Aula 4 - Genética da Transmissão 3

Figure 15-12 Diploid (left) and tetraploid (right) grapes. [Copyright Leonard Lessin/Peter Arnold Inc.] Figure 15-8 The origin of the amphidiploid (Raphanobrassica) from cabbage (Brassica) and radish (Raphanus). The fertile amphidiploid arose from spontaneous doubling in the 2n = 18 sterile hybrid. [From A. M. Srb, R. D. Owen, and R. S. Edgar, General Genetics, 2nd ed. Copyright 1965 by W. H. Freeman. Adapted from G. Karpechenko, Z. Instuk t. Abst. Vorob. 48, 1928, 27.] A história do trigo AA bB AA bb Aa bB Aa bb AA BB AA Bb Aa BB Aa Bb aA BB aA Bb aa BB aa Bb aA bB aA bb aa bB aa bb ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab Gametas masculinos Gametas femininos 1/16 AA bB 1/16 AA bb 1/16 Aa bB 1/16 Aa bb 1/16 AA BB 1/16 AA Bb 1/16 Aa BB 1/16 Aa Bb 1/16 aA BB 1/16 aA Bb 1/16 aa BB 1/16 aa Bb 1/16 aA bB 1/16 aA bb 1/16 aa bB 1/16 aa bb ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab Gametas masculinos Gametas femininos 1/16 AA bB 1/16 AA bb 1/16 Aa bB 1/16 Aa bb 1/16 AA BB 1/16 AA Bb 1/16 Aa BB 1/16 Aa Bb 1/16 aA BB 1/16 aA Bb 1/16 aa BB 1/16 aa Bb 1/16 aA bB 1/16 aA bb 1/16 aa bB 1/16 aa bb ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab Gametas masculinos Gametas femininos Prop. das freq. genotípicas: 1/16 AABB : 1/16 AAbb : 1/16 aaBB : 1/16 aabb : 2/16 AABb : 2/16 AaBB : 2/16 Aabb : 2/16 aaBb : 4/16 AaBb Em resumo: 1/4 homoz. duplos : 1/4 heteroz duplos : 2/4 heteroz. simples 9 3 3 1 A_ B_ A_bb aaB_ aabb 9 3 3 1 A_ B_ A_bb aaB_ aabb A_ = AA e/ou Aa = pelo menos um A B_ = BB e/ou Bb = pelo menos um B AA BB X aabb AAbb X aaBB Aa Bb AaBb Quando os genes são independentes (cromossomos diferentes), a mesma F1 pode ser obtida cruzando-se diferentes combinações de genótipos homozigotos na geração P (vale para mais de 2 genes também) F1 P F2 1/16 AA bB 1/16 AA bb 1/16 Aa bB 1/16 Aa bb 1/16 AA BB 1/16 AA Bb 1/16 Aa BB 1/16 Aa Bb 1/16 aA BB 1/16 aA Bb 1/16 aa BB 1/16 aa Bb 1/16 aA bB 1/16 aA bb 1/16 aa bB 1/16 aa bb ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab Gametas masculinos Gametas femininos Imagine que: A_ semente amarela aa semente verde B_ semente lisa bb semente rugosa Proporção de Freq. Fenotípicas: 9/16 Amarelas Lisas : 3/16 Amarelas rugosas : 3/16 verdes Lisas : 1/16 verdes rugosas que é resultante da combinação (multiplicação) de (3/4 Amarelas : 1/4 verdes) x (3/4 Lisas : 1/4 rugosas) 1/16 AA 1/16 AA 1/16 Aa 1/16 Aa 1/16 AA 1/16 AA 1/16 Aa 1/16 Aa 1/16 aA 1/16 aA 1/16 aa 1/16 aa 1/16 aA 1/16 aA 1/16 aa 1/16 aa ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab Gametas masculinos Gametas femininos Imagine que: A_ semente amarela aa semente verde B_ semente lisa bb semente rugosa Proporção de Freq. Fenotípicas: 9/16 Amarelas Lisas : 3/16 Amarelas rugosas : 3/16 verdes Lisas : 1/16 verdes rugosas que é resultante da combinação (multiplicação) de (3/4 Amarelas : 1/4 verdes) x (3/4 Lisas : 1/4 rugosas) A proporção 3 amarelas : 1 verde está embutida na proporção digênica 1/16 bB 1/16 bb 1/16 bB 1/16 bb 1/16 BB 1/16 Bb 1/16 BB 1/16 Bb 1/16 BB 1/16 Bb 1/16 BB 1/16 Bb 1/16 bB 1/16 bb 1/16 bB 1/16 bb ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab Gametas masculinos Gametas femininos Imagine que: A_ semente amarela aa semente verde B_ semente lisa bb semente rugosa Proporção de Freq. Fenotípicas: 9/16 Amarelas Lisas : 3/16 Amarelas rugosas : 3/16 verdes Lisas : 1/16 verdes rugosas que é resultante da combinação (multiplicação) de (3/4 Amarelas : 1/4 verdes) x (3/4 Lisas : 1/4 rugosas) A proporção 3 Lisas : 1 rugosa está embutida na proporção digênica 1/16 AA bB 1/16 AA bb 1/16 Aa bB 1/16 Aa bb 1/16 AA BB 1/16 AA Bb 1/16 Aa BB 1/16 Aa Bb 1/16 aA BB 1/16 aA Bb 1/16 aa BB 1/16 aa Bb 1/16 aA bB 1/16 aA bb 1/16 aa bB 1/16 aa bb ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab Gametas masculinos Gametas femininos Prop. de Freq. Fenotípicas na F2: 3/16 Amar. Verm. : 6/16 Amar. Rosa : 3/16 Amar. Branca : 1/16 verde Verm. : 2/16 verde Rosa : 1/16 verde Branca = (3/4 Amar. : 1/4 verde) x (1/4 Verm. : 2/4 Rosa : 1/4 Branca) Imagine que: A_ semente amarela aa semente verde BB flor vermelha Bb flor rosa bb flor branca 1/16 AA bB 1/16 AA bb 1/16 Aa bB 1/16 Aa bb 1/16 AA BB 1/16 AA Bb 1/16 Aa BB 1/16 Aa Bb 1/16 aA BB 1/16 aA Bb 1/16 aa BB 1/16 aa Bb 1/16 aA bB 1/16 aA bb 1/16 aa bB 1/16 aa bb ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab Gametas masculinos Gametas femininos Prop. de Freq. Fenotípicas na F2: 1/16 Verde Vermelho : 2/16 Verde Rosa : 1/16 Verde branco : 2/16 Azul Vermelho : 4/16 Azul Rosa : 2/16 Azul Branco : 1/16 Marrom Vermelho : 2/16 Marrom Rosa : 1/16 Marrom Branco = = (1/4 Verde : 2/4 Azul : 1/4 Marrom) X (1/4 Vermelha : 2/4 Rosa : 1/4 Branca) Imagine que: AA Fruto verde Aa Fruto Azul aa Fruto Marrom BB flor vermelha Bb flor rosa bb flor branca Como alternativa ao quadrado de Punnett (a tabela com várias quadrículas), pode-se usar um esquema de composição de genótipos por ramificação Aa Bb F2 Como alternativa ao quadrado de Punnett (a tabela com várias quadrículas), pode-se usar um esquema de composição de genótipos por ramificação Se o cruzamento envolve muitos locos e se está interessado em apenas na probabilidade de um ou alguns genótipos na progênie, não é necessário desenvolver a progênie toda: ♂♀ Por exemplo, dado o cruzamento abaixo, com que frequência surgem filhos Aa bb cc DD Ee ? (todos os genes são independentes) ♂ AA bb Cc Dd Ee × ♀ Aa Bb cc Dd EE Para facilitar, decompõe-se o genótipo em cada loco: No loco A, a frequência de Aa é 1/2 na progênie. No loco B, a freq. de bb é 1/2. No loco C, a freq. de cc é 1/2 No loco D, a freq. de DD é 1/4 No loco E, a freq. de Ee é 1/2 Portanto, a freq. do genótipo Aa bb cc DD Ee é (1/2)4 x 1/4 = 1/64 O quadrado de Punnett, neste caso, teria 64 quadradinhos.e daria muito trabalho. Interação gênica yy verde R_ vermelho rr amarelo C1 _ expressão normal de amarelo e vermelho c1c1 diminui a expressão de amarelo e vermelho C2- expr. normal de amarelo e verm. c2c2 diminui a expressão de amarelo e vermelho Y_ eliminação precoce da clorofila Ex.: yy R_ C1_ C2_ marrom Y_ R_ C1_ C2_ vermelho Y_ R_ c1c1 C2_ laranja Y_ rr C1_ C2_ amarelo Y_ rr c1c1 C2_ amarelo claro yy rr C1_ C2_ verde Campanula rotundifolia (Campanulaceae) selvagem mutante albina Teste de alelismo: Ex: Descobrem-se dois mutantes brancos; eles são alelos do mesmo gene (podendo ser o mesmo alelo), ou alelos de genes diferentes? w1/w1 ; w2+/w2+ (white) x w1+/w1+ ; w2/w2 (white) F1 w1+/w1 ; w2+/w2 (blue) w1+/w1 ; w2+/w2 x w1+/w1 ; w2+/w2 F2 9 w1+/- ; w2+/- (blue) 9 3 w1+/- ; w2/w2 (white) 3 w1/w1 ; w2+/- (white) 1 w1/w1 ; w2/w2 (white) 7 Note que cada fenótipo digênico é designado por uma palavra só (um caráter controlado por 2 genes ao mesmo tempo). Nos exemplos digênicos básicos, temos sempre dois genes, dois caracteres. Duas vias bioquímicas independentes Collinsia parviflora Epistasia recessiva (um alelo recessivo em um gene (p.ex., w) impede, quando em homozigose, a diferença entre 2 alelos de outro loco de se expressar (p.ex., m+ e m)) Epistasia recessiva B_ E_ preto bb E_ marrom _ _ ee amarelo (BBEE; BBEe, BbEE, BbEe) (bbEE, bbEe) (BBee, Bbee, bbee) Enzima B Enzima b Se a proteína E não está previamente presente no pelo, nem o pigmento preto nem o marrom conseguem se fixar >>> cor amarela Epistasia dominante (um alelo dominante (p. ex., W) num loco impede a expressão da diferença entre 2 alelos em outro loco (p. ex., D e d)) (locos em cromossomos diferentes) M_ W_ _ _ mm _ _ _ _ M_ ww dd M_ ww D_ M sintetiza antocianina, m não D sintetiza muita, d pouca W restringe a antocianina a manchas, w não MM DD ww x MM dd WW (verm esc.) (branca c/ manchas verm.) F1 Dd Ww (branca c/ manchas verm.) F2 9 D_W_ (branca c/ manchas verm.) 12 3 dd W_ (branca c/ manchas verm.) 3 D_ ww (verm. escura) 1 dd ww (verm. clara) Locos duplicados, com dominância-recessividade (locos em cromossomos diferentes) A1A1 A2A2 x a1a1 a2a2 F1 A1a1 A2a2 F2 9 A1_ A2_ 3 A1_ a2a2 15 Fruto sem alas 3 a1a1 A2_ 1 a1a1 a2a2 1 Fruto alado A (A, a) A1 (A1, a1) A2 (A2, a2) Supressão de um alelo dominante de um loco por um alelo dominante de outro loco Por exemplo, o alelo D suprime o fenótipo do alelo K, que produz uma substância chamada malvidina , em Primula KK dd x kk DD (malvidina) (s/ malvidina) F1 Kk Dd (s/ malvidina) F2 9 K_ D_ (s/ malvidina) 3 kk D_ (s/ malvidina) 1 kk dd (s/ malvidina) 3 K_ dd (malvidina) 13 Malvidina: pigmento azul em pH >7 e vermelho em pH <=7 Ocorre no vinho tinto e na uva Supressão de um alelo dominante de um loco por um alelo dominante de outro loco Por exemplo, o alelo D suprime o fenótipo do alelo K, que produz uma substância chamada malvidina , em Primula KK dd x kk DD (malvidina) (s/ malvidina) F1 Kk Dd (s/ malvidina) F2 9 K_ D_ (s/ malvidina) 3 kk D_ (s/ malvidina) 1 kk dd (s/ malvidina) 3 K_ dd (malvidina) 13 Malvidina: pigmento azul em pH >7 e vermelho em pH <=7 Ocorre no vinho tinto e na uva Resveratrol pr/pr ; su+/su+ (púrpura) X pr+/pr+ ; su/su (vermelho) F1 all pr+/pr ; su+/su (vermelho) pr+/pr ; su+/su (vermelho) X pr+/pr ; su+/su (vermelho) F2 9 pr+/ – ; su+/– vermelho 3 pr+/– ; su/su vermelho 13 1 pr/pr ; su/su vermelho 3 pr/pr ; su+/– púrpura 3 A proporção na F2 é de 13 vermelhas : 3 púrpuras. É a razão característica de um supressor recessivo agindo sobre uma mutação recessiva. pr/pr dá cor púrpura, mas su/su suprime a mutação e restaura o fenótipo de pr+/pr+ O gene SP apresentando diferentes graus de expressividade em cachorros Interação gênica: penetrância e expressividade Finis 4. Aula teórica GENÉTICA LGN-215 ESALQ/USP Professor: Giancarlo C. X. Oliveira 5ª e 6ª AULAS TEÓRICAS E PRÁTICAS Ligação I e II Mapeamento de cromossomos eucarióticos por recombinação Cromossomos de Drosophila melanogaster Um mesmo objeto pode ser mapeado de maneiras diferentes, com escalas não inteiramente proporcionais Cruzamento-teste: pr+ · vg+ 1.339 pr · vg 1.195 pr+ · vg 151 pr · vg+ 154 2.839 % Recombinantes = (151+154)/2.839 = 0,107 ou 10,7% Cruzamentos feitos por Morgan em D. melanogaster (olhos púrpura e asas vestigiais) Cruzamento-teste: pr+ · vg+ 157 pr · vg 146 pr+ · vg 965 pr · vg+ 1.067 Total 2.335 Resultados de cruzamentos-teste de di-híbridos como aqueles há pouco apresentados são comumente encontrados em genética. Eles seguem o padrão geral: Duas classes de não recombinantes igualmente frequentes que totalizam mais de 50% Duas classes de recombinantes igualmente frequentes que totalizam menos de 50% CONCEITO-CHAVE Quando dois genes estão próximos no mesmo par cromossômico (ou seja, estão ligados), eles não se distribuem independentemente, mas produzem uma frequência de recombinantes inferior a 50%. Portanto, uma frequência de recombinantes inferior a 50% é diagnóstica de ligação. Cis AB/ab ou + +/ab Trans Ab/aB ou + b/a + Observe as convenções a seguir que se referem ao simbolismo da ligação: Alelos sabidamente no mesmo homólogo não apresentam pontuação entre si. Uma barra separa simbolicamente os dois homólogos. Os alelos sempre são escritos na mesma ordem em cada homólogo. Os genes sabidamente localizados em cromossomos diferentes (genes não ligados) são demonstrados em separado por um ponto e vírgula — por exemplo, A/a; C/c. No nosso livro-texto, genes de ligação desconhecida são demonstrados em separado por um ponto, A/a · D/d. Simbolismo e terminologia de ligação Recombinantes Evidências de que o crossing over é um processo de quebra e reunião Crossovers múltiplos podem incluir mais de duas cromátides Genótipos da tétrade Mapeamento por frequência de recombinantes Unidades de mapa Sturtevant definiu uma unidade de mapa genético (u.m.) como a distância entre genes em relação aos quais 1 produto da meiose em 100 é recombinante. Por exemplo, a frequência de recombinantes (FR) de 10,7% obtida por Morgan é definida como 10,7 u.m. Uma unidade de mapa por vezes é denominada um centimorgan (cM), em homenagem a Thomas Hunt Morgan. Os recombinantes produzidos por um heterozigoto trans consistirão em dois recombinantes recíprocos de igual frequência: portanto, 5,5% serão pr+ vg+ e 5,5% serão pr vg. Também sabemos que 100 — 11 = 89% serão não recombinantes em duas classes iguais, 44,5% pr+ vg e 44,5% pr vg+. Heterozigoto trans= em repulsão Heterozigoto cis= em associação Regiões mais longas apresentam mais crossovers e, portanto, frequências de recombinantes mais altas Distribuição de crossovers não observada Meiócito 1 A B ---------------------------------- a b A B Meiócito 2 A B ---------------------------------- a b A B Meiócito 3 A B ---------------------------------- a b A B Meiócito 4 etc. a b Poucos recombinantes Distância de mapa curta Mapa cromossômico Locus A Locus B Locus C Numerosos recombinantes Distância de mapa longa Cruzamento-teste de três pontos P v+/v+ . cv/cv . ct/ct x v/v . cv+/cv+ . ct+/ct+ Gametas v+ . cv . ct v . cv+ . ct+ F1 tri-híbrida v/v+ . cv/cv+ . ct/ct+ ♀ v/v+ . cv/cv+ . ct/ct+ x ♂ v/v . cv/cv . ct/ct Fêmea tri-híbrida da F1 Macho testador Gametas v e cv v e ct cv e ct v · cv+ · ct+ 580 v+ · cv · ct 592 v · cv · ct+ 45 R R v+ · cv+ · ct 40 R R v · cv · ct 89 R R v+ · cv+ · ct+ 94 R R v · cv+ · ct 3 R R v+ · cv · ct+ 5 R R 1.448 268 191 93 oito genótipos nas frequências a seguir: dois com frequência alta dois com frequência intermediária dois com frequência intermediária diferente dois raros Gametas v e cv v e ct cv e ct v · cv+ · ct+ 580 v+ · cv · ct 592 v · cv · ct+ 45 R R v+ · cv+ · ct 40 R R v · cv · ct 89 R R v+ · cv+ · ct+ 94 R R v · cv+ · ct 3 R R v+ · cv · ct+ 5 R R 1.448 268 191 93 18,5 % Gametas v e cv v e ct cv e ct v · cv+ · ct+ 580 v+ · cv · ct 592 v · cv · ct+ 45 R R v+ · cv+ · ct 40 R R v · cv · ct 89 R R v+ · cv+ · ct+ 94 R R v · cv+ · ct 3 R R v+ · cv · ct+ 5 R R 1.448 268 191 93 13,2% Gametas v e cv v e ct cv e ct v · cv+ · ct+ 580 v+ · cv · ct 592 v · cv · ct+ 45 R R v+ · cv+ · ct 40 R R v · cv · ct 89 R R v+ · cv+ · ct+ 94 R R v · cv+ · ct 3 R R v+ · cv · ct+ 5 R R 1.448 268 191 93 6,4% v+ ct cv / v ct+ cv+ × v ct cv / v ct cv 89 + 94 + 3 + 5 + + 45 + 40 + 3 + 5 Dedução da ordem dos genes por inspeção Interferência Nos dados da recombinação de v-ct-cv, o valor da FR de v-ct é 0,132 e o valor de ct-cv é 0,064. Assim, se não houver interferência, os recombinantes duplos podem ser esperados na frequência de 0,132 × 0,064 = 0,0084 (0,84%). Na amostra de 1.448 moscas, 0,0084 × 1.448 = 12 recombinantes duplos são esperados. Mas os dados demonstram que apenas 8 foram realmente observados. A interferência é quantificada primeiro por meio do cálculo de um termo denominado coeficiente de coincidência (c.d.c.), que é a proporção de recombinantes duplos observados com relação à esperada. A interferência (I) é definida como 1 — c.d.c. Portanto, Mapa dos 12 cromossomos do tomate Utilização do teste do qui-quadrado para inferir ligação A/a · B/b × a/a · b/b A B 0,25 A b 0,25 a B 0,25 a b 0,25 A B 60 A b 37 a B 41 a b 62 A frequência de recombinantes seria (37 + 41)/200 = 78/200 = 39%, ou 39 u.m. 97:103 para A:a e 101:99 para B: proporções de alelos distorcidas não podem ser responsáveis pelos desvios consideravelmente grandes dos números esperados de 50:50:50:50. 1ª. Etapa: Observado (O) Esperado (E) O - E (O-E)2 (O-E)2/ E 60 50 10 100 2,00 37 50 -13 169 3,38 41 50 -9 81 1,62 62 50 12 144 2,88 Total c2 = 9,88 > 7,815 (3 G.L.) podemos rejeitar a hipótese de nenhuma ligação. Portanto, chegamos à conclusão de que os genes muito provavelmente estão ligados, com distância de aproximadamente 39 u.m. 5a Aula Prática SEGREGAÇÃO DEPENDENTE - LIGAÇÃO E MAPA GENÉTICO I Exercício l Em milho, por exemplo, o loco C1 (colored aleurone) controla a cor de aleurona e está localizado no cromossomo 9. Este loco possui vários alelos, três dos quais estão ilustrados neste capítulo. O alelo C 1-I é dominante sobre todos os outros e produz aleurona incolor; o alelo C1, que produz aleurona colorida, embora seja recessivo em relação ao anterior, é dominante em relação a c1, que produz aleurona incolor. Espiga de milho segregando para o loco C1. Planta C1 c1 autofecundada gerou ¾ de C1 _ (colorida) para ¼ de c1 c1 (incolor). Espiga de milho segregando para o gene sh1: grãos inteiros são Sh1_; grãos colapsados (encolhidos) são sh1 sh1. Uma linha pura (homozigótica) com aleurona colorida e grãos enrugados foi cruzada com uma linha pura com aleurona incolor e grãos normais (não enrugados), produzindo um F1 com aleurona colorida e grãos normais. Para estimar a distância entre os dois locos, o F 1 foi subsequentemente cruzado com uma linhagem testadora e produziu a seguinte progênie: Endosperma Embrião Genótipo: Su su Aleurona b) Determine a frequência de recombinação (valor c) e a distância entre os dois locos e a fase em que se encontra o F1 (se repulsão ou associação). Valor c = (753 + 750) / (753 + 750 + 24310 + 24287) = 1503 / 50100 = 0,03 Distância entre C1 e Sh1 = 3 % Quando há ligação, as combinações parentais são sempre as mais frequentes nos gametas do heterozigoto (C1, sh e c Sh). Neste cruzamento, nos gametas parentais, o alelo dominante de um loco está junto com o alelo recessivo do outro loco; portanto, por convenção, dizemos que o F1 se encontra em repulsão. c) Quais seriam as frequências esperadas de cada fenótipo resultante do cruzamento teste se a distância entre esses dois locos fosse de 130 u.m.? Cálculo da frequência fictícia de recombinantes entre os dois locos com distância de 130 u.m.: FR = (1 - e^(-d/50) / 2 FR = (1 - e^(130/50)) / 2 = (1 - e^2.6) / 2 = 0,463 em que FR = frequência de recombinantes; d = distância entre os genes; e e = base dos logaritmos naturais. Haveria, pois, 0,463 de recombinantes, sendo 0,2315 de cada tipo; os parentais seriam 1 - 0,463 = 0,537, sendo 0,2685 de cada tipo. C1 Sh1 / c1 sh1 Colorido normal 50100 . 0,2685 = 11594,7 C1 sh1 / c1 Sh1 Colorido enrugado 50100 . 0,2685 = 11594,7 c1 Sh1 / C1 sh1 Incolor normal 50100 . 0,2315 = 13455,3 c1 Sh1 / c1 sh1 Incolor enrugado 50100 . 0,2315 = 13455,3 Ideal correlation Haldane’s mapping function Recombination observed Map units Sem funções de mapeamento, basta dizer que, com 130 u.m. de distância, os genes se comportariam quase que como se fossem independentes, produzindo aproximadamente ¼ de cada fenótipo, isto é, aproximadamente 12 525 sementes de cada tipo. Lembrar que a frequência de recombinantes jamais ultrapassa ½, por maior que seja a distância entre os genes. Exercício 2 Duas variedades de milho apresentam a seguinte constituição genética: Variedade Y plantas do tipo Ab/Ab Variedade Z plantas do tipo aB/aB Suponha que as condições AA e BB sejam vantajosas para o agricultor e que seja necessário, portanto, cruzar as duas variedades e obter a F2 para criar uma variedade em que todas as plantas sejam AB/AB. Admita que os genes estejam ligados a uma distância de 10 u.m. (unidades de mapeamento ou centimorgans). Responda: a) Quantas sementes você teria que plantar para obter pelo menos 50 plantas do tipo desejado em F2? Ab/Ab X aB/aB F1 Ab/aB Gametas Como há 10% de recombinantes, há 5% de cada tipo AB 0,05 ab 0,05 Ab 0,45 aB 0,45 F2 A frequência com que surgem AB/AB em F2 é 0,05 x 0,05 = 0,0025 Por regra de três, se 50 sementes equivalem a 0,0025, então x sementes = 1,0000. x = 50 / 0,0025 = 20 000 sementes teriam de ser plantadas para se obterem 50 do genótipo desejado. b) Qual seria esse mesmo número se os genes não estivessem ligados? E se a ligação fosse do tipo absoluto? Genes não ligados: Gametas gerados por AaBb: AB, ab, Ab e aB, com frequência de ¼ cada (2ª Lei de Mendel) Frequência de AABB = ¼ x ¼ = 1/16 Por regra de três, se 50 equivalem a 1/16, então x sementes equivalem a 16/16. x = 50 / (1/16) = 800 sementes teriam de ser plantadas para se obterem 50 sementes AABB. Ligação absoluta: não haveria recombinantes e não adiantaria plantar qualquer número que fosse de sementes. c) Como você visualiza a importância do conhecimento da ligação no planejamento de trabalhos de melhoramento como o mencionado acima? O conhecimento da ligação permite estimar a frequência com que genótipos desejados podem surgir e assim dimensionar o tamanho das populações totais a partir das quais obtê-los. Exercício 3 Herança ligada ao sexo refere-se à herança de caracteres controlados por genes situados na região não homóloga do cromossomo sexual que é comum aos dois sexos (cromossomo X de mamíferos e certos insetos, tais como dípteros, ou cromossomo Z de aves e outros insetos, tais como lepidópteros). No homem, o daltonismo e a hemofilia são exemplos deste tipo de herança. Muitos dos caracteres onde se estudou originalmente o fenômeno de ligação (linkage), em Drosophila e no homem, eram controlados por genes situados no cromossomo X. Suponha que fêmeas homozigóticas recessivas de Drosophila de fenótipos v, “vermilion” (olhos vermelhos) e m, “minute” (asas em miniatura), tenham sido cruzadas com machos selvagens (hemizigóticos) para ambos os caracteres. Admitindo-se que os caracteres v e m são ligados ao sexo e que a distância entre estes genes é de 3 centimorgans, quais serão as frequências esperadas dos genótipos e fenótipos se a geração F1 for cruzada entre si? Mapa: v______m 3 cM Cruzamento: X^vm X^vm x Y X^+ Gametas: 100% de X^vm 50% de X^+ 50% de Y F1: 50% fêmeas X^vm X^++ 50% de machos X^+ Y F2: Frequências para a população como um todo: Gametas femininos Gametas masculinos X^vm 0,485 X^vm Y X^+ Y vermilion 0,2425 vermilion minute X^vm X^vm 0,2425 selvagem Y^+ Y 0,015 vermilion 1/2 fêmeas Y^vm X^+ X^+ 0,0075 vermilion selvagem 0,015 minute Y^vm X^+ X^+ 0,0075 minute 1/2 machos Entre as fêmeas, haverá 0,485 de vermilion minute; 0,485 de selvagem; 0,015 de vermilion; e 0,015 de minute. Entre os machos, haverá 0,485 de vermilion minute; 0,485 de selvagem; 0,015 de vermilion; e 0,015 de minute. 