, produz somente descendentes de flores brancas.
17. a) O cruzamento II apresenta resultado de acordo com os valores
esperados, pois do cruzamento Aa × aa espera-se a mesma
proporção de descendentes amarelos (Aa) e cinza (aa).
b) O cruzamento I não apresenta resultado de acordo com os
valores esperados, pois do cruzamento Aa × Aa esperam-se
3
1
de descendentes amarelos (AA, Aa e Aa) e
cinza (aa).
4
4
A proporção 2 : 1 obtida é compatível com a letalidade do
alelo A, que causa a morte dos descendentes AA. Sendo assim, o cruzamento Aa × Aa produziu
amarelos (Aa e Aa) e
1
cinza (aa).
3
2
de descendentes
3
18. a) O homem afetado deve possuir genótipo Dd. Não há certeza
disso, mas, como se trata de um alelo muito raro, ele não
deve ser homozigoto DD. A mulher normal tem genótipo dd.
A probabilidade de um descendente desse casal (Dd × dd)
1
ou 50%. Contudo, como
2
8
a penetrância do alelo é de 80% ou , a probabilidade de
10
nascimento de uma criança doente é determinada por:
apresentar o genótipo Dd é de
1 8
4

= 0,4 ou 40%
2 10 10
b) Se a probabilidade de nascimento de uma criança doente
é de 40%, então a probabilidade de nascimento de uma
P
6
. Consequentemen10
te, a probabilidade de nascimento de duas crianças não
gêmeas (eventos independentes) e normais é dada por:
criança normal é igual a 60% ou
P
6 6
36

= 0,36 ou 36%
10 10 100
19. O par de alelos será assim representado: N determina o aparecimento da doença, n condiciona o fenótipo normal. Em princípio,
a probabilidade de que uma criança desse casal (homem doente
Nn e mulher normal nn) seja afetada pela doença é de 50%.
Entretanto, esse alelo tem penetrância de 15%, ou seja, apenas
15% das pessoas portadoras do alelo manifestam seu efeito. Dos
descendentes com genótipo Nn, que são 50% do total, 15% terão a
doença, e os restantes serão normais. A porcentagem esperada de
descendentes doentes equivale, então, a 15% dos descendentes
portadores desse genótipo, ou seja: 0,5 · 0,15 = 0,0075 ou 7,5%
20. d
Gêmeos de sexos diferentes só podem ser dizigóticos ou fraternos, ou seja, dois óvulos, isoladamente, foram fecundados,
cada um por um espermatozoide, originando dois embriões.
6
21. a) O juiz pronunciou-se sobre a paternidade de Alfredo, pois
os irmãos com os quais Maria manteve relações sexuais
são gêmeos dizigóticos, ou seja, geneticamente diferentes.
Portanto, o teste de DNA pode apontar com exatidão qual
dos irmãos é o pai da criança.
b) O juiz não pode se pronunciar sobre a paternidade de Renato, pois os irmãos com os quais Paula manteve relações
sexuais são gêmeos monozigóticos, ou seja, geneticamente
idênticos, o que impossibilita a determinação da paternidade pelo exame de DNA.
22. e
A mulher normal (genótipo nn) é casada com um homem portador de doença autossômica dominante. O genótipo provável desse indivíduo é Nn, pois nenhuma das alternativas é compatível
com a hipótese de ele ser homozigoto dominante (NN). Estando
a mulher grávida de gêmeos monozigóticos (ou idênticos), basta
determinar a probabilidade de que o zigoto único que originou
esses gêmeos seja heterozigoto (genótipo Nn), para que ambas as
1
ou 50%.
2
Os gêmeos dizigóticos (ou fraternos) originam-se de dois zigotos,
sendo geneticamente diferentes como dois irmãos quaisquer.
Nesse caso, existem quatro combinações: (1) portador e portador;
(2) portador e não portador; (3) não portador e portador; (4) não
portador e não portador. Como nas três primeiras combinações
existe pelo menos um dos gêmeos afetado, conclui-se que a
crianças sejam afetadas. Assim, a probabilidade é de
probabilidade é de
3
ou 75%.
4
23. É a característica 2, que exibe maior diferença entre as taxas de
concordância entre pares de gêmeos criados juntos e gêmeos
criados separados. Portanto, é a característica que exibe menor
influência genética e maior influência ambiental.
24. d
Os animais de genótipo CC terão menor chance de adaptação
nas duas regiões. Na região II, onde ocorre o vírus X, a seleção
natural será mais favorável aos animais com genótipo EC, que
são mais resistentes ao vírus. Na região I, sem a presença do
vírus X, a capacidade de adaptação dos animais de genótipos
EE e EC será a mesma.
