Biometria


Exercícios 2 - Probabilidade - Resolução

2.1. A cor dos olhos é herdada, sendo os olhos escuros devidos a um fator dominante e olhos claros ao seu recessivo. O que é mais provável, dois pais de olhos escuros terem um filho de olhos claros ou terem um filho de olhos escuros? Justifique a sua resposta.

Portanto: escuro > claro e há 3 casamentos possíveis: AA x AA, AA x Aa e Aa x Aa.
 
Casais AA x AA AA x Aa  Aa x Aa 
Genótipos da prole 100% AA 50% AA e 50% Aa  75% A_ e 25% aa 
Fenótipos da prole 100% escuro 100% escuro 75% escuro e 25% claro

Nos dois primeiros 100% da descendência é fenotipicamente normal. Apenas no terceiro existe possibilidade de haver criança de olhos claros, mas seu valor é de 25%.

Portanto, é muito mais provável pais de olhos escuros terem filhos de olhos escuros que terem filhos de olhos claros.


2.2. O albinismo, ausência total de pigmento, é devido a um alelo recessivo. Um casal deseja saber a probabilidade de ter uma criança albina. Qual será essa probabilidade se:

a. Ambos têm pigmentação normal, mas cada um tem um genitor albino?
b. O homem é albino, a mulher normal, mas o pai dela é albino?
c. O homem é albino e a família da mulher não inclui albinos por, pelo menos, 3 gerações, incluindo 85 pessoas entre irmãos, tios, sobrinhos e primos?


a. aaO -----O  O -----@aa
          Aa O--------O Aa          p = 1/4
                    @ aa


b.         O-----@aa
   aa@-------OAa                    p = 1/2
             @aa


c. aa@-----OAA
            OAa                          p = 0  

2.3. Há um casal, em que ambos são heterozigotos e normais para um dado caráter. Qual é a probabilidade de terem:


a. Um filho anormal?
Aa-------Aa
      aa             p = 1/4

  P = 1/4 x 1/2 = 1/8


b. Uma filha normal?
     P = 1/2 x 3/4 = 3/8


c. Duas filhas normais?
    P = (3/8)2 = 9/64


d. Três filhos anormais?
    P = (1/8)3  = 1/512


e. Duas filhas normais e três filhos anormais?
    P =  5! / (2! 3!) x (3/8)2 x (1/8)3 = (5 x 4 x 3 x 2) / (2 x 3 x 2) x 9/64 x 1/512 = 90 / 32768
 

2.4. Sabendo-se que 51% dos nascimentos de certa população são do sexo masculino, se sortearmos 5 certidões do arquivo de nascimentos desta população, qual a probabilidade estimada de que 3 registros sejam do sexo masculino?


Nascimento do sexo masculino = p e  Nascimento do sexo feminino = q

Esta seqüência nos interessaria:  h, h, h, m, m. Sua freqüência é p3q2

Como a ordem não interessa, temos que pensar em todas as combinações possíveis.


Há 10 modos de sorteamos 3 registros masculinos em 5:

h h h m m  -  h h m m h  -  h h m h m  -   h m m h h   -  h m h m h
h m h h m  -  m m h h h  -  m h m h h  -   m h h h m  -   m h h m h


Como cada uma das seqüências tem a mesma probabilidade de ocorrência (p3q2), a probabilidade estimada de obtermos a seqüência 1 ou 2 ou 3 ou ... ou 10 é  10 p3q2

Lembrando que p = 0,51, então q = 1 - p = 0,49

Portanto,  P (3h e 2m) = 10 p3q2  = 10 .  0,513 . 0,492  = 10 . 0,132651 . 0,2401 = 0,3185 = 31,85%
 

2.5. Em abóboras a cor do fruto (branco ou amarelo) é controlada por um par de genes. Uma planta pura com frutos brancos foi cruzada com uma planta pura de frutos amarelos. A descendência desse cruzamento foi inteiramente constituída por plantas com frutos brancos. O cruzamento entre essas plantas produziu 132 abóboras.


a. Quantos frutos amarelos e brancos há entre as 132 abóboras?
     pura branca AA x aa pura amarela  (P)
                Aa 100% brancas   (F1)                ... logo, branca > amarela
    
     em F2 há 132 abóboras, em que
      3/4 A_ = brancas  = 99   (em que Aa = 2/4 e AA = 1/4 )
      1/4 aa = amarelas = 33


b. Quantos, dessas 132 frutos, espera-se que sejam homozigotos?