6ª Aula Prática SEGREGAÇÃO DEPENDENTE - LIGAÇÃO E MAPA GENÉTICO II (TESTE DOS 3 PONTOS; INTERFERÊNCIA) Exercício 1 A seguir mostra-se um pequeno segmento do braço longo do cromossomo 4 do milho, em que se situam os genes Tunicata (Tu1), japonica (j2) e glossy (gl 3), juntamente com suas distâncias em relação ao início do mapa do cromossomo. Os fenótipos associados a esses mutantes são exibidos na figura 1. Todos os três têm viabilidade normal e expressão boa. Tu1 j2 gl3 82 87 93 Tu 1 j 2 gl 3 5 6 Entre 20.000 descendentes de um cruzamento teste envolvendo um triplo heterozigoto, quais são as frequências esperadas para os 8 genótipos? Considere que a ligação é em associação para os 3 genes envolvidos e que a coincidência, para efeito deste exercício, seja fixada em 0,5. As distâncias entre os locos são calculadas pela subtração das posições de cada loco em relação ao começo do mapa: Distância entre Tu 1 e j 2: 87-82 = 5 cM, o que significa que a frequência de recombinantes TOTAL (rec. simples nessa região e mais os duplos, que também envolvem essa região) é de 0,05. Distância entre j 2 e gl 3: 93-87 = 6 cM, o que significa que a frequência de recombinantes TOTAL (rec. simples nessa região e mais os duplos, que também envolvem essa região) é de 0,06. Figura 1. Fenótipos de Tunicata, japonica e glossy em milho. Tunicata produz glumas não atrofiadas em volta de cada grão de milho, japonica provoca o aparecimento de estrias brancas nas folhas e glossy aumenta a quantidade de cera depositada na superfície das folhas, impedindo a água de se acumular. Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j gl Ausência de crossing-overs na região Tu-j-gl >> só gametas parentais Estudo da meiose do triplo heterozigoto Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu J Gl Tu j gl tu j gl Crossing-over só na região Tu-j >> metade dos gametas é recombinante entre Tu e j , a outra metade é parental Estudo da meiose do triplo heterozigoto Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j Gl Tu J gl tu j gl Crossing-over só na região j - gl >> metade dos gametas é recombinante entre j e gl , a outra metade é parental Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu j gl Tu J Gl tu J gl Tu j Gl tu j gl Crossing-over tanto na região Tu-j como na região j-gl >> metade dos gametas é de duplos recombinantes, a outra metade é parental (só parte das possibilidades é mostrada aqui, mas os resultados médios são os mesmos) Estudo da meiose do triplo heterozigoto Nos cromossomos duplos recombinantes, é só o gene do meio que se altera em relação aos parentais Duplos recombinantes (intersecção verde): (freq. Tu – j) x (freq. j – gl) x (coincidência) = 0,05 . 0,06 . 0,5 = 0,0015, sendo metade (0,00075) Tu j Gl e metade (0,00075) tu J gl Recombinantes simples Tu – j (lua crescente azul dentro do círculo): (freq. total de recomb. Tu – j) – (freq. de recomb. duplos) = = 0,05 – 0,0015 = 0,0485, sendo metade (0,02425) Tu j gl e metade (0,02425) tu J Gl Recombinantes simples j – gl (lua minguante amarela dentro do círculo): (freq. total de recomb. j – gl) – (freq. de recombinantes duplos) = 0,06 – 0,0015 = 0,0585, sendo metade (0,02925) Tu J gl e metade (0,02925) tu j Gl Parentais: o restante, ou seja, 1 – 0,0015 – 0,0485 – 0,0585 = 0,8915, sendo metade (0,44575) Tu J Gl e metade (0,44575) tu j gl Exercício l 6a Aula Prática SEGREGAÇÃO DEPENDENTE - LIGAÇÃO E MAPA GENÉTICO II (TESTE DOS 3 PONTOS; INTERFERÊNCIA O teste de três pontos é o seguinte: Tu 1 j2 Gl3 X tu 1 j2 gl3 tu1 j2 gl3 tu1 j2 gl3 Os gametas produzidos pelo heterozigoto são de quatro tipos: duplos recombinantes, recombinantes simples Tu 1- j 2, recombinantes simples j 2 – gl 3 e parentais. Por praticidade, começa-se calculando as frequências dos duplos recombinantes. Duplos recombinantes: (freq. Tu1 – j2) x (freq. j2 – gl3) x (coincidência) = 0,05 . 0,06 . 0,5 = 0,0015, sendo metade (0,00075) Tu 1 j2 Gl 3 e metade (0,00075) tu 1 J 2 gl 3. Recombinantes simples Tu 1 - j 2: (freq. total de recomb. Tu1 – j2) – (freq. de recomb. duplos) = 0,05 – 0,0015 = 0,0485, sendo metade (0,02425) Tu 1 j 2 gl 3 e metade (0,02425) tu 1 j 2 Gl 3. Recombinantes simples j 2 – gl 3: (freq. total de recomb. j 2 – gl 3) – (freq. de recombinantes duplos) = 0,06 – 0,0015 = 0,0585, sendo metade (0,02925) Tu 1 J 2 gl 3 e metade (0,02925) tu 1 j 2 Gl 3. Parentais: o restante, ou seja, 1 – 0,0015 – 0,0485 – 0,0585 = 0,8915, sendo metade (0,44575) Tu 1 J 2 Gl 3 e metade (0,44575) tu 1 j2 gl3. Em 20000 descendentes, as frequências absolutas de cada genótipo são: Em Tu 1 j 2 Gl 3 30 tu 1 j2 gl3 15 Tu 1 j 2 gl 3 485 tu 1 J 2 Gl 3 485 Tu 1 J 2 gl 3 585 tu 1 j 2 Gl 3 585 Tu 1 J 2 Gl 3 8915 tu 1 j 2 gl3 8915 Exercicio 2 Em Drosophila melanogaster, há três genes recessivos situados no mesmo cromossomo e que afetam o aspecto do corpo do indivíduo adulto: h - (hairy), corpo piloso jv - (javelin), cerdas cilíndricas ve - (veinlet), pequenas veias nas asas Fêmeas heterozigotas foram submetidas ao cruzamento com machos triplos-recessivos, produzindo a seguinte progênie: Fenótipo Genótipo da mosca Frequência selvagem ++ / h jv ve 326 veinlet javelin + ve jv / h jv ve 39 veinlet + ve + / h jv ve 90 javelin + jv / h jv ve 4 hairy veinlet javelin h ve jv / h ve jv 396 hairy veinlet h ve + / h ve jv 2 hairy h + + / h jv ve 34 hairy javelin h + jv / h jv ve 100 Determine as distâncias genéticas e a ordem dos genes e calcule o valor da coincidência. Como o macho só produz um tipo de gameta, h jv ve, pode-se deduzir o genótipo dos gametas fornecidos pela fêmea (OBS: ESTA TABELA ABAIXO NÃO ESTÁ NA APOSTILA DOS ALUNOS, É MAIS PARA VOCES SE BASEAREM): Genótipo do gameta feminino Frequência Tipo do gameta gam. fem. + + + 326 Parental + ve jv 39 Recombinante simples h - jv + ve + 90 Recombinante simples jv – ve + jv + 4 Duplo recombinante h ve jv 396 Parental h ve + 2 Duplo recombinante h + + 34 Recombinante simples h – jv h + jv 100 Recombinante simples jv – ve Total 991 Compara-se cada duplo recombinante com o parental mais similar para determinar qual é o gene do meio: +++ com ++jv e h jv ve com h + ve. Em cada caso, é o gene jv que se altera. Portanto, o gene jv é o gene do meio (h jv ve). Recombinação entre h e jv: parentais: ++ e h jv recombinantes: + jv h + total 79 % recombinantes = 79/991 = 0,0797 Recombinação entre jv e ve: parentais: ++ e jv ve recombinantes: + ve jv + total 196 % recombinantes = 196/991 = 0,1978 Recombinação entre h e ve: parentais: ++ e h ve recombinantes: + ve h + total 263% recombinantes = 263/991 = 0,2654. Se já não tivéssemos determinado acima qual é o gene do meio, aqui teríamos outra oportunidade de fazê-lo: a maior distância das três é forçosamente aquela entre os dois genes das extremidades, ou seja, 26,54. Os genes h e ve, portanto, ficam nas extremidades ejv, no meio. h jv ve 7,97 19,78 19,78 é muito maior que 10,00 e, portanto, não deve ser uma medida acurada da distância jv - ve, mas é o melhor a que se pode chegar sem uma função de mapeamento. A soma de 7,97 + 19,78 = 27,75, no entanto, pode ser feita para melhorar a estimativa da distância h - ve: 27,75 é mais acurado que os 26,54 obtidos acima diretamente. Coincidência: freq. observada / freq. esperada = ([4 + 2]/991) / 0,0797 · 0,1978 = = 0,00605 / 0,01576 = 0,3838 Se usarmos a função de mapeamento da 54 aula, a distância jv - ve fica estimada em 25,176 e a distância total h - ve passa a 33,146 cM. d = -.50.ln(1-2(FR)] = -.50.ln(1-2(0,1978)) = 25,176 Finis 5ª. / 6ª. Aulas teóricas/práticas GENÉTICA LGN-215 ESALQ/USP Professor: Giancarlo C. X. Oliveira 7ª. AULA TEÓRICA: Mutação – Herança citoplasmática 8ª. AULA TEÓRICA: Variações numéricas em cromossomos MUTAÇÃO Origem e usos na agricultura (mutagênese artificial) O Código Genético Códon Aminoácido Código de 1 letra Códon Aminoácido Código de 1 letra AAU Asn N GAU Asp D AAC Asn N GAC Asp D AAA Lys K GAA Glu E AAG Lys K GAG Glu E ACU Thr T GCU Ala A ACC Thr T GCC Ala A ACA Thr T GCA Ala A ACG Thr T GCG Ala A AGU Ser S GGU Gly G AGC Ser S GGC Gly G AGA Arg R GGA Gly G AGG Arg R GGG Gly G AUU Ile I GUU Val V AUC Ile I GUC Val V AUA Ile I GUA Val V AUG Met/ iniciador M GUG Val V CAU His H UAU Tyr Y CAC His H UAC Tyr Y CAA Gln Q UAA Terminador CAG Gln Q UAG Terminador CCU Pro P UCU Ser S CCC Pro P UCC Ser S CCA Pro P UCA Ser S CCG Pro P UCG Ser S CGU Arg R UGU Cys C CGC Arg R UGC Cys C CGA Arg R UGA Terminador CGG Arg R UGG Trp W CUU Leu L UUU Phe F CUC Leu L UUC Phe F CUA Leu L UUA Leu L CUG Leu L UUG Leu L O Código Genético mais comum (existem 14 variantes) Mutações não-sinônimas com efeitos nos aminoácidos do sítio ativo de uma enzima ou naqueles aminoácidos com influência no correto dobramento da proteína que mantém o sítio ativo no lugar, podem afetar a eficiência da reação catalizada ou mesmo suprimi-la. Mutações que afetam outros aminoácidos podem ter um efeito negligenciável ou nenhum efeito sobre a eficiência da proteína. Um exemplo de mutação em bactéria resultando em resistência a antibiótico Aumento do íntron Incorporação de íntron ao mRNA Deslizamento de fita durante replicação Síntese em andamento Um 5° T se pareia com o 4° A Um 6° T se pareia com o 5° A Os 6 T's exigem 6 A's 4 GA para 5 CT As bases podem ter formas tautoméricas propensas a mal pareamento (a) Pareamento normal de base Citosina Guanina Timina Adenina (b) Bases mal pareadas Forma imino rara de citosina (C*) Adenina Forma enol rara de timina (T*) Guanina Citosina Forma imino rara de adenina (A*) Timina Forma enol rara de guanina (G*) FIG. 15.8 Pareamento normal de bases (a). Pareamento entre as formas tautoméricas de bases resulta... Mudanças tautoméricas nas bases do DNA podem causar mutações Forma tautomérica enol rara de guanina DNA parental ACGTC TGCA Replicação do DNA AC TG C*T CAG Replicação do DNA Tipo selvagem ACGTC TGCAC Mutante ACATC TGCAT Tipo selvagem ACGTC TGCA Tipo selvagem ACGTC TGCA Prole de primeira geração Prole de segunda geração (a) Transposição (por transcrição reversa) Elemento transponível RNA Transcrição reversa Alvo (b) Permuta genética desigual A B A B B A Tipos de mutações cromossômicas Relocação de material genético Translocação De outro cromossomo Inversão Perda de material genético Deleção Cromossomo(s) faltando Sequência tipo selvagem Duplicação Cromossomo(s) extra(s) Ganho de material genético ° ° ° ° ° ° 1 2 3 4 5 9.999.999.999 10.000.000.000 1 2 3 4 5 99.999 100.000 HERANÇA CITOPLASMÁTICA (OU EXTRANUCLEAR) Organização geral dos genomas de eucariotos, procariotos e vírus Representação de uma mitocôndria com 4 moléculas circulares de DNA idênticas Representação de um cloroplasto com 4 moléculas de DNA circular idênticas Genomas de