CAPÍTULO 3
GRUPOS SANGUÍNEOS
Conexões
1. a) O homem B, pois três bandas de DNA não encontradas na
mãe ocorrem apenas nele.
b) O teste é feito comparando-se as bandas do DNA da mãe, da
criança e dos possíveis pais. Essas bandas não correspondem
aos genes e são altamente específicas para cada organismo,
daí o seu uso.
2. a) O filho 1 é do outro homem porque não há coincidência de
bandas do DNA com as do marido; já o filho 2 é do marido,
pois as bandas são coincidentes.
b) Não, pois o DNA mitocondrial tem origem materna.
Tarefa proposta
6. b
Os tipos sanguíneos determinados em 1, 2, 3 e 4 são, respectivamente, O, AB, A e B. Os indivíduos AB (lâmina 2) formam
os aglutinogênios ou antígenos A e B. A união de indivíduos
O (1) e B (4) não pode gerar crianças do grupo A. Os indivíduos A (3)
possuem genótipo IBIB ou IBi. Os indivíduos B (4) podem doar
sangue para receptores AB (2) e B (4). Os indivíduos O (1) só
podem receber sangue tipo O (1).
7. c
O homem é do tipo sanguíneo B, pois possui apenas aglutininas
anti-A. O sangue contido na bolsa 1 é AB, pois apresenta os
aglutinogênios A e B; o da bolsa 2 é O, pois tem aglutininas
anti-A e anti-B; o da bolsa 3 é B, só possui aglutinogênio B.
Sendo assim, o homem pode receber sangue das bolsas
2 ou 3.
8. a
Se os quatro alelos ocupam o mesmo loco gênico, um indivíduo só possui dois alelos ao mesmo tempo, ocupando,
obrigatoriamente, as posições A/B e C/D ou as posições
E/F e G/H. Em cromossomos homólogos duplicados, as
cromátides-irmãs são idênticas, assim são obrigatoriamente
iguais os alelos que ocupam as posições A e B, C e D, E e F,
G e H. Portanto, existem várias possibilidades de resposta,
mas a única alternativa que satisfaz as condições citadas é
(S1-A) – (S1-B) – (S3-C) – (S3-D).
14. c
Pelo teste realizado no sangue, a mulher é A Rh negativo,
e o homem é B Rh positivo. Como o casal tem uma criança
O Rh negativo (iidd), conclui-se que a mulher tem genótipo IAidd
e o homem IBiDd. A probabilidade de esse casal vir a ter uma
criança que apresenta aglutinogênio A, B e Rh nas hemácias,
ou seja, AB Rh positivo, é: P (IAIB e Dd) têm o aglutinogênio A (34% + 8% + 2,5% + 0,5%). Se 45% (0,45)
representam a totalidade de indivíduos com aglutinogênio A,
então os 34% (0,34) de indivíduos com sangue A Rh positivo
representam aproximadamente 76% desse total.
1 1 1
4 2 8
15. b
Os indivíduos 3 e 6 são Rh negativo; portanto, certamente são
dd. Como os casais 1 × 2 e 4 × 5 são Rh positivo e tiveram
filhos Rh negativo, certamente são heterozigotos, Dd.
16. a
0, 34
P(A Rh positivo) =
= 0,755 ou 75,5%
0, 45
Os indivíduos com sangue A e AB, tanto Rh positivo quanto
negativo, possuem o aglutinogênio A. Portanto, pela análise
da primeira tabela, pode-se concluir que 45% da população
1. d
O número de genótipos formados por alelos múltiplos é dado
20
n ( n 1)
, em que n é o número de alelos. Portanto,
= 10
2
2
genótipos.
por:
2. a) As hemácias contendo o aglutinogênio A seriam atacadas
por anticorpos anti-A, presentes no sangue do receptor (do
grupo B). Aglutinadas, essas hemácias seriam destruídas,
isto é, sofreriam hemólise.
b) Se o aglutinogênio estivesse no citoplasma (no interior da
célula), ficaria fora do alcance da aglutinina correspondente.
Estando na superfície da célula, o aglutinogênio está exposto
à ação da aglutinina.
3. a
A análise dos cruzamentos permite concluir que a relação de
dominância entre os alelos N (negra), r (rajada) e a (amarela),
que determinam a coloração da nadadeira dorsal, é: N > r > a.
Se um macho da geração F1 do cruzamento 3, de genótipo
Nr, cruza com uma fêmea da geração F1 do cruzamento 1, de
genótipo ra, espera-se uma descendência com 50% de indivíduos com nadadeiras negras (Nr e Na) e 50% de indivíduos com
nadadeiras rajadas (rr e ra).