33 são aa = amarelas
1/3 de 99 são AA = brancas. Portanto, há 66 homozigotas (33 amarelas e 33 brancas) 

 

2.6. Analise a seguinte genealogia. Qual a probabilidade do casal 5 X 6 ter uma criança doente?

O-------O
1   |    2           em que 4 e 6 são doentes = @
  ______
O   @   O------@
3    4    5           6

 a.1/360     b.1/480    c.1/560    d.1/3    e. nda


P (5 Aa) = 2/3   e   P (7 aa) = 1/2 Assim: 2/3 x 1/2 = 1/3, portanto,  a resposta é d
 

2.7. Um homem míope e albino casou-se com uma mulher de pigmentação e visão normais, porém filha de pai também míope e albino. Sendo a miopia e o albinismo caracteres recessivos, quais as probabilidades desse casal ter:


a. Uma criança de visão e pigmentação normais?
a.1/2  b.1/4  c.3/4  d.1/8  e.1/16

Resolução usando Genética:

..........................................©-------O míope, albino (mmaa)
míope, albino (mm aa) O----------© normal, normal (Mm Aa)

GAMETAS         ma........................ MA, Ma, mA e ma

FILHOS........MmAa, Mmaa,  mmAa  e  mmaa ... P = 1/4 ... resposta b


b. Uma filha míope e albina?
    a.1/2 b.1/4 c.3/4 d.1/8 e.1/16

filha, míope e albina

  1/2 x 1/2 x 1/2 .................................... P = 1/8 ... resposta d


c. 2 crianças míopes e 4 albinas?
P = 6! / (2! 4!) x (1/2)2 x (1/2)4    =    15 x 1/4 x 1/16     =    15/64    =    0,23437

 

2.8. Considere os 3 pares de genes: C codifica indivíduo destro > c indivíduo canhoto,  E determina cabelos escuros > e cabelos claros e R confere a presença de fator Rh > r ausência do fator.  Qual das respostas abaixo corresponde às probabilidades esperadas para os fenótipos pedidos, na prole de casais triplo-heterozigotos (CcEeRr)?
 

Des Rh+ Can Can, Rh+, cab esc
a 1/2  1/8 3/64
b 3/4 3/16 9/64
c 3/4 1/16 3/64
d 27/64 9/64 1/8

Cc Ee Rr x Cc Ee Rr
Cc x Cc           Ee x Ee                       Rr x Rr
3/4C_= des      3/4 E_ =escuro 3/4       3/4  R_= Rh+
1/4cc = can     1/4 ee = claro               1/4 rr   =   Rh-

destros =  3/4
canhotos e Rh+  = 1/4x3/4 =3/16
canhotos, Rh+ e cabelos escuros = 1/4 x 3/4 x 3/4 = 9/64
Resposta: 3/4, 3/16, 9/64. Portanto a alternativa é b


 

2.9. Uma raça de coelhos, mantida com ração controlada, pode ter indivíduos com todos os fenótipos possíveis: 1500, 1600, 1700, 1800, 1900, 2000 ou 2100 g. Qual a freqüência de indivíduos com 2000 g em F2?

Número de fenótipos = 2n + 1, portanto, 7 = 2n + 1, então  n = 3 pares de genes
Procura-se na linha equivalente a 6 genes no triângulo de Pascal

 
no. genes
coeficientes
0
1
1
1 1
2
1 2 1 
3
1 3  3 1 
4
1 4  6  4 1 
5
1 5 10 10 5 1 
6
1 6 15 20 15 6 1
 
número de genes
1
6
15
20
15
6
1
64
Fenótipo (gramas)
1500
1600
1700
1800
1900
2000
2100
 Total


Assim sendo a freqüência de indivíduos com 2000 g em F2 é  6/64.


