Resoluções de Exercícios

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1 Resoluções de Exercícios BIOLOGIA II 01 Princípios Básicos que Regem a Transmissão das Características Genéticas e Aspectos Genéticos do Funcionamento do Corpo Humano e Conceitos Básicos As frases 1, 2, 3 e 4 estão corretas. A frase 5 apresenta erro, pois, onde se encontra a palavra mitose, deveria estar escrito meiose, e onde está escrito meiose, deveria estar escrito mitose. O indivíduo é heterozigoto Cc e 50% dos seus gametas conterão o gene C e 50%, o gene c. 10 cromossomos = 5 pares de cromossomos. São 16 genes alelos em cada par de cromossomos, logo, um total de 80 genes, e os gametas apresentarão a metade, ou seja, 5 cromossomos e 40 genes. As variáveis de uma característica são fenótipos. Alguns genes podem se manifestar de forma mais ou menos intensa dependendo das condições ambientais (norma de reação). No gato siamês, existe uma enzima que catalisa a produção do pigmento em temperaturas inferiores a 34 o C. Nos apêndices, a temperatura corpórea é favorável à enzima, logo, o pigmento é produzido, justificando a coloração escura nestas partes do gato. No restante do corpo, a temperatura está acima de 34 o C, não favorecendo a ação enzimática e, consequentemente, não há produção de pigmento e a cor do pelo é mais clara. 01 A Os cromossomos que são do mesmo tamanho e apresentam genes para a mesma característica são homólogos. No esquema, os genes que estão representados com as mesmas letras referem-se à mesma característica. Heterozigose significa apresentar alelos diferentes (Aa e Ff). Na ausência de dominância, o heterozigoto apresenta fenótipo médio. A pneumonia é uma doença que não está relacionada a fator genético; é, portanto, um caráter adquirido devido a fatores ambientais. As demais cenas referem-se à herança genética, são herdadas dos antecessores e passíveis de transmissão. 05 D O gene é definido como sendo um segmento de DNA que contenha uma informação genética. A proposição primeira é falsa. As demais proposições são verdadeiras. O fenótipo resulta da interação entre o ambiente e os genes que se expressam. 07 D O que define nossos fenótipos são nossos genes (que, em alguns casos, têm sua expressão variável em função do meio), recebidos de nossos pais. Não há transmissão de genes de tios para sobrinhos ou de avós para netos. Obviamente que, havendo parentesco, há similaridades, em maior ou menor grau, contudo, não é tecnicamente correto atribuir a herança genética aos avós, ao contrário do que propõe o senso comum. 08 A O gene é o segmento de DNA que codifica a síntese de um polipeptídio. 09 A É sabido que o fenótipo é a manifestação da interação entre genótipo e meio ambiente. O tratamento à base de insulina diminui os efeitos da alteração fisiológica decorrente do genótipo específico, mas não tem o poder de alterar o DNA. Portanto, por alterar somente o fenótipo, a insulina administrada em um indivíduo não causará nenhum efeito em sua descendência. Casais de pigmentação da pele normal, que apresentam genótipo Aa, podem ter filhos albinos. O gene para o albinismo é recessivo e não se manifesta nos indivíduos heterozigotos. São albinos apenas os indivíduos de genótipo aa. Tanto na fenocópia quanto na norma de reação ocorre influência do meio, as duas podem ser espontâneas ou provocadas, reversíveis ou não. No entanto, na norma de reação, o ambiente diferente pode fazer com que o gene tenha intensidade de funcionamento variável, enquanto que, na fenocópia, isso não ocorre. A genealogia não nos dá subsídios para determinarmos qual dos dois caracteres é recessivo, logo, qualquer conclusão sobre o genótipo é precipitada. Casal normal teve um filho e uma filha normais e, com anomalias, um filho e uma filha. Tio por parte de mãe casado com mulher anômala e sem filhos. Filha normal casada com rapaz normal teve dois filhos normais e uma filha anômala. biologia ii biologia Volume 01 7