4. a) Uma mulher do grupo A (genótipo IA i) pode ter um filho do
grupo O (genótipo ii) com homens dos grupos A (IAi), B (IBi)
ou O (ii).
b) Se o homem fosse do grupo AB (genótipo IAIB), estaria excluída a possibilidade de ele ser o pai dessa criança.
c) Existe concordância de 50% quando o DNA de uma pessoa
é comparado com o de seu pai ou com o de sua mãe, e não
existem duas pessoas (exceto gêmeos idênticos) que possuam
DNA igual. A precisão do teste de DNA é quase absoluta.
5. a) Grupo sanguíneo B.
A
b) I i
c) Não.
d) Não pode ter sangue do grupo AB.
e) P 1 1 1
0,125 (12,5%)
2 4 8
6. a) Porque o sangue tipo O não possui aglutinogênios em suas
hemácias, assim não há risco de as aglutininas do receptor,
caso estejam presentes no plasma, aglutinarem as hemácias
do sangue doado.
b) A herança genética dos grupos sanguíneos do sistema ABO
relaciona-se com um gene com três alelos, sendo IA e IB
codominantes e ambos dominantes em relação ao alelo i.
7
7. a
João e Pedro possuem sangue tipo AB e genótipo IAIB. Isabel e
Maria possuem sangue tipo O e genótipo ii. Portanto, Rodrigo
e Adriana têm 50% de probabilidade de pertencerem ao grupo
A (IAi) e 50% de pertencerem ao grupo B (IBi). Nenhum deles
pode pertencer ao grupo O, e ambos podem ter descendentes
pertencentes aos grupos O e AB.
8. Embora a hemólise decorrente de uma transfusão incompatível geralmente esteja relacionada à aglutinação (ligação)
entre aglutininas (anticorpos) do receptor e aglutinogênios
(antígenos) do doador, grandes quantidades de sangue do
grupo O, doadas a receptores dos grupos A, B ou AB, podem
representar a entrada, no organismo, de uma grande quantidade de anticorpos anti-A e anti-B, que causariam hemólise,
ao encontrarem hemácias contendo os aglutinogênios A ou
B ou ambos.
9. a
Uma pessoa com fenótipo O possui aglutininas anti-A e anti-B
no plasma, por isso só pode receber sangue sem aglutinogênios
A ou B, ou seja, sangue O. Com a nova técnica, um receptor O
poderia receber sangue A, B e AB, pois estes não apresentariam
aglutinogênios nas hemácias e, portanto, não haveria risco de
reações de aglutinação.
10. d
Roberto, do tipo AB, receptor universal, tem a seu dispor
todos os tipos de sangue, ou seja, 21 litros. Carlos, do tipo
O, pode receber apenas sangue O, portanto estão disponíveis
para ele 10 litros de sangue. Marcos, do tipo A, pode receber
sangue A e O, portanto estão disponíveis para ele 16 litros
de sangue.
11. a) O cabelo corresponde à amostra 4, identificada pela proteína
queratina. A saliva corresponde à amostra 2, pela presença
da enzima ptialina ou amilase salivar.
b) Não, pois se o pai tem sangue tipo O (ii) e a mãe tem sangue
AB (IAIB), a vítima só pode ter sangue A (IAi) ou B (IBi).
12. a
O menino Rafael pode receber sangue A Rh positivo, A Rh
negativo, O Rh positivo e O Rh negativo, enquanto o senhor
Roberto pode receber sangue B Rh negativo e O Rh negativo.
13. a)
IAi
Pai A
IAi
Mãe A
ii
Bebê O
b) Porque, ao contrário da tipagem sanguínea, que pode
excluir a suposta paternidade, mas não pode confirmá-la
absolutamente, o exame de DNA pode revelar a paternidade
com certeza quase absoluta.
8
14. a) Mulheres com sangue Rh negativo e que tenham sido previamente sensibilizadas ao fator Rh (por transfusão sanguínea
incompatível ou em uma gestação anterior) desenvolvem
anticorpos anti-Rh. Caso estejam grávidas de feto Rh positivo,
os anticorpos maternos anti-Rh atravessam a placenta e provocam hemólise das hemácias fetais, causando eritroblastose.
b) Em primeiro lugar, evitando-se a ocorrência de transfusões sanguíneas incompatíveis (mulher Rh negativo
receber sangue de doador Rh positivo); em segundo lugar,
aplicando-se o soro anti-Rh em mulheres Rh negativo logo
após elas terem dado à luz crianças Rh positivo, para que
as hemácias fetais que porventura tenham atingido a
circulação materna sejam destruídas pelos anticorpos do
soro antes de sensibilizarem a mulher.
c) A exsanguinotransfusão, que consiste na troca gradativa do
sangue da criança por sangue Rh negativo.
15. e
Os testes de tipagem sanguínea indicam que o homem é
B Rh positivo, o pai é AB Rh positivo e a mãe é O Rh negativo.