organelas DNA mitocondrial de levedura (cerca de 78 kb) DNA mitocondrial humano (cerca de 17 kb) Produção de energia RNA ribossômicos tRNA para a síntese proteica Não genico DNA do cloroplasto de hepática (121 kb) Cada molécula de DNA se replica, e a mitocôndria fica com 8 moléculas A mitocôndria se prepara para se dividir por bipartição Formam-se duas mitocôndrias filhas, com o mesmo número de moléculas de DNA que a mãe (4) Não há nenhuma ordem ou lei para a distribuição das moléculas; a distribui- ção é ao acaso Replicação sem mutação Cada molécula de DNA se replica, e a mitocôndria fica com 8 moléculas. Uma mutação ocorre em uma das moléculas A mitocôndria se prepara para se dividir por bipartição Formam-se duas mitocôndrias filhas, com o mesmo número de moléculas de DNA que a mãe (4) Não há nenhuma ordem ou lei para a distribuição das moléculas; a distribui- ção é ao acaso Mitocôndria 1 Replicação com mutação Um dos exemplos possíveis Cada molécula de DNA se replica, e a mitocôndria fica com 8 moléculas. A molécula mutante também se replica A mitocôndria se prepara para se dividir por bipartição Formam-se duas mitocôndrias filhas, com o mesmo número de moléculas de DNA que a mãe (4) Não há nenhuma ordem ou lei para a distribuição das moléculas; a distribui- ção é ao acaso (herança citoplasmática) Mitocôndria 2 Um dos exemplos possíveis Cada molécula de DNA se replica, e a mitocôndria fica com 8 moléculas. A molécula mutante também se replica A mitocôndria se prepara para se dividir por bipartição Formam-se duas mitocôndrias filhas, com o mesmo número de moléculas de DNA que a mãe (4) Não há nenhuma ordem ou lei para a distribuição das moléculas; a distribui- ção é ao acaso (herança citoplasmática) Mitocôndria 3 Um dos exemplos possíveis Cada molécula de DNA se replica, e a mitocôndria fica com 8 moléculas. A molécula mutante também se replica A mitocôndria se prepara para se dividir por bipartição Formam-se duas mitocôndrias filhas, com o mesmo número de moléculas de DNA que a mãe (4) Não há nenhuma ordem ou lei para a distribuição das moléculas; a distribui- ção é ao acaso (herança citoplasmática) Mitocôndria 4 Um dos exemplos possíveis Resumindo, Ou, para simplificar, Mitocôndria com genótipo original Mitocôndria com genótipo mutante Em esquemas futuros, uma só seta será usada para representar todos os passos intermediários Cada mitocôndria se replica, e a célula fica com 8 mitocôndrias A célula se prepara para se dividir por mitose Formam-se duas células filhas, com o mesmo número de mitocôndrias que a mãe (4) Não há nenhuma ordem ou lei para a distribuição das mitocôndrias; a distribui- ção é ao acaso Herança das mitocôndrias ao longo de uma linhagem de células Depois de várias mitoses, representa-se uma das muitas células descendentes possíveis Como já indicado em slide anterior, esta seta representa várias gerações de multiplicação de mitocôndrias seguidas de várias mitoses ao longo das quais uma molécula inicial de DNA sofre uma mutação que, por acaso, acaba se fixando dentro de uma mitocôndria. Célula 1 Cada mitocôndria se replica, e a célula pré-mitótica fica com 8 mitocôndrias A célula se prepara para se dividir por mitose Formam-se duas células filhas, com o mesmo número de mitocôndrias que a mãe (4) Não há nenhuma ordem ou lei para a distribuição das mitocôndrias; a distribui- ção é ao acaso Célula 1 Célula 2 Um dos exemplos possíveis Cada mitocôndria se replica, e a célula pré-mitótica fica com 8 mitocôndrias A célula se prepara para se dividir por mitose Formam-se duas células filhas, com o mesmo número de mitocôndrias que a mãe (4) Não há nenhuma ordem ou lei para a distribuição das mitocôndrias; a distribui- ção é ao acaso Célula 2 Célula 3 Um dos exemplos possíveis Cada mitocôndria se replica, e a célula pré-mitótica fica com 8 mitocôndrias A célula se prepara para se dividir por mitose Formam-se duas células filhas, com o mesmo número de mitocôndrias que a mãe (4) Não há nenhuma ordem ou lei para a distribuição das mitocôndrias; a distribui- ção é ao acaso Célula 3 Célula 4 Um dos exemplos possíveis Sementes c/ mitocôndrias mutantes darão origem a plantas inteiras com mitocôndrias mutantes Célula 4 Todas as células descendentes desta durante o desenvolvimento do organismo serão mutantes; se a célula originar um meristema, todo um setor do organismo será mutante. All-white branch Main shoot is variegated All-green branch Figure 2-30 Leaf variegation in Mirabilis jalapa, the four-o'clock plant. Flowers can form on any branch (variegated, green, or white), and these flowers can be used in crosses. 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 1 2 3 4 5 6 7 8 5 6 7 8 1 1 3 5 5 6 6 8 2 2 3 7 7 8 4 4 Os cloroplastos se dividem, depois de terem replicado seu DNA Os cloroplastos filhos se separam em dois grupos mais ou menos iguais, mas não há mecanismos controlados e exatos* que obriguem os filhos de um mesmo cloroplasto-mãe a irem cada qual para um pólo da célula. * como os que agem sobre os cromossomos homólogos Uma mutação ocorre na replicação do DNA cloroplastidial Um dos cloroplastos filhos tem um alelo mutante aclorofilado (incolor) O cloroplasto incolor é transmitido aleatoriament e para uma das células filhas Célula A 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 1 2 3 4 5 6 7 8 5 6 7 8 1 1 3 5 5 6 6 8 2 2 3 7 7 8 4 4 Os cloroplastos se dividem, depois de terem replicado seu DNA Os cloroplastos filhos se separam em dois grupos mais ou menos iguais, mas não há mecanismos controlados e exatos* que obriguem os filhos de um mesmo cloroplasto-mãe a irem cada qual para um pólo da célula. * como os que agem sobre os cromossomos homólogos Célula A Célula B Os cloroplastos filhos se separam em dois grupos mais ou menos iguais, mas não há mecanismos controlados e exatos* que obriguem os filhos de um mesmo cloroplasto-mãe a irem cada qual para um pólo da célula. * como os que agem sobre os cromossomos homólogos Aqui, por exemplo, os 4 cloroplastos incolores foram, por mero acaso, conduzidos à mesma célula-filha Célula B Célula C Três possibilidades de segregação, dentre as várias Célula C Célula C Célula C Egg cell of female (n) Pollen cell of male (n) Zygote constitution (2n) White ♀ Any ♂ Nucleus Chloroplast White Green ♀ Any ♂ Green Variegated ♀ Any ♂ Egg type 1 White Egg type 2 Green Egg type 3 Cell division Variegated Citoplasma macho-fértil Citoplasma macho-estéril Muitas divisões celulares depois , com a ocorrência da segregação citoplasmática, podem produzir linhagens celulares totalmente ms e outras totalmente mf Uma mutação pode produzir um alelo para macho-esterilidade; de maneira vaga, o genótipo mutante é chamado de “citoplasma macho-estéril” Rf Rf Rf (ou Rf rf) rf rf Rf Rf ou Rf rf) rf rf Citoplasma ms (macho-estéril) + genes restauradores de fertilidade nucleares = macho-fértil Citoplasma ms (macho-estéril) sem genes restauradores de fertilidade nucleares = macho-estéril Citoplasma mf (macho-fértil) + genes restauradores de fertilidade nucleares = macho-fértil Citoplasma mf (macho-fértil) sem genes restauradores de fertilidade nucleares = macho-fértil Uma utilização prática da macho- esterilidade no melhoramento genético de plantas • A macho-esterilidade é extremamente útil na hibridação de plantas que têm os dois sexos presentes no mesmo indivíduo, pois torna desnecessário executar os cruzamentos ou emasculações manualmente. É particularmente importante nos cruzamentos entre plantas com flores hermafroditas e muito pequenas. • O caráter foi usado pela primeira vez no melhoramento do milho, na década de 1930, e ainda é usado. É com espécie que a técnica será exemplificada. Pólen de B Pólen de D Linhagem C Linhagem D Sementes de híbrido sim- ples (C x D) produzidas em um campo isolado Pólen de (CxD) Linhagem B Linhagem A Sementes de híbrido sim- ples (AxB) produzida em um camplo isolado Híbrido simples (AxB) Híbrido simples (CxD) Sementes de híbrido duplo (AxB) x (CxD) são produzidas em um campo isolado, vendidas para o agricultor e plantadas para produzir milho híbrido duplo altamente produtivo Macho-estéril Macho-estéril Pólen de B Pólen de D Linhagem C Linhagem D Sementes de híbrido sim- ples (C x D) produzidas em um campo isolado Pólen de (CxD) Linhagem B Linhagem A Sementes de híbrido sim- ples (AxB) produzida em um camplo isolado Macho-estéril Híbrido simples (AxB) Híbrido simples (CxD) Sementes de híbrido duplo (AxB) x (CxD) são produzidas em um campo isolado, vendidas para o agricultor e plantadas para produzir milho híbrido duplo altamente produtivo Macho-estéril Macho-fértil Metade das sementes é macho- fértil e metade é macho-estéril S = citoplasma macho-estéril N = citoplasma normal (macho-fértil) Rf = gene nuclear restaurador da fertilidade masculina (alelo domi- nante) rf = alelo não restaurador As plantas férteis são mais do que suficientes para polinizar as estéreis. ALTERAÇÕES NUMÉRICAS EM CROMOSSOMOS Espécie de grupo genômico A 2n: AA Espécie de grupo genômico B 2n: BB Híbrido estéril AB Híbrido fértil AABB Híbrido fértil AABB Híbrido fértil AABB 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=12 n=6 2n=24 n=12 2n=24 n=12 2n=24 n=12 Genoma do gameta Nenhum gameta Genoma do gameta 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=12 2n=24 2n=24 2n=24 2n=12 2n=2x Diploide o gameta é Haploide (n = x = 6) 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n-2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=12 2n=2x Diploide 2n=24 2n=4x Tetraploide 2n=24 2n=4x Tetraploide 2n=24 2n=4x Tetraploide Autotetraploide (2n = 4x = 24) Tetraploide (2n: BBBB) Alotetraploide (2n = 4x = 24) Tetraploide (2n: AABB) Autotetraploide (2n = 4x = 24) Tetraploide (2n: AAAA) Alooctoploide (2n = 8x = 48) Octoploide (2n: AAAABBBB) Autooctoploide (2n = 8x = 48) Octoploide (2n: AAAAAAAA X Geração parental (2n) 2n = 24 = 4x (Tetraploide) 2n = 12 = 2x (Diploide) n = 12 n = 6 Autotriploide (2n = 3x = 18) Triploide (quase 100% estéril – geralmente as ploidias ímpares são) (É a média das ploidias dos pais: (2 + 4)/2 ) Pode surgir também por não-redução do gameta de um dos pais. Gametas (n) Monossômico do 2 (2n = 11) Monossômico do 6 (2n = 11) Monossômico do 2 e do 6 (2n = 10) Nulissômico do 5 (2n = 10) Trissômico do 6 (2n = 13) Trissômico do 1 (2n = 13) Trissômico do 1 e do 6 (2n = 14) Tetrassômico do 3 (2n = 14) Figure 15-3 Frequency distribution of haploid chromosome number in dicot plants. Notice the excess of even-numbered values in the higher ranges, suggesting ancestral polyploidization. (Adapted from Verne Grant, The Origin of Adaptations. Columbia University Press, 1963.) Figure 15-4 Epidermal leaf cells of tobacco plants with increasing ploidy. Cell size increases, particularly evident in stoma size, with an increase in ploidy. (a) Diploid; (b) tetraploid; (c) octoploid. (From