2 05 B Veja o casal 1x2; os parentais possuem o mesmo fenótipo e os descendentes, fenótipos diferentes. Os diferentes são recessivos, obrigatoriamente. 06 D O caráter em estudo (negrito) é autossômico e recessivo, pois os indivíduos 1 e 2 são fenotipicamente iguais e possuem um filho (5) com fenótipo diferente. Considerando os alelos A e a, o genótipo de 6 é heterozigoto (Aa). 07 B Por se tratar de um caráter recessivo, os indivíduos 2, 3, 6, 10 e 11 são homozigotos. 08 B Pais de mesmo fenótipo com filho de fenótipo diferente, os pais são heterozigotos e o filho é homozigoto recessivo. 09 C Veja que, na genealogia em análise, no caso 3x4, ambos os parentais apresentam o mesmo fenótipo e produzem um descendente com fenótipo afetado, logo, este é recessivo e os parentais são heterozigotos. Essa conclusão é suficiente para garantirmos que o indivíduo 1 tem que ser normal heterozigoto. Claro, também, que outros heterozigotos existem, por exemplo: as filhas da mulher 1 e o pai da mulher 3. O ambiente determinando uma cópia de uma manifestação genética de alguém é conhecida como fenocópia. 02 Genética de Mendel (Primeira Lei) e Concepções Pré-Mendelianas 01 A A 1 a lei de Mendel diz que os fatores (genes) para a mesma característica se separam na formação dos gametas, indo apenas um do par para cada gameta. O resultado de 89 denteadas e 29 lisas é, aproximadamente, 3 denteadas para 1 lisa (3 : 1), o que se obtém quando cruzam heterozigotos Dd x Dd. Somente o homem teve essa mutação e apenas uma vez, apresentando apenas um alelo S. Logo, o casal é: Ss x ss, gerando 50% de filhos Ss e 50% ss e apenas metade dos descendentes Ss devem ser homens e vão manifestar o fenótipo aranha. Portanto, 25%. BLOCO 04 Cobaias cinzas são dominantes, pois tiveram descendentes de cor preta. Para determinarmos se uma mosca cinza é homozigota ou heterozigota, o procedimento correto é analisar a prole resultante do cruzamento dessas cobaias com outra preta (recessiva). É o cruzamento teste. Se nascer algum descendente preto, o dominante é heterozigoto, caso contrário é homozigoto. Tanto nos casos com dominância quanto nos casos sem dominância, a proporção genotípica é a mesma (1 : 2 : 1). A proporção fenotípica é de 3 : 1 nos casos com dominância e de 1 : 2 : 1 nos casos sem dominância. 03 D O retrocruzamento se refere ao cruzamento com algum indivíduo da geração anterior. 01 Na dominância, um gene chamado dominante se manifesta mesmo estando em heterozigose. No caso de sensibilidade ao PTC, o gene dominante codifica uma enzima que age determinando a capacidade dos indivíduos sentirem o gosto amargo. O alelo recessivo, que determina a não capacidade dos indivíduos sentirem o gosto amargo, também codifica uma enzima, porém o seu efeito fica mascarado pela ação do gene dominante. 02 O que determina a frequência de indivíduos portadores de uma certa característica em uma população é a frequência com que o gene aparece na população, e não o seu efeito de dominância ou recessividade. Embora o gene que causa a polidactilia seja dominante, a sua frequência na população é muito baixa, logo, a quantidade de pessoas com tal característica é insignificante. 