Portanto:
t FTTFIPNFNOÍPUFNBOUJDPSQPTDPOUSBPTBOHVFEFTVB
mãe, pois ele não produz anti-Rh;
t PQBJEFTTFIPNFNÏSFDFQUPSVOJWFSTBM
t FTTF IPNFN OÍP BQSFTFOUB BHMVUJOPHÐOJP " FN TVBT
hemácias;
t FTTF IPNFN OÍP QPEFSJB UFS VN JSNÍP QFSUFODFOUF BP
tipo O (ii), pois o pai é AB (IAIB);
t FTTFIPNFNQPEFSJBUFSUJEPFSJUSPCMBTUPTFGFUBMBPOBTDFS
se sua mãe tivesse sido previamente sensibilizada por uma
gravidez anterior de feto Rh positivo ou por uma transfusão
de sangue Rh positivo.
16. a) Para evitar a ocorrência de reação antígeno-anticorpo entre
aglutinogênios das hemácias do sangue transfundido (do
doador) e aglutininas do plasma do receptor.
b) Porque uma pessoa Rh negativo só produz anticorpos
anti-Rh depois do primeiro contato com sangue Rh positivo.
Esse contato pode ocorrer por meio de transfusão ou durante
a gestação e o parto. Em se tratando de um homem que
nunca recebeu transfusão, mesmo sendo Rh negativo, certamente ele não havia sido previamente sensibilizado.
c) Sangue O Rh negativo, que não possui os aglutinogênios
(antígenos) A e B nem o fator Rh.
17. a
De acordo com os dados, o menino é IAidd, a mãe é IBidd e o
pai é IAIBDd. A probabilidade de o casal ter mais um menino
A Rh negativo é: P(menino e IAi e dd) 1 1 1
1
2 4 2 16
18. Soma = 60 (04 + 08 + 16 + 32)
(01) Os alelos IA e IB, embora codominantes entre si, são dominantes em relação ao alelo i.
(02) Pessoas do grupo A, se forem heterozigotas (genótipo IAi),
podem ter filho do grupo O (genótipo ii).
19. e
A DHRN ocorre somente quando a mãe é Rh– e está grávida de
criança Rh+; logo, o pai deve ser Rh+.
20. Soma = 91 (01 + 02 + 08 + 16 + 64)
As condições para a ocorrência da eritroblastose fetal ou
doença hemolítica do recém-nascido são a mãe Rh negativo (dd), o pai Rh positivo (DD ou Dd) e a criança Rh
positivo (Dd).
21. c
Para a ocorrência da eritroblastose fetal, a mãe deve ser Rh
negativo. Como o segundo filho apresentou a doença, ele é
Rh positivo. Se a mulher nunca foi submetida a transfusão de
sangue, a sensibilização ocorreu na gestação ou no parto do
primeiro filho, que, portanto, é Rh positivo.
22. e
Os exames laboratoriais indicam que Joana é B, ou seja,
possui aglutinogênio B nas hemácias (eritrócitos) e aglutinina anti-A no plasma (soro), como demonstrado, respectivamente, pelas misturas III e IV. Como Jorge é IAIBdd e
Júlia é IAIBDD ou Dd, Joana deve ter genótipo IBIB. Em face
dos dados apresentados:
t +PBOBQPEFTFSIPNP[JHPUBQBSB#
t +PBOBQPEFTFSåMIBOBUVSBMEF+ÞMJB
t +PBOBQPEFSFDFCFSTBOHVF03IOFHBUJWPEPBEPSVOJWFSTBM
nos dois sistemas;
t +PSHFQPEFTFSPQBJOBUVSBMEF+PBOB
t +PBOBOÍPQPEFSFDFCFSTBOHVF"#
23. Se ocorreu DHRN, a mulher era Rh negativo (dd), pois só assim
viria a produzir anticorpos anti-Rh. A primeira criança nasceu
normal, mas foi responsável pela sensibilização de sua mãe;
logo, era Rh positivo (Dd). A segunda criança teve DHRN, portanto era Rh positivo (Dd). A terceira não teve DHRN, embora
sua mãe já estivesse sensibilizada, pois essa criança era
Rh negativo (dd), livre da ação destruidora dos anticorpos
anti-Rh que recebeu da mãe durante a gravidez, uma vez
que suas hemácias não possuem o fator Rh. Quanto ao pai,
se teve com mulher Rh negativo filhos Rh positivo, ele foi
o responsável por transmitir a essas crianças o alelo que
determina a produção do fator Rh; é, portanto, Rh positivo; como teve também filho Rh negativo, conclui-se que é
heterozigoto (Dd).
24. d
A injeção de anticorpos anti-Rh é erroneamente chamada
“vacina anti-Rh”, pois não se trata de injeção de antígenos.