W. Williams, Genetic Principles and Plant Breeding. Blackwell Scientific Publications, Ltd.) Pairing possibilities Trivalent Bivalent Univalent Figure 15-5 Pairing of three homologous chromosomes. The three homologous chromosomes of a triploid may pair in two ways at meiosis, as a trivalent or as a bivalent plus a univalent. Colchicina Colchicum autumnale Mitosis in a diploid, 2n = 4 With colchicine Two diploid cells One tetraploid cell, 4n = 8 Figure 15-6 The use of colchicine to generate a tetraploid from a diploid. Colchicine added to mitotic cells during metaphase and anaphase disrupts spindle-fiber formation, preventing the migration of chromatids after the centromere is split. A single cell is created that contains pairs of identical chromosomes that are homologous at all loci. Pairing possibilities Two bivalents One quadrivalent Univalent + Trivalent Figure 15-7 Three different meiotic pairing possibilities in tetraploids. The four homologous chromosomes may pair as two bivalents or a quadrivalent, and each can yield functional gametes. A third possibility, a trivalent plus a univalent, yields nonfunctional gametes. Nabo Mostarda preta Couve, etc... Mostarda castanha Colza ou couve- nabiça, incluindo as variedades de canola ("Canadian oil, low acid") Mostarda abissínia Nagaharu U (Woo Jang-Choon) Triângulo de U Figure 15-13 The origin of aneuploid gametes by non-disjunction at the first or second meiotic division. Note that all other chromosomes are present in normal number, including cells in which no chromosomes are shown. Figure 15-22 Meiotic products resulting from a single crossover within a paracentric inversion loop. Two nonsister chromatids cross over within the loop. Figure 15-23 Meiotic products resulting from a single crossover within a pericentric inversion loop. Translocation heterozygote Original position of translocated segment Normal Translocated Pairing configuration Two types of segregations: Adjacent-1 Alternate T1 + N2 N1 + T2 T1 + T2 N1 + N2 Final meiotic products Duplication of purple, deletion of orange translocated segment Duplication of orange, deletion of purple translocated segment Translocated genotype Normal Often inviable Both complete and viable ANIMATED ART Chromosome rearrangements; reciprocal translocation Figure 15-24 The two most commonly encountered chromosome segregation patterns in a reciprocal translocation heterozygote. N1 and N2, normal homologous chromosomes; T1 and T2, translocated chromosomes. Up and Down designate the opposite poles that homologs migrate to during anaphase I. Finis 7ª. Aula teórica f_k(x) χ²_k x 13 k=1 k=2 k=3 k=4 k=6 k=9 2 Genética – ESALQ/USP 2ª Aula Prática – Herança monogênica I Objetivo: Aprender a aplicar um teste estatístico para verificar se uma hipótese genética, proposta para explicar o resultado de um cruzamento, é provável. Teste estatístico: o teste do qui-quadrado (c2), um teste usado quando os dados vêm na forma de frequências absolutas de estados de caráter. Material: A espécie é o milho (Zea mays), da família das Poaceae (Gramíneas), uma espécie-modelo, ou seja, uma espécie sobre a qual se acumulou uma quantidade muito grande de informações genéticas. O caráter observado é a textura de sementes, em que se detectaram dois estados de caráter, semente lisa e semente enrugada. Os dois fenótipos são observados em diversos pés de milho e na mesma espiga, em diferentes proporções, dependendo da planta. Os dois fenótipos são apresentados a seguir, numa espiga mista (cada grão de milho contém um filho (o embrião) da planta de milho e, para efeitos práticos, pode ser considerado como um filho). As espigas de uma planta podem ser consideradas a progênie dessa planta. A variação é discreta, isto é, não há intermediários entre o fenótipo enrugado e o liso. O milho permite autofecundações, e os pesquisadores perceberam que, quando uma planta originada de uma semente enrugada é autofecundada, todas as sementes filhas são também enrugadas, ou seja, trata-se de uma linha pura. Quando plantas originadas de sementes lisas são autofecundadas, algumas dão espigas só com sementes lisas, ou seja, trata-se de linhas puras, e outras dão espigas mistas. As linhas puras enrugadas e lisas podem ser usadas para montar um experimento nos moldes mendelianos. 4 enrugada lisa X Linhagem enrugada Linhagem lisa As sementes nestas espigas constituem a F1 As sementes nestas espigas constituem a F2; elas é que são analisadas pelo teste estatístico 310 lisas 90 enrugadas 360 lisas 40 enrugadas 290 lisas 110 enrugadas Estas sementes e as plantas que elas originam são a geração P (parental) 5 FO de Lisas FO de Enrugadas 12 0 11 1 10 2 9 3 8 4 7 5 6 6 5 7 4 8 3 9 2 10 1 11 0 12 Todas as possíveis progênies F2 de 12 sementes, com relação a sementes lisas e enrugadas 6 O teste do c2 Fenótipos FO Frequência observada (dados) FE Freqüência esperada (hipótese) FO-FE (desvio em relação à hipótes e) (FO-FE)2 (desvio ao quadrado) (FO-FE)2 /FE Lisas 310 300 10 100 0,33 Enrugadas 90 100 -10 100 1,00 Total 400 400 0 c2= 1,33 < 3,84 Não rejeitamos a hipótese O valor de c2 dá uma ideia relativa da magnitude do desvio dos resultados do experimento em relação ao esperado 1ª. espiga Tabela do qui-quadrado, da pág. 58 da apostila 7 Fenótipos FO Frequência observada (dados) FE Freqüência esperada (hipótese) FO-FE (desvio em relação à hipótes e) (FO-FE)2 (desvio ao quadrado) (FO-FE)2 /FE Lisas 320 300 20 400 1,33 Enrugadas 80 100 -20 400 4,00 Total 400 400 0 c2= 5,33 > 3,84 Rejeitamos a hipótese 2ª. espiga Tabela do qui-quadrado, da pág. 58 da apostila 8 Fenótipos FO Frequência observada (dados) FE Freqüência esperada (hipótese) FO-FE (desvio em relação à hipótes e) (FO-FE)2 (desvio ao quadrado) (FO-FE)2 /FE Lisas 290 300 -10 100 0,33 Enrugadas 110 100 10 100 1,00 Total 400 400 0 c2= 1,77 < 3.84 Não rejeitamos a hipótese 3ª. espiga Tabela do qui-quadrado, da pág. 58 da apostila 9 Fenótipos FO Frequência observada (dados) FE Freqüência esperada (hipótese) FO-FE (desvio em relação à hipótes e) (FO-FE)2 (desvio ao quadrado) (FO-FE)2 /FE Lisas 920 900 20 400 0,444 Enrugadas 280 300 -20 400 1,333 Total c2= 1,777 < 3,84 Não rejeitamos a hipótese Soma das 3 espigas Tabela do qui-quadrado, da pág. 58 da apostila 10 Qual a lógica do teste do c2? Em primeiro lugar, qual a razão do algoritmo? FO FE FO-FE Módulo Quadrado 20 30 -10 10 100 20 10 10 10 100 40 40 0 20 200 FO FE FO-FE Módulo Quadrado 28 30 -2 2 4 12 10 2 2 4 40 40 0 4 8 FO FE FO-FE Módulo Quadrado 290 300 -10 10 100 110 100 10 10 100 400 400 0 20 200 FO FE FO-FE Quadrado Quadrado relativo 20 30 -10 100 100/30=3,33 20 10 10 100 100/10=10,00 40 40 0 200 13,33 FO FE FO-FE Quadrado Quadrado relativo 290 300 -10 100 100/300=0,33 110 100 10 100 100/100=1,00 400 400 0 200 1,33 Tanto o médulo como o quadrado dão somas proporcionais ao desvio quando o tamanho da amostra é igual. Quando o tamanho da amostra é diferente, no entanto, a proporcionalidade desaparece Uma maneira de consertar isso é relativizar o quadrado, i.e., dividi-lo pela frequência esperada (ou seja, em relação ao esperado, quanto representa o desvio? 11 FO de Lisas FO de Enrugadas FE de Lisas FE de enrugadas c2 12 0 9 3 4,00 11 1 9 3 1,77 10 2 9 3 0,44 9 3 9 3 0,00 8 4 9 3 0,44 7 5 9 3 1,77 6 6 9 3 4,00 5 7 9 3 7,11 4 8 9 3 11,11 3 9 9 3 16,00 2 10 9 3 21,77 1 11 9 3 28,44 0 12 9 3 36,00 Distribuição de todos os valores de qui-quadrado para amostras de 12 sementes 12 Qual a lógica do teste do c2? Em segundo lugar, o que é o valor crítico de c2? 3,84 5% da área sob o gráfico Distribuição de qui-quadrado com 1 grau de liberdade (GL) Ponto crítico (0,05) 0,05 14 Por que as proporções numa espiga F2 não são sempre exatamente 3:1? Em primeiro lugar, embora a meiose feminina produza 4 megásporos (num heterozigoto Aa, cada meiócito produz 2 megásporos A e 2 a), 3 deles sempre morrem , sobrando apenas 1. Qual o genótipo do megásporo sobrevivente? É aleatório, às vezes sendo A, às vezes a. Na espiga toda, pode haver um desbalanceamento entre A e a, com um desvio da proporção de 1:1. Em segundo lugar, embora a meiose masculina produza 4 micrósporos (grãos de pólen, 2 A e 2 a num heterozigoto) e todos sobrevivam num primeiro momento, eles são produzidos em número centenas de vezes superior ao necessário. Muitos não chegam aos cabelos do milho por obra do acaso, alguns chegam mas perdem a competição com outros grãos também por mero acaso. Assim, a proporção de A e a se desvia de 1:1. 15 O teste indica que a proporção encontrada nas espigas é 3:1, que é típica de uma F2 clássica envolvendo um gene com dois alelos , um dominante e outro recessivo. Os genótipos e fenótipos dos indivíduos envolvidos na genealogia que produziu a F2 são: Linha pura lisa Su Su x Linha pura enrugada su su F1 lisa Su su F2 com 3/4 de lisas para 1/4 de enrugadas, em média, ou, em termos de genótipos, 1/4 lisas Su Su 2/4 lisas Su su 1/4 enrugadas su su 16 A anatomia do grão de milho Endosperma Genótipo: Su Su su Lisa Embrião Genótipo: Su su ♀Su ♂ su Gametas Endosperma Genótipo: SuSuSu Lisa Embrião Genótipo: SuSu ♀Su ♂Su Gametas Endosperma Genótipo: su su su enrugada Embrião Genótipo: su su ♀su ♂ su Gametas Endosper ma Genótipo: Su su su Lisa Embrião Genótipo: Su su ♀su ♂ Su Gametas 17 Genética do milho doce: Há dois grupos de milhos com elevado teor de açúcar (consumidos ainda imaturos, antes de perderem água e ficarem duros): 1) O grupo dos milhos doces, que são 2 a 4 vezes mais doces que os milhos normais, e têm alguns ou todos os seguintes mutantes recessivos em homozigose: su1 (sugary 1), du1 (dull1) ou ae1 (amylose extender 1). O grupo dos milhos superdoces, que são 2 vezes mais doces que os milhos doces, têm alguns ou todos os seguintes mutantes recessivos em homozigose: brittle1 (by1), brittle2 (bt2) e shrunken 1 (sh1). Todos eles afetam de alguma forma a síntese de amido a partir de carboidratos mais simples, causando assim o acúmulo destes no endosperma, tornando-o mais mole e cremoso. 18 • c) Qual foi a sua conclusão? • A análise tem 1 grau de liberdade (2 categorias fenotípicas menos 1) • Neste caso, em que o qui-quadrado é menor que o valor limite (3,84, para 1 grau de • liberdade), a progênie pode ser considerada uma F2 típica, e não há base para rejeitar a • hipótese de 3:1, ou seja, de que a progênie seja resultante de um cruzamento de dois • heterozigotos para os mesmos alelos. Aceita-se essa hipótese com um grau de significância de • 5%. Se o qui-quadrado tivesse sido maior que 3,84, a hipótese seria rejeitada com 5% de • significância. • d) Se, por acaso, a espiga recebida não apresentou a segregação 3:1, qual ou quais são as • explicações? • A progênie avaliada pode ser realmente produzida por um cruzamento Susu X Susu • mas ser atípica, unicamente por causa do acaso. • Alternativamente, pode ter ocorrido um outro tipo de cruzamento. • e) No caso estudado, pode-se determinar o genótipo dos indivíduos F2 pelo conhecimento do seu • fenótipo? Justifique. • Sim, mas somente no caso das sementes enrugadas, pois como o alelo ‘su’ é recessivo, • toda planta com sementes enrugadas é ‘susu’. No caso das sementes lisas, apenas • parcialmente. Tanto Susu como SuSu têm fenótipo de sementes lisas. Portanto, apenas o • alelo ‘Su’ pode ser determinado com certeza. 