03 A) SS ou Ss. B) EE ou Ee. C) NN ou Nn. D) VV ou Vv. Cc x Cc 1/4 CC = 1/4 16 = 4 CC 1/2 Cc = 1/2 16 = 8 Cc 1/4 cc = 1/4 16 = 4 cc Quando heterozigotos (Aa) são cruzados, os descendentes esperados são AA, Aa, Aa e aa. Considerando que semente lisa é dominante; que 2/3 das sementes lisas são Aa e que 630 sementes eram lisas, a proporção de sementes heterozigotas dentre as lisas é 2/3 x 630, que é igual a A Sementes lisas puras cruzadas com sementes rugosas puras fornecem descendentes, em F 1, 100% heterozigotas lisas. A autofecundação dessas lisas heterozigotas forneceu: 1/4 lisa pura; 1/2 lisa heterozigota; e 1/4 rugosa. Logo, o caráter rugoso é o recessivo. O gráfico nos mostra que casais com idade superior a, aproximadamente, 26 anos não correm risco de gerar filhos doentes. Os dados da questão nos permitem concluir que: O caráter batata é recessivo e o normal é dominante. Nessas condições, o cruzamento BB x bb não resultará em nenhum descendente batata. Probabilidade de A ser portador do alelo do albinismo é igual à probabilidade de A ser heterozigoto para o locus. Então, Aa x Aa = 1/3AA e 2/3Aa. Como A não é albino, o genótipo aa é excluído. A probabilidade de C ser albino é a probabilidade de A ser portador (Aa) combinada (multiplicada) pela probabilidade de A transmitir o alelo recessivo (a), assumindo que A é portador (Aa). Então, Aa x aa = 1/2Aa e 1/2aa. Ou seja, a probabilidade de C ser albino é 2/3 x 1/2 = 1/3. Probabilidade de nascer uma criança do sexo feminino: 2 1 Probabilidade de nascer uma criança com galactosemia: 2 1 Probabilidade de nascer uma criança do sexo feminino e com galactosemia: x = x = biologia Volume 01 biologia ii

3 08 B A probabilidade de Filó ser Cc é ½ e a probabilidade de apresentar um descendente cinza também é ½. A probabilidade final é ½ ½. 09 C Alelos: s (síndrome de Spoan) e S (normalmente). Pais: SS x Ss Filhos: 50% SS (normais) e 50% Ss (normais e portadores do alelo s, causador da síndrome) = 26 A probabilidade de Roberta ser heterozigota (Aa) e portadora do alelo recessivo (a) para o albinismo é 2/3. A probabilidade de João ser heterozigoto é 1/2. Nada se pode afirmar a respeito das probabilidades genotípicas para os avós paternos de Roberta. BLOCO E Pelo fato de existirem 3 fenótipos (longo, redondo e ovais), percebe-se que não há dominância entre os genes para longo e redondo. 02 B Como o genótipo AA é letal, somente os indivíduos Aa e aa nascem. Portanto, a proporção esperada é de 2 : 1. Aa x Aa Aa = (Aa) Alelos: HBA normal; HBS mutante. O genótipo heterozigoto é HBAHBS e não há predominância entre esses alelos, porque os portadores de uma cópia do gene mutante (HBS) apresentam glóbulos vermelhos normais e falcêmicos. 05 B Este é um típico caso de codominância. Nas flores em questão, os fatores para coloração vermelha (V) e branca (B) são codominantes. Plantas heterozigóticas para esses fatores possuem flores cor-de-rosa. O cruzamento entre duas plantas com flores cor-de-rosa gerará plantas com flores das três cores nas proporções 1 planta com flores vermelhas: 2 plantas com flores cor-de-rosa : 1 planta com flores brancas. (pais VB x VB; geração filial 1 VV : 2 VB : 1 BB). 06 C Endocruzamento é o nome dado a cruzamentos entre indivíduos próximos geneticamente. A prole resultante deste tipo de cruzamento tem um índice maior de apresentar os genes recessivos provenientes de ambos os pais, caso ambos sejam heterozigotos. Em casos de letalidade, a proporção mendeliana clássica de 3 : 1 é modificada para 2 : 1, pois os homozigotos dominantes não nascem. 08 C Legenda: A = acondroplásicos e aa = normais. Se o casal é acondroplásico e já tem uma menina normal, conclui-se que são heterozigotos. Casal: Aa x Aa Gametas: A,a A,a Gametas A a A AA Aa a Aa aa A probabilidade de vir a ter um menino é 1/2. A probabilidade de vir a nascer com acondroplasia é 3/4. A probabilidade de vir a ter um menino com acondroplasia é 1/2 x 3/4 = 3/8. 09 D Os indivíduos da mesma família são mais parecidos geneticamente e podem ter genes para uma mesma doença. 10 B No cruzamento teste, procede-se da seguinte maneira: cruza-se o indivíduo de genótipo desconhecido com um outro sabidamente recessivo. Se a prole demonstrar somente indivíduos com fenótipos dominantes, é certo que o parental desconhecido é homozigoto dominante. Porém, se na prole aparecer pelo menos um com o fenótipo recessivo, comprova-se que o parental é heterozigoto. 