Os anticorpos anti-Rh recebidos permanecem na circulação
da mulher por apenas algumas semanas e não representam
ameaça para futuras gestações.
CAPÍTULO 4
POLI-HIBRIDISMO: MENDEL E VARIAÇÕES
Conexões
d
Fenótipo com variação contínua e distribuição fenotípica em
curva de Gauss indicam que a herança é determinada por vários
pares de alelos, tratando-se de herança quantitativa ou poligênica, sendo exemplos a estatura, a inteligência, a obesidade e
a cor da pele. O fator Rh é um caso de herança monogênica
com dominância completa, sendo as duas classes fenotípicas
(Rh positivo e Rh negativo) bem distintas.
6. b
Uma planta de sementes lisas e amarelas di-híbrida é RrVv, que
forma os seguintes tipos de gametas: 25% RV, 25% Rv, 25% rV e
25% rv. Dos quatro tipos de gametas, três têm pelo menos um
¤3
³
alelo dominante ¥¦ ou 75% µ́ .
4
7. d
Lobo da orelha: solto (P) ou preso (p).
Enrolar a língua: capacidade (I) ou incapacidade (i).
Sendo assim, a probabilidade de o casal PpIi × PpIi ter um
descendente com lobo preso e capacidade de enrolar a língua
é: P(pp e I_)
1 3
3
4 4 16
8. c
Se os casais 1 × 2 e 3 × 4 possuem visão normal e tiveram
descendentes com miopia (6 e 9), pode-se concluir que visão
normal é caráter dominante (M) e miopia é recessivo (m). Se os
mesmos casais têm pele com sardas e tiveram descendentes
com pele normal (5, 6 e 10), pode-se concluir que pele com
sardas é caráter dominante (N) e pele normal é recessivo (n).
Sendo assim:
visão e pele normais = M_nn;
visão normal e sardas = M_N_;
miopia e pele normal = mmnn;
miopia e sardas = mmN_.
Pela análise da genealogia, os prováveis genótipos são:
1. MmNn
5. M_nn
9. mmN_
13. MmNn
2. MmNn
6. mmnn
10. M_nn
14. mmnn
3. MmNn
7. MmNn
11. mmnn
15. mmNn
4. MmNn
8. mmnn
12. Mmnn
16. mmnn
Portanto, os indivíduos obrigatoriamente heterozigotos para
as duas características são 1, 2, 3, 4, 7 e 13.
14. b
Os genótipos ddE_, D_ee e ddee determinam surdez, enquanto
o genótipo D_E_ é característico de indivíduo com audição
normal. Os pais, que são surdos, não têm simultaneamente os
9
alelos D e E; logo, os filhos, que têm audição normal, receberam
cada alelo dominante de um dos pais, que devem ser ddE_
e D_ee. Como os filhos obrigatoriamente receberam um alelo
d de um dos pais e um alelo e do outro, seu genótipo é DdEe.
15. De acordo com o enunciado:
A_B_ = pigmento púrpura;
A_bb = pigmento vermelho;
aaB_ e aabb = sem produção de pigmentos (incolor).
Sendo assim, o cruzamento AaBb × AABb produzirá:
AB
Ab
aB
ab
AB
AABB
AABb
AaBB
AaBb
Ab
AABb
AAbb
AaBb
Aabb
Proporções genotípicas:
1
2
1
1
AABB,
AABb, AAbb, AaBB,
8
8
8
8
2
1
AaBb e Aabb.
8
8
6
2
púrpura e
vermelho.
Proporções fenotípicas:
8
8
16. a) De acordo com o enunciado, os fenótipos extremos na F2
1
. Sabendo-se que a frequência
64
1
dos fenótipos extremos na F2 correspondem a n , sendo n o
4
1
1
1
, ou seja,
número de pares de alelos, então: n 64 43
4
n = 3. Portanto, o número provável de genes envolvidos no
tamanho dos entrenós dessas plantas é 6.
b) A participação provável de cada alelo pode ser calculada dividindo-se a diferença entre os fenótipos extremos pelo número
ocorrem na frequência de
1, 8 2, 4
0, 4. Portanto,
6
6
cada alelo contribui com 0,4 cm para o fenótipo final.
de genes envolvidos; então: 4, 2 Tarefa proposta
1. a) Representação dos alelos: V (semente amarela), v (semente
verde), R (textura lisa), r (textura rugosa). O cruzamento
acontece entre indivíduos VvRr (sementes amarelas e lisas).