2.10. Há uma variedade de aveia que rende 10 g por planta (máx) e outra que rende 4 g (mín). As 2 variedades foram intercruzadas e resultou uma geração F1 que rendeu 7 g. Em F2, entre um total de 448 plantas, entre 7 fenótipos diferentes, 7 renderam 4 g por planta. Qual a freqüência de indivíduos com 7g em F2?


Lembrando que (1/4)n = freqüência dos extremos

Freq. extremo = 7 / 448 = 1/64 = (1/4)n = 1/43
portanto, n = 3 pares de genes = 6 genes

máximo ----- mínimo AaBbCc x AaBbCc

(P) AABBCC 10g aabbcc 10 g 448 plantas em F2. Quantas têm 7g?

(F1) AaBbCc  7g
 
6 1 6 15 20 15 6 1
No. gramas 4 5 6 7 8 9 10


Portanto, 20/64 = 5/16 é a proporção esperada



2.11. Considerando uma certa anomalia que tem probabilidade de 0,5 de se manifestar em filhos de casais que incluem 1 cônjuge afetado. Analisando irmandades de diferentes tamanhos geradas por esses casais, qual a probabilidade de encontrarmos pelo menos 7 anômalos nas irmandades com 12 irmãos?

Usando o Triângulo de Pascal : Para se determinar os coeficientes da equação, monta-se o Triângulo até atingir o n desejado:

 

no. genes coeficientes
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12		 1
11
1 2 1
1 3 3 1
1 4 4 6 4 1
 1 5 10 10 5 1 
  1 6 15 20 15 6 1
 1 7 21 35 35 21 7 1
 1 8 28 56 70 56 28 8 1 
1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1
1 11 55 165 330 462 462 330 165 55 11 1
1 12 66 220 495 792 924 792 495 220 66 12 1


Portanto, a equação será:

1p12 q0 + 12 p11 q1 + 66p10q2 + 220p9 q3 + 495p8 q4 + 792p7 q5 + 924p6 q6  +

+ 792p5 q7 + 495 p4 q8 + 220p3q9 + 66p2 q10 + 12p1 q11 + 1p0 q12


Sendo p = normalidade e q = anomalia, como o problema pede "pelo menos 7 anômalos nas irmandades com 12 irmãos" nos interessa apenas essa parte da equação:

P (792p5 q7 + 495 p4 q8 + 220p3q9 + 66p2 q10 + 12p1 q11 + 1p0 q12 ) =

= 792 ½5 ½7 + 495 ½4 ½8 + 220 ½3 ½9 + 66 ½2 ½10 + 12 ½1 ½11 + 1 ½0 ½12 =

= 792 x 1/32 x 1/128 + 495 x 1/16 x 1/256 + 220 x 1/8 x 1/512 + 66 x 1/4 x 1/1024 + 12 x 1/2 x 2048 + 1/4096 =

= 792 / 4096 + 495 / 4096 + 220 / 4096 + 66 / 4096 + 12 / 4096 + 1/ 4096 =

= 1.586 / 4096 = 0,3872070 = 38,72%


 

2.12. A incidência de uma certa anomalia congênita é de 0,4 por 1.000 recém-nascidos. Numa amostra de 1000 recém-nascidos, qual a probabilidade de ela:


a. não incluir casos de anomalia?

Para calcular as probabilidades solicitadas, buscamos saber quais os números esperados, em 100 amostras de 1.000 recém-nascidos, daquelas com 0, 1 e 2 casos da anomalia congênita em questão, segundo a distribuição de Poisson. Lembrar que:
 
Número de ocorrências do evento: 0 1 2 3 4
Probabilidade de ocorrência: 1/eu u/eu  u2/2.eu u3/2.3.eu u4/2.3.4.eu

Para calcular as probabilidades solicitadas, busca-se saber quais os números esperados, em 100 amostras de 1.000 recém-nascidos, daquelas com 0, 1 e 2 casos da anomalia congênita em questão, segundo a distribuição de Poisson.