03 Genética de Mendel (Segunda Lei) e Noções de Probabilidade (Simples, Composta e Condicional) BLOCO E A chance de passar o gene A ao filho é 1/2 e deste passar ao neto é 1/2 e, por sua vez, deste passar ao bisneto é 1/2. A chance dos três eventos ocorrerem é 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8 = 12,5%. O homem é Pp e a mulher é pp, sendo 1/2 a chance de terem uma criança com polidactilia. Logo, para terem 6 crianças, temos que multiplicar as probabilidades para cada evento: 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/64. Pelo enunciado, podemos descobrir que olhos castanhos são dominantes e o casal é heterozigoto, logo, podem ter filhos AA, Aa, Aa e aa. Para qualquer filho do casal, é 1/4 a chance de nascer com olhos azuis e 3/4 a chance de nascer com olhos castanhos. 04 D A fórmula 2 n resolve este tipo de questão, onde n representa o número de pares híbridos. AaBb 2 n = 2 2 = 4 AaBB 2 n = 2 1 = 2 AaBbCc 2 n = 2 3 = 8 AaBBcc 2 n = 2 1 = 2 AaBbcc 2 n = 2 2 = 4 05 D Qq x Qq c m = = 31, 6% 4 filhos com queratose? BLOCO 05 O cruzamento entre heterozigotos para dois pares de genes (AaBb x AaBb) pode ser resolvido separadamente: Aa x Aa e Bb x Bb. Em cada caso, a probabilidade de nascer alguém heterozigoto é 1/2. Portanto, a proporção de heterozigotos será 1/2 x 1/2 = 1/4 de um total de 192, ou seja B Os genes que estão no mesmo cromossomo não apresentam segregação independente, indo juntos para o mesmo gameta. Exceção feita para os casos de crossing-over, que serão estudados em outro capítulo. 03 A Como os genes se encontram em cromossomos diferentes e estes se agregam e se recombinam, os gametas ocorrem na mesma proporção. 04 D Carlos e Lúcia (anômalos) tiveram Pedro (normal), logo, o gene para a anomalia é dominante. O neto de Carlos tem genótipo Aa e Lia, sua esposa, também é Aa. Conclui-se, portanto, que, para o bisneto de Carlos ser anômalo (AA ou Aa), a probabilidade é de 3/4 ou 75%. Há um total de 25 filhos, sendo 7 filhos únicos. A probabilidade, portanto, é de 7/ E Branco e longo (puro) x Escuro e curto (puro) aall x AALL 100% AaLI (pelos escuros e curtos). biologia ii biologia Volume 01 9

4 07 B Alelos: S normalidade; s anemia falciforme Pais: Ss Ss Filhos: 25% SS; 50% Ss; 25% ss P( ss) = 0,5 0,25 = 0,125 = 12,5% 08 C Alelos: G (normal) e g (galactosemia) Pais: Gg x Gg Descendência esperada: GG, Gg, Gg e gg. Probabilidade de filho normal = 3/4, então, de os três serem normais é de (3/4) 3, que é igual a 27/ B Legenda: A_ = Late ; aa = Não late B_ = Orelha ereta ; bb = orelhas caídas O cruzamento entre heterozigotos para dois pares de genes (AaBb x AaBb) pode ser resolvido separadamente. Casal: Aa x Aa Gametas: A,a A,a Gametas A a A AA Aa a Aa aa A probabilidade de nascer filhote que late ao correr é 3/4. Casal: Bb x Bb Gametas: B,b B,b Gametas A b B BB Bb b Bb bb A probabilidade de nascer filhote que late ao correr e com orelhas caídas é 3/4 x 1/4 = 3/16 = 18,7% A afirmativa III está incorreta, pois as duas leis de Mendel se referem a eventos meióticos. 04 Polialelia ou Alelos Múltiplos (Cor dos Coelhos e Sistema ABO), Antígenos, Anticorpos, Sistema MN, Sistema Rh e Eritroblastose Fetal BLOCO 07 Para o casal Rr x rr, os filhos possíveis são: Rr e rr. Para ter a doença, a criança deve ser Rh + (Rr). A chance de que seja menino e Rh + é 1/2 x 1/2 = 1/4. O homem é I A I B MM e a mulher é I B _ MN. Não é impossível para o casal poder ter filhos A, AB e B, M ou MN. Mas não é possível filho N. 03 B A mulher é Rh negativo e, se o marido for Rh positivo, poderão ter filho com eritroblastose fetal, ainda mais que o filho será A, igual à mãe, ou O, não havendo incompatibilidade ABO entre mãe e filho para auxiliar na prevenção contra a doença. 