A probabilidade de gerar descendentes de sementes verdes
1
(vv) é . A probabilidade de produzir indivíduos de sementes
4
1
rugosas (rr) é . A probabilidade de nascerem indivíduos de
4
1 1
1
sementes verdes e rugosas, portanto, é , o que
4 4 16
corresponde a 50 plantas.
b) A probabilidade de o cruzamento gerar indivíduos com semen3
tes amarelas (V_) é , o que corresponde a 600 plantas.
4
2. d
Em porquinhos-da-índia, o padrão pelos lisos é um caráter
dominante (A) e o padrão pelos arrepiados é recessivo (a), enquanto a cor negra é um caráter dominante (B) e a cor branca
10
9
com
16
3
com pelos lisos e cor branca
pelos lisos e cor negra (A_B_),
16
3
1
pelos arrepiados e cor negra (aaB_) e
com pelos
(A_bb),
16
16
arrepiados e cor branca (aabb).
é recessivo (b). O cruzamento AaBb × AaBb produz
3. a
Se o cruzamento de uma planta com pimentões amarelos
(C_rr) com uma planta com pimentões marrons (ccR_) gerou
descendentes verdes (ccrr), marrons (ccR_), amarelos (C_rr) e
vermelhos (C_R_), isso permite concluir que os genótipos das
plantas parentais são Ccrr e ccRr e que as proporções e os genótipos dos descendentes são
1
1
1
1
ccrr, ccRr, Ccrr e CcRr.
4
4
4
4
4. a) Analisando-se cada par de alelos isoladamente: (1) do
cruzamento Aa × Aa podem surgir três classes genotípicas
(AA, Aa e aa); (2) do cruzamento Bb x BB, duas classes genotípicas (BB e Bb); (3) do cruzamento Cc × Cc, três classes
genotí picas (CC, Cc e cc); (4) do cruzamento Dd × dd, duas
classes genotípicas (Dd e dd). Consideradas simultaneamente,
serão 3 · 2 · 3 · 2 = 36 classes genotípicas.
b) Analisando-se cada par de alelos isoladamente: (1) do
cruzamento Aa × AA podem surgir duas classes fenotípicas
(75% do fenótipo dominante e 25% do fenótipo recessivo);
(2) do cruzamento Bb × BB, uma classe fenotípica (100% do fenótipo dominante); (3) do cruzamento Cc × Cc, duas classes fenotípicas (75% do fenótipo dominante e 25% do fenótipo recessivo);
(4) do cruzamento Dd × dd, duas classes fenotípicas (50% do
fenótipo dominante e 50% do fenótipo recessivo). Vistas simultaneamente, serão: 2 · 1 · 2 · 2 = 8 classes fenotípicas.
c) Como a segregação dos cromossomos de cada par é um
evento independente:
1 1 1 1
1
P(aaBBCcdd) = P(aa) · P(BB) · P(Cc) · P(dd) = 4 2 2 2 32
0,03125 ou 3,125%
5. c
Consideram-se os alelos: A para braquidactilia, a para dedos normais, B para prognatismo mandibular, b para queixo normal:
A_B_
aabb
AaBb
A_B_
aabb
AaBb
9
A B (braquidáctilos e prog16 — —
3
3
1
natas), A—bb (braquidáctilos), aaB— (prognatas), aabb
16
16
16
(normais).
A proporção fenotípica será:
6. d
O genótipo do homem é AaddFF, o que lhe permite formar dois
diferentes tipos de gametas.
(2) Macho Bb e fêmea Bb: P(descendente bb) =
7. c
Considerando-se que, para a cor da semente de milho, o caráter
amarelo é dominante (Y) e o caráter branco é recessivo (y) e que,
para a resistência a uma praga, o caráter resistente é dominante
(R) e o caráter não resistente é recessivo (r). As sementes do agricultor familiar são yyrr e as do seu vizinho, YYRR. Sendo assim,
após a colheita, as espigas contaminadas possuem sementes
amarelas (YyRr) e brancas (yyrr). As sementes amarelas do lote I
gerarão plantas que, isoladas, produzirão, por autofecundação
(YyRr × YyRr), espigas com sementes brancas e não portadoras
1
. As sementes
16
brancas do lote II gerarão plantas que, isoladas, produzirão, por
autofecundação (yyrr × yyrr), espigas com 100% de sementes
brancas e não portadoras do gene transgênico (yyrr).
do gene transgênico (yyrr) na proporção de
8. a) Considerando-se genes com segregação independente, um
indivíduo produz 2n tipos de gametas, sendo n o número
de pares de genes em heterozigose no genótipo. Portanto, o
indivíduo I produz 8 (23) e o indivíduo II produz 4 (22) tipos
de gametas.