Usa-se 100 amostras para obter as probabilidades em %. Lembrar que:
 
Número de ocorrências do evento: 0 1 2 3 4
Números esperados de amostras: n/eu nu/eu nu2/2.eu nu3/2.3.eu nu4/2.3.4.eu


a. Número esperado de amostras com 0 anômalos

Incidência da anomalia = 0,4 n / eu = log n - u log e log 100 - 0,4 x 0,434295 = 1,826282

Portanto, número esperado de amostras com 0 anômalos =

antilog 1,826282 = 10 1,826282 = 67,0319 = 67


b. incluir 1 caso de anomalia?

nu / eu = log n + log u - u log e = log 100 + log 0,4 - 0,4 x 0,434295

= 2 + -0,397940 - 0,173718 = 1,428342


Portanto, número esperado de amostras com 1 anômalo

= antilog 1,428342 = 10 1,428342 = 26,812790 = 27%


c. incluir 2 casos de anomalia?

= nu2 / 2 eu = log n + 2 log u - (log 2 + u log e) = log n + 2log u - log 2 - u log e

= log 100 + 2log 0,4 - 0,301030 - 0,4 x 0,434295

= 2 + - 0,795880 - 0,301030 - 0,173718 = 0,719372


Portanto, número esperado de amostras com 2 anômalos

= antilog 0,719372 = 10 0,719372 = 5,240491 = 5%
 

extra. Número esperado de amostras com 3 anômalos = nu3/2.3.eu

= nu3/2.3.eu = log n + 3log u - (log 2 + log 3 + u log e)

= log 100 + 3log 0,4 - 0,301030 - 0,477121 - 0,4 x 0,434295

= 2 + - 1,19382 - 0,301030 - 0,477121 - 0,173718 = - 0,145689

Portanto, número esperado de amostras com 0 anômalos

= antilog - 0,145689 = 10 -0,145689 = 0,715008 = 1%

 

2.13. A incidência de uma anomalia congênita é 0,5 por 1000 recém-nascidos. Em uma amostra de 2.000 recém-nascidos, qual é a probabilidade de ela não incluir casos dessa anomalia?

n = 100, log n = 2 e u = 0,5 /1000 x 2000 = 1


Número esperado de amostras com 0 anômalos = n / eu

n / eu = log n - u log e = log 100 - 1 x 0,434295 = 2 - 0,434295 = 1,565705

número esperado com 0 anômalos = antilog 1,565705 = 10 1,565705 = 36,7879 = 37%


Portanto, uma amostra de 2000 RN têm 37% de não incluir casos com tal anomalia.
 

extra1. Qual é a probabilidade de ela incluir um caso dessa anomalia?

Número esperado de amostras com 1 anômalo = nu / eu

nu / eu = log n + log u - u log e = log 100 + log 1 - 1 x 0,434295

= 2 + 0 - 0,434295 = 1,565705


número esperado com 1 anômalo = antilog 1,565705 10 1,565705 = 36,7879 = 37%


extra2. Qual é a probabilidade de ela incluir dois casos dessa anomalia?

Número esperado de amostras com 2 anômalos = nu2 / 2eu

= nu2 / 2eu = log n + 2log u - (log 2 + u log e) = log n + 2log u - log 2 - u log e)

= log 100 + 2 x 0 - 0,301030 - 1 x 0,434295

= 2 + - 0,301030 - 0,434295 = 1,264675


número esperado com 2 anômalos = antilog 1,264675 = 10 1,264675 = 18,39394993 = 18%


OBS.: Os exercícios 2.12 e 2.13 correspondem aos de número 23 e 24 do  capítulo  2 do livro do Dr. Bernardo Beiguelman.



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Última alteração: 18 jan 2008