01 Os indivíduos do grupo O possuem genótipo ii. Mesmo que ele possua o gene H, codificador do antígeno H, ele não produzirá as enzimas transferases: N-acetil-galactosamina e D-galactose, codificadas pelos genes I A e I B, respectivamente. Não sendo capaz de produzir as transferases, não há como produzir os aglutinógenos A e B. 02 Sim, é possível. Para tanto, basta que o individuo I A I B não possua o gene H, isto é, ele seja: I A I B hh. Na situação ora descrita, o indivíduo não possui capacidade de produzir o antígeno H e, por consequência, não produzirá aglutinógenos A e B, comportando-se de um modo semelhante a um outro indivíduo com fenótipo grupo O. 01 A) Se, durante a gestação ou mesmo durante o parto, mães de fator Rh que nunca foram sensibilizadas e gestaram o primeiro filho de fator Rh + tiveram contato com o sangue do primeiro filho, o organismo materno, então, passou a produzir anticorpos em quantidade suficiente para agredir o sangue do filho em uma segunda gestação. B) Partindo da premissa de que a mãe nunca antes fora sensibilizada, o seu plasma não contém anticorpos, logo, não há razão para apreensões. Porém, se, durante o parto, houve passagem de hemácias do feto para o organismo materno, isso nos causará apreensão, pois o organismo materno passará, nessa hipótese, a produzir anticorpos que, se não for tomada a devida precaução, farão o segundo filho ser acometido de eritroblastose. BLOCO 06 Fazendo pela fórmula: N o de genótipos = n(n + 1)/2, onde n representa o n o de alelos, teremos 3(3 + 1)/2 = 6. Consulte a tabela de genótipos e fenótipos para esta característica que se encontra na apostila teórica. Casal: C + C h x C ch C a Gametas C ch C a C + C + C ch C + C a C h C ch C h C h C a Serão obtidos: selvagem, 50% (C + C ch e C + C a ); chinchila, 25% (C ch C h ); e himalaia, 25% (C h C a ). BLOCO 06 Se a fêmea é marrom, apresenta C 1 e teve filho albino (cc), ela é C 1 c. Como a ninhada com macho 2 originou filhotes cremes e albinos, conclui-se que o macho 2 possui C 2 e c. 02 A Casal: I A i x I B i Gametas: I A, i I B, i Gametas I B i I A I A I B I A i i I B i ii 10 biologia Volume 01 biologia ii

5 03 B A transfusão realizada proporcionou a mistura de sangues incompatíveis com a presença de anticorpos contrários; logo, as hemácias do receptor foram aglutinadas juntamente com as do doador. De acordo com os dados, pode-se concluir que: 30% é do grupo B, 10% é do O, 40% é do A e 20% do AB. Assim sendo, 40% podem doar para indivíduos do grupo B, ou seja, 320 doadores 05 B Lâmina I, sangue AB, lâmina 2, sangue O; lâmina 3, sangue B; e lâmina 4, sangue A. Feita essa discriminação, percebe-se que, de um indivíduo de sangue B cruzado com um sangue O, os descendentes só poderão ser O ou B. A sugestão 2 traduz o cruzamento teste, ou seja, o reprodutor que originar filhotes de orelha curta é heterozigoto. 07 A P(aglutinogênio A nas hemácias) = P(A + ) + P(A ) + P(AB + ) + P(AB ) = = ,5 + 0,5 = P(A + ) = = 0,755 0,76 76% Pais: I A i x I B i (Guilherme e Joana ou Joana e Guilherme). Filhos: 25% I A I B, 25% I A i, 25% I B i e 25% ii. 09 D Regina é receptora universal. Roberto não pode receber sangue de Flávia, pois ele tem anti-b e ela é do grupo B. Se Roberto (ii) se casar com Flávia e esta for homozigota, 100% dos filhos terão sangue tipo B. Regina possui, de fato, aglutinogênios A e B nas hemácias. Roberto é homozigoto (ii) e Regina, heterozigota (AB). A mãe da referida mulher é do grupo O, logo, a possibilidade dela ser do grupo AB é nula. BLOCO 07 Se nasceu criança B e O, conclui-se que o pai é I B i e se nasceram crianças MM e NN, conclui-se que o pai é MN. Como nasceu criança Rh (rr), conclui-se que o pai possui r, podendo ser rr ou Rr. Portanto, a opção com a resposta possível é a C. O pai deve ser Rh positivo e a mãe deve ser Rh negativo para que possa nascer criança com a doença. A primeira criança normal foi Rh positivo, sensibilizando a mãe, e as outras morreram por serem Rh positivo. 