b) Considerando-se AaBbccDd × aaBbCcdd:
1 1 1 1
1
2 4 2 2 32
c) Para se calcular a probabilidade de nascer um indivíduo
com, pelo menos, um gene dominante, o melhor caminho é
considerar que o único resultado indesejado é aabbccdd:
P(aa e bb e Cc e Dd) P(aa e bb e cc e dd) 1 1 1 1
1
1 1 31
. Assim:
2 4 2 2 32
32
32
9. a) O macho tem três pares de alelos em heterozigose; portanto, forma 23 = 8 tipos de gametas. A fêmea possui quatro
pares de alelos em heterozigose; por isso, forma 24 = 16
tipos de gametas.
b)
Macho
Fêmea
Genótipos na
prole
Quantidade
Aa
AA
AA, Aa
2
Bb
Bb
BB, BB, bb
3
Cc
Cc
CC, Cc, cc
3
dd
Dd
Dd, dd
2
EE
Ee
EE Ee
2
Para resolver esse tipo de questão, o procedimento mais simples
é transformar o poli-hibridismo em vários casos de mono-hibridismo, independentes um do outro. Dessa forma, analisamos no
quadro, de forma separada, os cruzamentos de vários pares de
alelos. Como são eventos independentes (um cruzamento não
interfere no outro), o resultado final será o produto das quantidades parciais, ou seja, 2 ∙ 3 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 2 = 72 genótipos diferentes.
c) Deve-se trabalhar com vários pares de alelos em separado
e, no final, fazer o produto das probabilidades parciais. São
cinco cruzamentos:
1
(1) Macho Aa e fêmea AA: P(descendente Aa) =
2
(3) Macho Cc e fêmea Cc: P(descendente Cc) =
1
4
1
2
1
2
1
(5) Macho EE e fêmea Ee: P(descendente Ee) =
2
1 1 1 1 1
1
A probabilidade final será: = 0,015
2 4 2 2 2 64
ou 1,5%
(4) Macho dd e fêmea Dd: P(descendente dd) =
10. e
O cruzamento será MmCc (visão normal e destro) × mmCc
(míope e destra). Na descendência: P(M_C_) = P(M_) · P(C_) =
1 3 3
0, 375 ou 37,5%
2 4 8
11. d
O macho e as fêmeas, ambos pretos uniformes, devem ser VvMm,
pois geraram descendentes malhados de vermelho (vvmm). Num
cruzamento de heterozigotos (VvMm × VvMm) esperam-se descen9
3
pretos uniformes (V_M_),
pretos malhados (V_mm),
16
16
3
1
vermelhos uniformes (vvM_) e vermelhos malhados (vvmm).
16
16
1
Se os cinco filhotes malhados de vermelho correspondem a
16
dos descendentes, então os filhotes pretos uniformes, fenotipidentes
camente idênticos ao pai, serão 45, o que corresponde a
9
dos
16
descendentes.
12. Os coelhos que formam o casal possuem pelo curto e negro,
duas características dominantes, portanto ambos possuem os
alelos dominantes L e M. Como a cria tem pelo longo e marrom,
duas características recessivas, seu genótipo é llmm. Portanto,
os coelhos cruzantes possuem genótipos heterozigotos LlMm.
13. c
I. Falsa. Se camundongos de genótipo AApp são pretos, aaPP
são brancos e AaPp são agutis, pode-se deduzir que o alelo
P determina cor aguti, p determina cor preta, A permite
manifestação da cor e a é epistático, impedindo a manifestação da cor. Assim, o cruzamento AaPp × AaPp produz
uma descendência
9
3
3
aguti (A_P_),
preta (A_pp),
16
16
16
1
branca (aapp), ou seja, a proporção
16
9 : 3 : 4, típica da epistasia recessiva.
II. Verdadeira. A proporção fenotípica de 9 : 3 : 3 : 1 para a cor da
pelagem e o tamanho dos pelos em porquinhos-da-índia indica
que se trata de segregação independente do tipo di-hibridismo.
III. Verdadeira. A proporção fenotípica de 9 : 3 : 3 : 1 para uma única característica indica que a cor da plumagem nos periquitos
é um caso de interação gênica com genes complementares.
branca (aaP_) e
11
14. Na geração F2, espera-se a proporção fenotípica de 9 púrpura :
7 brancas. Portanto, em um total de 160 descendentes, devem
ser encontrados 90 com flores púrpura.
par. O cruzamento deve ter ocorrido entre AAii e aaII (ambas cobaias
albinas). A descendência teve 100% de cobaias AaIi, que são pretas,
pois o alelo inibidor (i), que é recessivo, não está em homozigose.
15. b
A proporção fenotípica 9 : 3 : 3 : 1 indica que dois pares de genes,
localizados em pares diferentes de cromossomos homólogos e
com segregação independente, participam da herança da forma
da crista nessas galinhas. Como apenas uma característica
(forma da crista) está sendo determinada, trata-se também de
um caso de interação gênica com genes complementares.