19 • Finis • 2ª. Aula Prática • Genética GENÉTICA LGN-215 ESALQ/USP Professor: Giancarlo C. X. Oliveira 2ª. AULA TEÓRICA Genética da transmissão I Tipos comuns de união de gametas AA aa Aa Aa Geração I Geração II I - 1 I - 2 II – 1 II - 2 × II – 1 I - 2 II – 1 I - 1 Aa aa Aa AA Cruzamento endogâmico Autofecundação Retrocruzamento com o parental I-2 Retrocruzamento com o parental I-1 Tipos de INTERAÇÃO ALÉLICA ou seja, como os diferentes alelos trabalham juntos para construir o fenótipo heterozigoto Para poder comparar a maioria dos tipos de interação gênica, imagine caracteres numéricos, mas de variação discreta, como, por exemplo, diversas alturas sem intermediários. 1) Dominância completa (100%) de A sobre a (ou recessividade completa de a) 2 4 6 8 10 12 . aa AA Aa AA x aa 1 Aa 10 AA x Aa 1/2 AA 1/2 Aa 100% 10 AA x AA 1 AA 100% 10 Aa x Aa 1/4 AA 1/2 Aa 1/4 aa 10 10 2 aa x Aa 1/2 aa 1/2 Aa 2 10 aa x aa 1 aa 2 2 4 6 8 10 12 . aa Aa AA . 2) Ausência de dominância (isto é, grau de dominância =0) Fenótipos vermelho, rosa e branco de plantas de maravilha (Mirabilis jalapa, uma nictaginácea; "four o’clock", em inglês) O heterozigoto rosa mostra ausência de dominância. Aa x aa 1/2 Aa 1/2 aa rosa branco 1:1 Continua >> Ausência de dominância (Cont.) AA x Aa 1/2 AA 1/2 Aa vermelho rosa aa x aa 100 % aa branco AA x AA 100 % AA vermelho vermelho x vermelho vermelho x rosa Branco x Branco rosa x rosa Aa x Aa 1/4 AA 1/2 Aa 1/4 aa vermelho rosa branco 3) Dominância incompleta de A sobre a 2 4 6 8 10 12 . aa AA Aa AA x aa 1 Aa 8 AA x Aa 1/2 AA 1/2 Aa 1/2 10 1/2 8 AA x AA 1 AA 100% 10 Aa x Aa 1/4 AA 1/2 Aa 1/4 aa 10 8 2 aa x Aa 1/2 aa 1/2 Aa 2 8 aa x aa 1 aa 2 Grau de dominância de A sobre a = 50% (= (8-6)/(10-6) = 2/4) Na ausência de dominância, Aa tem fenótipo 6, e o grau de dominância é 0; na dominância completa, Aa tem fenótipo 10, e o grau de dominância é 100%. Quando Aa tem fenótipo 8, faz- se a regra de três. 5) Dominância incompleta de a sobre A 2 4 6 8 10 12 . aa AA Aa AA x aa 100% Aa 4 AA x Aa 1/2 AA 1/2 Aa 1/2 10 1/2 4 AA x AA 1 AA 100% 10 Aa x Aa 1/4 AA 1/2 Aa 1/4 aa 10 4 2 aa x Aa 1/2 aa 1/2 Aa 2 4 aa x aa 1 aa 2 Grau de dominância de a sobre A = 50% (= (2-4)/(2-6) = -2/-4 = 1/2) Na ausência de dominância, Aa tem fenótipo 6, e o grau de dominância é 0; na dominância completa de a sobre A, Aa tem fenótipo 2, e o grau de dominância é 100%. Quando Aa tem fenótipo 4, faz-se a regra de três. 6) Dominância completa (100%) de a sobre A (ou recessividade completa de A) 2 4 6 8 10 12 . aa AA Aa AA x aa 1 Aa 2 AA x Aa 1/2 AA 1/2 Aa 1/2 10 1/2 2 AA x AA 1 AA 100% 10 Aa x Aa 1/4 AA 1/2 Aa 1/4 aa 10 2 2 aa x Aa 1/2 aa 1/2 Aa 2 2 aa x aa 1 aa 2 7) Sobredominância 2 4 6 8 10 12 . aa AA Aa AA x aa 1 Aa 12 AA x Aa 1/2 AA 1/2 Aa 1/2 10 1/2 12 AA x AA 1 AA 100% 10 Aa x Aa 1/4 AA 1/2 Aa 1/4 aa 10 12 2 aa x Aa 1/2 aa 1/2 Aa 2 12 aa x aa 1 aa 2 8) Subdominância AA x aa 1 Aa 1 AA x Aa 1/2 AA 1/2 Aa 1/2 10 1/2 1 AA x AA 1 AA 100% 10 Aa x Aa 1/4 AA 1/2 Aa 1/4 aa 10 1 2 aa x Aa 1/2 aa 1/2 Aa 2 1 aa x aa 1 aa 2 1 2 4 6 8 10 12 . aa AA Aa 9) Codominância É às vezes confundida com ausência de dominância, mas são coisas diferentes. Enquanto que na ausência de dominância o fenótipo do heterozigoto é um intermediário dos fenótipos dos homozigotos, ou seja, um fenótipo que nenhum dos homozigotos tem, na codominância o heterozigoto apresenta os dois fenótipos dos homozigotos ao mesmo tempo, o que é mais comum com caracteres em nível molecular. Ex: os tipos sanguíneos do sistema ABO IAIA x IBIB IAIB O fenótipo do heterozigoto, o tipo AB, não tem um antígeno intermediário dos antígenos A e B, mas sim tem os dois antígenos, A e B, juntos na membrana da mesma célula. Note que, no mesmo loco, existe dominância de IA sobre i (o heterozigoto sendo do tipo A) e de IB sobre i (o heterozigoto sendo do tipo B). Ou seja, nada impede que, no mesmo loco, diferentes alelos tenham interações alélicas diferentes. O mesmo loco pode afetar vários caracteres (o que se chama de pleiotropia), ou vários aspectos do mesmo caráter, sendo que, em cada caráter, os mesmos alelos apresentam diferentes interações. Exemplo: o gene que codifica a hemoglobina beta em humanos (Hb). Ele tem dois alelos, HbA e HbS, que vamos chamar simplesmente de A e S. A codifica a hemoglobina beta normal e S codifica uma hemoglobina mutante, que tem uma valina como 6° aminoácido, em vez de um ác. glutâmico. Esse gene tem vários efeitos: AA AS SS Interação alélica Cada alelo codifica uma proteína diferente, e elas correm a diferentes velocidades num gel de eletroforese Uma banda típica de A As duas bandas, A e S Uma banda típica de S Codominância Falciformismo da hemácia em baixo O2, por causa da cristalização da beta hemoglobina em cadeias longas Não Sim (ou parcialme nte falc.) Sim S é dominante (ou parcialmente dominante) Falciformismo da hemácia em alto O2 Não Não Não Sem interação Anemia falciforme decorrente da lise de hemácias e entupimento de capilares, sob baixo O2. Não Não Sim S é recessivo em alguns contextos genéticos Não Sem interação, em outros contextos genéticos ou sob alto O2 Resistência à malária (só se expressa em ambientes com malária) Não Sim Sim S é dominante Resistência à malária (em ambientes sem malária) Não se aplica Não se aplica Não se aplica Sem interação Viabilidade relativa (sem malária); SS tem anemia falciforme, os outros não Normal Normal Baixa S é recessivo Viabilidade relativa (com malária); SS tem anemia falciforme; AA tem malária; AS tem resistência à malária e não tem anemia falciforme Baixa Mais alta Baixa Sobredominância A interação alélica depende do caráter, do ambiente e dos outros genes do organismo F = G + A (fenótipo = genótipo + ambiente) Surgimento dos alelos Se as mutações ocorrem em nucleotídeos que causam mudança em aminoácidos cuja substituição por outro afeta a função da proteína, surgem fenótipos mutantes. Se as mutações não provocam a troca de aminoácidos, ou se a troca de aminoácidos não afeta a função da proteína, surgem assim alelos que ainda se enquadram na categoria "selvagem". Enzima A Enzima a' Enzima a'' Alelo selvagem A Alelo mutante a' Alelo mutante a'' A enzima funciona perfeitamente; é produzido o produto correto A enzima funciona diferentemente; é produzido outro produto A enzima não funciona; não se produz nenhum produto A explicação da dominância Alelo dominante em homozigose: as duas cópias do gene produzem uma proteína efetiva, que dá o fenótipo funcional. Alelo recessivo em homozigose: as duas cópias do gene produzem uma proteína inativa, que dá o fenótipo não-funcional. Uma das possibilidades para o heterozigoto: alelo dominante (vermelho) funcional junto com um alelo recessivo (amarelo). A única cópia funcional é suficiente para produzir 100% do fenótipo funcional. O heterozigoto tem o mesmo fenótipo do homozigoto dominante (Dominância completa). Outra das possibilidades para o heterozigoto: alelo dominante (vermelho) funcional junto com um alelo recessivo (amarelo). A única cópia funcional não é suficiente para produzir 100% do fenótipo funcional. O heterozigoto tem um fenótipo menos desenvolvido que o inteiramente funcional, podendo ser inclusive exatamente a média entre o homozigoto dominante e o recessivo (Ausência de dominância, também chamada de ação aditiva). Nomenclatura gênica A, a B1, B2 c1, c2 Me, me Nt, nt Xanthine + NAD(+) + H(2)O = urate + NADH (1.17.1.4) Outros nomes: Xdh, xanthine dehydrogenase, XOR, Xanthine DH Drosophila melanogaster (inseto) ry Gene que, quando mutado, causa olhos rosados ry502 Alelo mutante recessivo específico, que produz olhos rosados em homozigotos ry+ Alelo do tipo selvagem de rosy ry Fenótipo mutante rosy (rosado) ry+ Fenótipo do tipo selvagem (olhos vermelhos) RY Produto proteico do gene rosy XDH Xantina desidrogenase, uma descrição alternativa do produto proteico do gene rosy; denominado de acordo com a enzima que codifica Est21 , Est22 Est11 , Est12 (locos duplicados que codificam a esterase, EST1 e EST2) Adh11, Adh12, Adh21, Adh22 (locos duplicados que codificam para álcool desidrogenase, ADH1 e ADH2 Nomenclatura gênica B olhos reduzidos (Bar) B+ Alelo do tipo selvagem de Bar B Fenótipo mutante Bar B+ Fenótipo do tipo selvagem (olho normal) Nomenclatura "Selvagem-mutante" Exemplos com os genes rosy e Bar de Drosophila melanogaster Genótipo Fenótipo ry ry - olhos rosy ry+ ry - olhos selvagens ry+ ry+ - olhos selvagens rosy x selvagem 100% selvagem Quando o fenótipo rosy foi descoberto, verificou-se, por meio de cruzamento com o selvagem puro, que rosy era recessivo. Como é um mutante, o símbolo é desprovido de sinal +. Como é recessivo, o símbolo do mutante é escrito com minúsculas (ry). O alelo selvagem, neste caso, é dominante. Genótipo Fenótipo B B - olhos Bar B+ B - olhos Bar B+ B+ - olhos selvagens Bar x selvagem 100% Bar Quando o fenótipo Bar foi descoberto, verificou-se, por meio de cruzamento com o selvagem puro, que Bar era dominante. Como é um mutante, o símbolo é desprovido de sinal +. Como é dominante, o símbolo do mutante é escrito com maiúsculas (B). O alelo selvagem, neste caso, é recessivo. Organismos-modelo Um organismo-modelo é uma espécie utilizada em biologia experimental com a presunção de que o que é aprendido a partir da análise daquela espécie permanecerá verdadeiro em relação às demais, em especial outras que sejam relacionadas de modo próximo Quais características tornam uma espécie adequada como um organismo modelo? (1) Pequenos organismos que sejam de manutenção fácil e não dispendiosa são muito convenientes para pesquisas. (Drosophila melanogaster, Caenorhabditis elegans) (2) Um curto tempo de geração Quanto mais curto o tempo de geração, mais cedo os experimentos podem ser concluídos. (3) Um pequeno genoma. (arroz [Oryza sativa], zebra-fish [Danio rerio]) (4) Organismos que sejam de fácil cruzamento ou acasalamento e que produzam grandes quantidades de descendentes são os melhores. (milho [Zea mays], Drosophila melanogaster) Os organismos-modelo estão dispersos pela árvore da vida Mosca-das-frutas Drosophila melanogaster Camundongo Mus musculus Nematódeo Caenorhabditis elegans Eucariotos Archaea Bacillus subtilis Mycoplasma genitalium E. coli Helicobacter pylori Eubactérias Levedura Saccharomyces cerevisiae Arabeta Arabidopsis thaliana 1Time flies like an arrow; fruit flies like a banana. Embrião Larva de 1° Ínstar Larva de 2° Ínstar Larva de 3° Ínstar Ciclo de vida da Drosophila melanogaster, um dos mais estudados organismos modelo, com 12 dias de ciclo de vida. Finis 2ª. Aula teórica GENÉTICA LGN0215 ESALQ/USP Prof. Giancarlo CX Oliveira • 4ª. Aula Prática • Genética da Transmissão III • Segregação Independente (2ª Lei de Mendel) SEGREGAÇÃO INDEPENDENTE Exercício l Você vai receber plantas de tomateiro segregando para dois caracteres em F2, ou seja, com quatro fenótipos diferentes: folha normal e flor amarela (C-Wf-), folha normal e flor branca (C-wfwf), folha batata e flor amarela (ccWf-) e folha batata e flor branca (ccwfwf) (Figura 3). Figura 3. (A) Folha normal (esquerda) e folha batata (direita); (B) flor branca (esquerda) e flor amarela (direita). Conte quantas plantas ocorrem em cada uma das quatro classes fenotípicas. Preencha os valores na coluna FO da Tabela 1. Analise os dados obtidos através do teste estatístico qui-quadrado, de acordo com o indicado na Tabela 1. Lembre-se de que uma geração F2 é formada a partir da autofecundação de plantas F1 . Esta geração F1 por sua vez, é obtida a partir do cruzamento de variedades puras e contrastantes. Portanto, espera-se que, na geração F2, 3/4 dos indivíduos apresentem folha normal e 1/4 folhas batata, uma vez que se trata de um caráter monogênico, com dominância completa, onde folha normal é dominante sobre folha batata. Da mesma forma, espera-se que 3/4 dos indivíduos tenham flores amarelas e 1/4 flores brancas, uma vez que se trata de outro caráter monogênico, com dominância completa, onde amarelo é dominante sobre o fenótipo branco. A B Tabela 1 Este exercício não tem resposta fixa. Os resultados dependem das contagens dos alunos. A seguir encontra-se apenas um exemplo dentre os milhares possíveis. Fenótipos FO FE Frequência Frequência observada esperada FO-FE (Desvio) (FO - FE)2 (Desvio) (FO - FE)2 /FE Folhas normais e Flores amarelas 190 9/16 x 320=180 10 100 0,555 Folhas normais e Flores brancas 61 3/16 x 320 = 60 1 1 0,017 Folhas batata e Flores amarelas 52 3/16 x 320 = 60 -8 64 1,067 Folhas batata e Flores brancas 17 1/16 x 320 = 20 -3 9 0,450 Total (N) 320 320 0 c2 = 2,089 <7,815 Tabela do qui-quadrado, da pág. 58 da apostila 11,17 3,58 3,05 1 Analisando conjuntamente os dois caracteres, que segregam de forma independente, observamos que as frequências esperadas para cada uma das quatro classes fenotípicas serão: Fenótipos Fe (Frequência Esperada) Folhas normais e flores amarelas 3/4 x 3/4 = 9/16 Folhas normais e flores brancas 3/4 x 1/4 = 3/16 Folhas batata e flores amarelas 1/4 x 3/4 = 3/16 Folhas batata e flores brancas 1/4 x 1/4 = 1/16 Para interpretar o resultado obtido, é preciso entender que o número de graus de liberdade (G.L.), neste caso, é igual a 3 (corresponde ao n° de classes fenotípicas observadas, menos 1). Na tabela de distribuição do c2, os limites de significância a 5% e 1% de probabilidade são, respectivamente: 7,82 e 11,34. Portanto, se o resultado encontrado for inferior a estes limites, pode considerar sua hipótese aceitável, ou seja, está ocorrendo uma segregação em F2 na proporção de 9:3:3:1. Se o valor de qui-quadrado foi pequeno, não rejeitamos a hipótese. A hipótese puramente matemática é a de que as frequências observadas se aproximam de 9:3:3:1. Isso corresponde à hipótese genética de que os quatro fenótipos observados são determinados pelos seguintes genótipos genéricos: Folhas normais e Flores amarelas (9/16): A_B_, Folhas normais e Flores brancas (3/16): A_bb, Folhas batata e Flores amarelas (3/16): aaB_, Folhas batata e Flores brancas (1/16): aabb ou seja, que os dois caracteres são independentes e regidos por dominância completa. Nota-se que "folhas normais e flores amarelas" correspondem aos fenótipos dominantes (9/16) A_B_. Portanto, folha normal é dominante sobre folha batata (aliás, já tínhamos aprendido isso em outra aula) e flor amarela é dominante sobre flor branca. Para sermos um pouco mais realistas, devemos dizer que esses genes e caracteres já foram bem estudados e já receberam nomes próprios. A forma da folha é influenciada pelo gene c, com 2 alelos principais (C>c), e a cor da flor é influenciada pelo gene wf (white flower), com 2 alelos principais (Wf>wf). Se esse conjunto de plantas constitui uma geração F2, como tudo indica, isso significa que ele é o resultado da autofecundação de uma F1, que era duplamente heterozigótica (Cc Wfwf). Embora só haja uma versão possível para a F1, a geração parental, composta de linhas homozigóticas, pode ter duas composições: CC WfWf X cc wfwf ou CC wfwf X cc WfWf normal amarela batata branca normal branca batata amarela ambas produzindo Cc Wfwf, cada uma através da fusão de pares de gametas diferentes: C Wf e c wf no primeiro caso e C wf e c Wf no segundo. Não se pode saber qual das duas composições da geração P realmente ocorreu, com base somente nas informações dadas pelo problema. Finis 4ª. Aula prática Alelos letais Figure 6-13 A litter from a cross between two mice heterozygous for the yellow coat-color allele. The allele is lethal in a double dose. Not all progeny are visible. (Anthony Griffiths.) AY/A x AY/A Progeny 1/4 AY/AY lethal 1/2 AY/A yellow 1/4 A/A wild type Continua> • Finis • 4ª. Aula Prática • Genética GENÉTICA LGN-215 ESALQ/USP Professor: Giancarlo C. X. Oliveira 3ª. AULA TEÓRICA Genética da transmissão II. Polialelismo e seu efeito sobre o número de genótipos, autoincompatibilidade em plantas, coeficiente de endogamia, alelos e genótipos letais Alelismo múltiplo ou polialelismo Um gene pode sofrer mutações em vários locais de sua sequência, provocando diferentes mudanças na proteína correspondente e no fenótipo influenciado por ela. Alelismo múltiplo: Muitas vezes, os alelos não causam mudanças nos caracteres; outras vezes, sim: Manchas nas folhas de trevo Alelos V, Vl, Vh, Vf, Vba, Vb, Vby Grupos sanguíneos em humanos; Polimorfismos de microssatélites (a serem vistos na aula de Genética de Populações); Alelos de autoincompatibilidade em plantas Na verdade, alelismos múltiplos são a regra; genes com apenas um ou dois alelos são a exceção. A a A AA Aa a Aa aa A1 A2 A3 A1 A1A1 A1A2 A1A3 A2 A1A2 A2A2 A2A3 A3 A1A3 A2A3 A3A3 A1 A2 (...) An-1 An A1 A1A1 A1A2 (...) A1An-1 A1An A2 A2A1 A2A2 (...) A2An-1 A2An (...) (...) (...) (...) (....) (...) An-1 A1An-1 A2An-1 (...) An-1An-1 An-1An An A1An A2An (...) An-1An AnAn p/ n=2, n° de combinações alélicas = 3 p/ n=3, n° de combinações alélicas = 6 O número de combinações alélicas possíveis é a soma da diagonal principal (em laranja) com uma das metades da tabela (a amarela, por exemplo), já que a outra metade (em verde) é uma repetição da amarela, isto é, não traz combinações novas. A diagonal principal é igual a n. A metade superior (amarela) é igual a (n2 – n)/2 , ou seja, a tabela inteira menos a diagonal laranja dividido por 2. O total de combinações alélicas com n alelos é, assim, n + (n2 – n)/2 = (2n + n2 – n)/2 = = (n + n2)/2 = [n(n+1)]/2. Por exemplo, se houver 7 alelos, haverá 7.8/2 = 28 combinações alélicas. N° de combinações alélicas com n alelos Finis 3ª. Aula teórica Alelos letais: o caso do gene A em camundongos: só existem camundongos com genótipo AYA (Amarelo) e AA (Preto – selvagem). AYAY morre no útero. AYA X AYA 1/4 AYAY 2/4 AYA 1/4 AA Amarelo X Amarelo 2/3 Amarelo 1/3 Preto Amarelo X Preto 1/2 Amarelo 1/2 Preto AYA X AA 1/2 AYA 1/2 AA Preto X Preto 100% Preto AA X AA 100% AA Na verdade, é mais correto falar neste caso em genótipo letal, pois só AYAY é letal. Outro caso de genótipo letal será visto em aula prática. Letalidade sintética Mutações de diminuição de função em 2 (ou mais) genes que controlam proteínas que trabalham junta podem ser a causa de letalidade. Alelos múltiplos : a autoincompatibilidade em plantas Autoincompatibilidade gametofítica Gene S, que pode ter mais de 100 alelos S1S2 S1S3 S1 S1 S1 S1 S2 S2 S2 S2 S1 S1 S1 S1 S2 S2 S2 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S1 S1 S1 S3 S3 S3 S3 S1 S1 S1 S1 S2 S2 S2 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S3 S1 S3 S1 S3 S1 S3 x ♀ ♂ ♀ ♂ S1 S3 S1 X S1S3 S2 X S2S3 A reação de incompatibilidade ocorre entre o tubo polínico, que interrompe seu crescimento, e o tecido do estilete, sempre que o tubo polínico tiver um alelo presente no estilete. Tabaco em flor (Nicotiana tabacum) Alelos múltiplos : a autoincompatibilidade em plantas Autoincompatibilidade gametofítica S1S2 S3S4 S1 S1 S1 S1 S2 S2 S2 S2 S1 S1 S1 S1 S2 S2 S2 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S4 S4 S4 S4 S3 S3 S3 S3 S1 S1 S1 S4 S2 S2 S2 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S3 S4 S3 S4 S3 S4 S3 x ♀ ♂ ♀ ♂ S3 S4 S1 X S1S4 S2 X S2S4 A reação de incompatibilidade ocorre entre o tubo polínico, que interrompe seu crescimento, e o tecido do estilete, sempre que o tubo polínico tiver um alelo presente no estilete. Alelos múltiplos : a autoincompatibilidade em plantas Autoincompatibilidade esporofítica S1S2 S3S4 S1 S1 S1 S1 S2 S2 S2 S2 S1 S1 S1 S1 S2 S2 S2 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S4 S4 S4 S4 S3 S3 S3 S3 S1 S1 S1 S4 S2 S2 S2 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S1 S2 S3 S4 S3 S4 S3 S4 S3 x ♀ ♂ ♀ ♂ S3 (S3) S4 (S3) S1 (S1) S1S3 S1S4 S2 (S1) S2S3 S2S4 A reação de incompatibilidade ocorre no estigma, que interrompe a germinação do grão de pólen, sempre que o grão de pólen tiver um fenótipo bioquímico (por exemplo, S1) igual ao fenótipo bioquímico da fêmea. Muitas vezes, mas nem sempre, ocorre dominância sequencial no loco S, o que define o fenótipo (S1>S2>S3>S4, etc..., de modo que S1S2 tem fenótipo S1). S1 S3 Broccoli em flor (Brassica oleracea) Herança e suas relações com o sexo Herança influenciada pelo sexo ou caráter influenciado pelo sexo: o gene é autossômico e mendeliano, mas sua expressão depende do sexo do indivíduo. O mesmo genótipo pode ter fe- nótipos diferentes em ♂ e ♀. Bb é dominante em ♂ e recessivo em ♀. Em relação ao total da progênie: 1/8 1/4 1/8 1/8 1/4 1/8 Herança e suas relações com o sexo Herança limitada pelo sexo, uma forma extrema de herança influenciada pelo sexo, em que um estado de caráter não se expressa em um dos sexos, ou seja, tem penetrância zero. Em bovinos (assim como em mamíferos em geral), a produção de leite é restrita às fêmeas. No entanto , os machos recebem das mães os genes para a produção de leite e os passam para as filhas (e filhos). A produção de leite não pode ser observada diretamente em machos, mas eles podem ser selecionados com base na produção de suas filhas. Efeito materno genético: O fenótipo da progênie (não importa o sexo) é determi- nado pelo genótipo da mãe apenas, e não pelo genótipo da própria progênie, nem pelo fenótipo da mãe, nem pelo genótipo ou fenótipo do pai. Herança e suas relações com o sexo Efeito materno All offspring show the wild-type phenotype Toda a progênie mostra o fenótipo mutante. Cruzamentos envolvendo uma mutação recessiva de efeito materno, m. O genótipo materno determina o fenótipo da progênie. Toda a progênie mostra o fenótipo selvagem De maneira geral, dado um alelo selvagem + e um alelo mutante m, os cruzamentos dão os seguintes resultados: Herança e suas relações com o sexo Efeito materno genético Exemplos de duas espécies de plantas dioicas são: A. Osmaronia dioica; B. Aruncus dioicus. Herança ligada ao sexo Cromossomos sexuais Herança ligada ao sexo Cromossomos sexuais Sistema XY em mamíferos, dípteros e algumas plantas Sistema ZW em aves e lepidópteros Sistema X0 em ortópteros Herança ligada ao sexo Herança ligada ao X Os genes estão na região diferencial do X (que pode sofrer crossing-over nas fêmeas) Herança ligada ao Y (ou herança holândrica) Os genes estão na região diferencial do Y (é simples, pois os genes passam de pai para filho). Essa região nunca sofre crossing- over. Herança ligada ao X e ao Y Os genes estão nas regiões pseudoautossômicas de X e Y. Os padrões são mostrados no slide a seguir. Herança ligada ao X "herança criss-cross" Herança ligada ao sexo Herança ligada ao X e ao Y Os genes estão nas regiões pseudoautossômicas de X e Y. Cruzamentos entre linhas puras XBXB x XbYb XBXb x XBYb 1/2 B fêmeas 1/2 B machos 100% B XBXB XBXb XBYb XbYb fêmeas machos _____________________ 3/4 B 1/4 b (só em machos) Cruzamento recíproco de linhas puras XbXb x XBYB XBXb x XbYB 100% B XBXb XBYB XbYB XbXb fêmeas machos fêmeas ________________________ 3/4 B 1/4 b (só em fêmeas) Retrocruzamentos XbXb x XbYB XbXb XbYB 1/2 b 1/2 B só fêmeas só machos Retrocruzamentos XbXb x XBYb XBXb XbYb 1/2 B 1/2 b só fêmeas só machos Retrocruzamentos XBXb x XbYb XBXb XBYb XbXb XbYb fêmeas machos fêmeas machos 1/2 B 1/2 b Se não se leva em consideração o sexo dos indivíduos, as proporções são mendelianas clássicas; quando se inclui o sexo, no entanto, nota-se que as proporções não são idênticas dentro de cada sexo Endogamia: Coeficiente de endogamia F, de Wright Endogamia é a união de gametas aparentados, seja por autofecundação ou cruzamentos entre parentes, por extensão, refere-se também a uma propriedade de indivíduos e populações. M K H L J A B D G E C B D E G M H J K L M H J K L FG = 1/2 .1/2 .1/2 = (1/2)3 = 1/8 FM = (1/2)3 + (1/2)3 = 1/4 GENÉTICA LGN0215 ESALQ/USP Prof. Giancarlo CX Oliveira • 3ª. Aula Prática • Genética da Transmissão II • Herança monogênica: Alelismo múltiplo, autoesterilidade em plantas, letalidade Figura 2. Folha normal (esquerda) e folha batata (direita) de tomateiro Exercício 1 Você vai receber* vasos de tomateiro contendo plantas com folhas normais e folhas batata, provenientes de um cruzamento-teste (cruzamento do F1 com o parental recessivo, neste caso; mas poderia ser qualquer material com fenótipo dominante cruzado com um homozigoto recessivo). * não, não vai, pois não é um ano normal. a) Conte as plantas com folhas normais e as plantas com folhas batata. Preencha os valores na coluna FO da Tabela 2. (Elas já vêm contadas, desta vez) b) Analisar os dados obtidos através do teste qui-quadrado, de acordo com o indicado na Tabela 2. Para o correto preenchimento dessa tabela, lembre-se de que o cruzamento- teste corresponde ao cruzamento da geração F1 com o parental recessivo. Portanto, espera-se que nesta geração, metade dos indivíduos apresentem folhas normais e metade folhas batata (nossa hipótese). Proceda da mesma forma para o cálculo e interpretação do resultado do c2. Apostila – 3ª. Aula Prática – Herança Monogênica II Tabela 2 Este exercício também não tem resposta fixa. Os resultados dependem das contagens, pelos alunos, de plantas com folhas normais e com folhas batata. A seguir encontra-se apenas um exemplo dentre os muitos possíveis. Fenótipos FO Frequência observada (dados) FE Frequência esperada (hipótese) FO-FE (Desvio) (FO-FE)2 (Desvio)2 (FO-FE)2/FE Folhas normais 210 200 10 100 100/200=0,5 Folhas batata 190 200 -10 100 100/200=0,5 Total (N) 400 400 zero c2 = 0,5 + 0,5 = 1,0 < 3,84 c) Apresente suas conclusões. Uma vez que o valor de qui-quadrado é menor que 3,84, o valor crítico para 1 grau de liberdade, aceita-se a hipótese de que se trata de uma progênie resultante de um cruzamento teste, com 5% de significância. Tabela do qui-quadrado, da pág. 58 da apostila Exercício 3 O sistema de incompatibilidade gametofítica é uma maneira de prevenir autofecundações em que graõs de pólen carregando alelos também presentes no genótipo da flor feminina são abortados. Determine os possíveis genótipos das progênies obtidas nos cruzamentos a seguir indicados, considerando uma espécie com esta forma de incompatibilidade: S 1 S 2 x S1S2 Nenhuma progênie S 1 S 2 x S1S3 ½ S1S3 ½ S2S3 S 1 S 2 x S2S3 ½ S1S3 ½ S2S3 S 1 S 2 x S3S4 ¼ S1S3 ¼ S1S4 ¼ S2S3 ¼ S2S4 S 1 S 3 x S2S3 ½ S1S2 ½ S2S3 S 1 S 3 x S1S2 ½ S1S2 ½ S2S3 S 2 S 3 x S1S2 ½ S1S2 ½ S1S3 Na auto-incompatibilidade gametofítica, deve-se verificar se o grão de pólen carrega um alelo também presente na fêmea. Nesse caso, o grão de pólen não fertiliza os gametas femininos. Se o grão de pólen carrega um alelo que não está presente na fêmea, ele consegue fertilizar todos os tipos de gameta feminino naquela planta. Fêmeas Machos Resultado Exercício 3 (Extra) O sistema de incompatibilidade esporofítica é uma maneira de prevenir autofecundações em que grãos de pólen com fenótipo bioquímico também presente no estigma da flor feminina não germinam ou morrem logo depois da germinação. Determine os possíveis genótipos das progênies obtidas nos cruzamentos a seguir indicados, considerando uma espécie com esta forma de incompatibilidade: S 1 S 2 / S1 x S1S2 /S1 Nenhuma progênie S 1 S 2 / S1 x S1S3 /S1 Nenhuma progênie S 1 S 2 / S1 x S2S3 /S2 ¼ S1S3 ¼ S1S2 ¼ S2S3 ¼ S2S2 S 1 S 2 / S1 x S3S4 /S3 ¼ S1S3 ¼ S1S4 ¼ S2S3 ¼ S2S4 S 1 S 3 / S1 x S2S3 /S2 ¼ S1S3 ¼ S1S2 ¼ S2S3 ¼ S3S3 S 1 S 3 / S1 x S1S2 /S1 Nenhuma progênie S 2 S 3 / S2 x S1S2 /S1 ¼ S1S3 ¼ S1S2 ¼ S2S3 ¼ S2S2 Na auto-incompatibilidade esporofítica, deve-se verificar se o grão de pólen tem um fenótipo bioquímico também presente na fêmea. Nesse caso, o grão de pólen não germina e portanto não fertiliza os gametas femininos. Se o grão de pólen tem um fenótipo bioquímico que não está presente na fêmea, ele consegue germinar e fertilizar qualquer tipo de gameta feminino naquela planta. Fêmeas / fenótipo Machos/fenótipo Resultado Exercícios 3 - Alelismo múltiplo e genes letais - Caso do mamoeiro A determinação de sexo em plantas de mamoeiro (Carica papaya L.) é dada pelo loco M, o qual possui três alelos: M1, M2 e m. Os possíveis fenótipos obtidos a partir das combinações entre estes alelos são apresentadas a seguir: • Carica papaya L. • M1M1 = Letal • M1M2 = Letal • M2M2 = Letal • M1m = Plantas Masculinas • M2m = Plantas Hermafroditas • mm = Plantas Femininas Flor Masculina Flor Femenina Flor Hermafrodita The three types of papaya flower Female conical bud; petals free; large ovary with prominent stigma; no stamens; does not form fruit unless pollinated Hermaphrodite cylindrical bud; petals fused at base; contains both ovary and stamens; self-fertile Male slender, spoon-shaped bud; petals fused at base; contains anthers but no ovary; cannot develop into fruit A FEMININO B HERMAFRODITA C MASCULINO Cruzamentos Número Esperado de Plantas Masculinas (M1m) Femininas (mm) Hermafroditas (M2m) Hermafrodita x Hermafrodita M2m x M2m 0 25 50 Hermafrodita x Feminina M2m x mm 0 50 50 Hermafrodita x Masculina M2m x M1m 25 25 25 Masculina x Feminina M1m x mm 50 50 0 Exercício 3.1 - Considerando que cada um dos cruzamentos abaixo dará origem a uma progênie de 100 zigotos, faça a estimativa do número esperado de indivíduos Masculinos, Femininos e Hermafroditas, a partir de tais cruzamentos. M2 m M2 M2 M2 M2 m m M2 m m m M2 m m M2 m m m m M2 m m m m m M1 M1 m M1 m m m m m m M2 m M1 M1M2 M1 m m M2 m m m Cruzamentos Percentual Esperado de Plantas Masculinas (M1m) Femininas (mm) Hermafroditas (M2m) Hermafrodita x Hermafrodita M2m x M2m 0 33,3 66,7 Hermafrodita x Feminina M2m x mm 0 50 50 Hermafrodita x Masculina M2m x M1m 33,3 33,3 33,3 Masculina x Feminina M1m x mm 50 50 0 Exercício 3.2 - Uma vez calculado o número absoluto de indivíduos, faça a estimativa do percentual de plantas esperado para cada categoria, vindas destes mesmos cruzamentos. Exercício 3.3 - Partindo do princípio de que os frutos de mamão que possuem maior valor comercial são aqueles vindos de plantas hermafroditas, responda: Qual dos cruzamentos apresentados você recomendaria para produzir sementes que possibilitem a obtenção do maior número de plantas hermafroditas? Justifique! R.: O cruzamento recomendado seria aquele entre plantas hermafroditas (M2m x M2m), pois considerando o total de indivíduos viáveis, as progênies deste cruzamento darão origem a 66,7 % de plantas hermafroditas e 33,3% de plantas femininas, as quais podem ser eliminadas posteriormente. Havendo o interesse de um produtor em manter somente plantas hermafroditas em seu campo de produção de mamão e sabendo também que a identificação do sexo dos indivíduos (sexagem) só pode ser realizada a partir do início do florescimento, elabore uma ou mais estratégias de cultivo e/ou seleção que permitam obter o maior número possível de plantas hermafroditas em um plantio comercial. Considere que as sementes vieram do cruzamento M2m x M2m e que o plantio é feito em covas de 3 metros de distância entre si. R.: Pode-se transplantar mais de uma planta por cova e proceder o desbaste daquelas que forem fêmeas no início do florescimento. A probabilidade de se obter pelo menos 1 planta hermafrodita em cada cova segue a seguinte lógica: 1 planta por cova = P(1 feminina) = 0,333 1 planta por cova = P(pelo menos 1 hermafrodita) = 1 - 0,333 = 0,667 2 plantas por cova = P(2 femininas) = 0,333 x 0,333 = 0,111 2 plantas por cova = P(pelo menos 1 hermafrodita) = 1 - 0,111 = 0,889 3 plantas por cova = P(3 femininas) = 0,333 x 0,333 x 0,333 = 0, 037 3 plantas por cova = P(pelo menos 1 hermafrodita) = 1 - 0, 037= 0,963 Com 3 plantas por cova, temos a probabilidade de 96,3% de que pelo menos 1 planta seja hermafrodita. Contudo, em uma plantação comercial ainda serão encontrados perto de 3,7% de plantas femininas. Para que 100% da plantação seja de plantas hermafroditas, podem-se usar marcadores moleculares para determinar o sexo dos indivíduos antes de seu transplante para o campo, fazendo o descarte das plântulas que sejam do sexo feminino. Porque os cruzamentos M1m x M1m e mm x mm não foram considerados? As plantas M1m só possuem estruturas reprodutivas masculinas e as plantas mm só possuem estruturas reprodutivas femininas e, portanto, não é possível realizar tais cruzamentos. • Finis • 3ª. Aula Prática • Genética