03 B Para ocorrer eritroblastose fetal, a mãe tem que ter Rh, o pai Rh + e o filho Rh +. Como a mãe tem fator Rh +, ela poderá receber sangue com Rh + e Rh, logo, não há problema aparente de receber sangue dos seus filhos. O caso do pai é perigoso, haja vista que o pai tem fator Rh, só poderá receber sangue com fator Rh. Como não podemos identificar o filho ou a filha que se enquadre nessa condição, por medida de segurança, não se deve cogitar a transfusão dos filhos ou filhas para o pai. 05 C Para ocorrer a eritroblastose fetal, a mãe tem que ter o fator Rh e o feto fator Rh +. Durante a gestação ou durante o parto, tem que haver mistura de sangue fetal com o sangue materno, isto é, antígenos do feto têm que sensibilizar o organismo da mãe. Lembrando que a eritroblastose fetal, se não forem tomadas as precauções, só irá atingir a próxima gestação. Sendo Capitu pertencente ao grupo sanguíneo AB Rh + e Ezequiel, provavelmente, dos grupos A ou AB e Rh positivo ou negativo, Ezequiel poderia ser filho de ambos, por pertencer ao grupo A Rh positivo. 07 B A mulher Rh é sensibilizada por transfusão Rh + ou pela passagem de hemácias de filhos Rh + pela placenta. 08 E Sendo seu novo sangue Rh +, ela não produzirá anti-rh, portanto, não poderá gerar uma criança com eritroblastose fetal. 09 E O indivíduo do grupo O (VI) só pode receber sangue O, portanto, 25 litros. O casal TN x TN pode ter descendentes: Gametas: T, N T, N Gametas T N T TT TN N TN NN Os indivíduos TT morrem na infância e os demais chegam à idade adulta, sendo os TN anêmicos e o NN normal, portanto, 2/3. O cruzamento entre Aa x aa apresenta 1/2 de chance de nascer Aa, independente de resultados anteriores. 02 A Os heterozigotos não serão exatamente iguais nem ao pai nem à mãe, indicando que não houve dominância por parte dos genes do pai nem da mãe. Pelo enunciado, descobrimos que o casal é heterozigoto, logo, podem ter filhos AA, Aa, Aa e aa. Para qualquer filho do casal é 1/4 a chance de nascer albino e 3/4 a chance de nascer com pigmentação normal da pele. 04 B O homem 3 é aa, pois a anomalia é recessiva. A mulher 11 é Aa, pois é filha de pai afetado. Assim sendo, o casal pode ter filhos: 50% aa e 50% Aa. A chance de nascer menina é 1/2. A chance de que nasça menina e afetada é 1/2 x 1/2 = 1/4. Os indivíduos 13, 14 e 16 são normais e filhos de pais heterozigotos (7 x 8), podendo ser AA ou aa. 06 D Em cada par será 1/2 a chance de passar para o gameta o cromossomo paterno, portanto, como são quatro pares, teremos: 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/16 O indivíduo 6 é heterozigoto (BO), pois apresenta gene B e possui pai do grupo O (OO). 08 D A incompatibilidade para o sistema ABO entre mãe e filho destrói as hemácias do filho que entram na mãe após o parto, evitando que a mãe se sensibilize para o sistema Rh. Como a mulher e o marido atendem às condições para terem criança com eritroblastose fetal, esta incompatibilidade seria útil para diminuir a preocupação do doutor com a possibilidade do casal vir a ter criança doente. 09 A O indivíduo do grupo AB não pode doar sangue para outros tipos sanguíneos, pois apresenta aglutinogênios A e B em suas hemácias. O homem é destro (Cc) e não enrola a língua (ee). A mulher é canhota (cc) e enrola a língua (Ee). A chance de ter uma filha é 1/2; a chance de ser cc é 1/2; a chance de ser ee é 1/2. Multiplicando-se as três probabilidades (regra do e), teremos: 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8 = 12,5%. biologia Ii biologia Volume 01 11