20. b
Havendo classes fenotípicas bem distintas, como no gráfico 1, as
características possuem variação qualitativa ou descontínua, o que
é típico de herança determinada por um gene, no caso, com dominância incompleta, pois ocorrem três fenótipos, sendo um deles intermediário. Não havendo classes fenotípicas bem distintas, como no
gráfico 2, as características possuem variação contínua ou gradativa,
o que é típico de herança determinada por vários genes com interação, pois apenas um caráter está sendo determinado (cor da flor).
16. a) Sim. Pessoas com surdez profunda podem ter genótipos
C_dd, ccD_ ou ccdd. Num casal em que ambos são portadores da surdez profunda, um com genótipo CCdd e o outro,
ccDD, é possível o nascimento de crianças CcDd, portanto
com audição normal.
b) Considerando um casal CcDd × CcDd:
1 1
1
4 4 16
c) A baixa variabilidade genética, em razão da pequena população e dos casamentos consanguíneos.
d) O primeiro grupo de vertebrados terrestres que apresentou
audição foi o dos anfíbios.
e) A única certeza que se tem sobre o canto das aves, segundo o
pesquisador Mário Cohn-Haft, do Instituto Nacional de Pesquisas
da Amazônia (Inpa), é que o canto significa “sou de tal espécie,
e estou aqui”. Isso é importante para demarcar território e os
animais saberem onde estão os seus semelhantes.
P(criança CC e DD) =
17. Se o rato macho de pelagem cinza (A_B_), cruzado com uma
fêmea albina (aabb), produziu ratos albinos (aa), pretos (A_bb)
e cinza (AaBb), pode-se concluir que ele é AaBb.
18. a
As afirmações I, II e III são verdadeiras.
I. Para o cruzamento entre um macho chocolate (bbE_) e uma
fêmea amarela (_ _ee) gerar apenas filhotes pretos (BbEe),
provavelmente o macho é bbEE e a fêmea é BBee.
II. No cruzamento da fêmea parental BBee com qualquer cão, não
é possível a produção de descendentes chocolate (bb_ _).
III. No cruzamento da fêmea amarela BBee com um filhote de F1,
1
1
1
1
BBEe, BBee, BbEe e Bbee, ou seja,
4
4
4
4
50% amarelos (BBee e Bbee) e 50% pretos (BBEe e BbEe).
BbEe, espera-se
9
pretos (B_E_),
16
3
4
chocolate (bbE_) e
amarelos (B_ee e bbee).
16
16
21. d
O cruzamento NnBbAa × nnbbaa pode produzir três fenótipos
diferentes: sem pigmento (NnBbaa, Nnbbaa, nnBbaa, nnbbAa e
nnbbaa), com pigmento produzido por dois alelos dominantes (NnBbAa) e com pigmento produzido por um alelo dominante
(NnbbAa e nnBbAa). Pais homozigotos geram descendentes com
apenas um genótipo. Com dois pares de alelos aditivos são possíveis
nove genótipos e cinco fenótipos. Cruzamentos ao acaso, quando
a herança é quantitativa, favorecem o fenótipo intermediário.
22. a
O indivíduo de genótipo AABbCc forma um tipo de gameta
com três alelos aditivos (ABC), dois tipos de gametas com dois
alelos aditivos (ABc e AbC) e um tipo de gameta com um alelo
aditivo (Abc). O indivíduo de genótipo aaBbcc forma um tipo de
gameta com um alelo aditivo (aBc) e outro tipo de gameta sem
alelos aditivos (abc). São, portanto, oito tipos de encontros entre
gametas, e em três deles o indivíduo resultante apresenta dois
alelos aditivos, situação em que a planta terá 5 cm de altura.
23. A presença de quatro alelos aditivos acrescenta 20 g ao fenótipo
residual; assim, cada alelo aditivo acrescenta 5 g ao fenótipo residual, que é de 20 g. A planta de genótipo AABb tem três alelos
aditivos e tem frutos com 35 g.
24. a)
F1
F2
40
Ganho (g)
30 35 40 45 50
Ganho (g)
IV. Nos cruzamentos BbEe × BbEe, espera-se
19. Esse é um caso de epistasia recessiva, no qual dois pares de alelos
determinam a coloração das cobaias. Podemos supor que o alelo
A condicione pigmento preto, enquanto o alelo a não produz
pigmento. O alelo I, situado em outro cromossomo, não suprime
a ação do par Aa, ao passo que o alelo i suprime a ação desse
12
9
A B (ganho diário de 50 g),
16 — —
3
3
A bb (ganho diário de 40 g),
aaB— (ganho diário de
16 —
16
1
aabb (ganho diário de 30 g)
40 g),
16
b) Na geração F2, teremos: