Felipe A. P. L. Costa: Ecologia de populações: respostas e comentários

No que segue, apresento respostas e comentários sobre as 18 questões que integram o artigo "Ecologia de populações: exercícios" [1]. Em caso de dúvida, o leitor talvez julgue proveitoso consultar também outros dois artigos publicados antes em La Insignia: "BIDE: uma introdução à ecologia matemática" e "Dert, Hert, Rert: uma introdução à biologia de populações" [2].

QUESTÃO 1)
"Um bilhão" corresponde ao algarismo 1 seguido de nove zeros, a saber: 1.000.000.000. Por sua vez, "seis e meio bilhões" equivale a 6,5 vezes um bilhão. Em números, teríamos:

6,5 * 1.000.000.000 = 6,5 * 10 ^ 9.

A resposta certa, portanto, é a letra (a).

QUESTÃO 2)
De acordo com os termos da questão, cada pessoa necessitaria então de 60 + 40 + 50 + 90 + 4.000 = 4.240 metros quadrados.

Sabendo que a área habitável da Suíça é igual a 11.000 quilômetros quadrados ou 11.000 * 1.000.000 metros quadrados, podemos calcular quantos habitantes "caberiam" naquele país por meio da seguinte operação:

(11.000 * 1.000.000) / 4.240 = 11.000.000.000 / 4.240 = 2.594.339,623.

Quer dizer, a Suíça poderia abrigar uma população humana de até 2.594.340 habitantes. Como a população citada para o país (6,4 milhões) é superior a esse valor, podemos concluir que a Suíça é superpovoada [3].

QUESTÃO 3)
Devemos dividir a área total do país pela "área mínima" que cada habitante necessita (4.240 metros quadrados). Teríamos então a seguinte operação:

(8.547.000 * 1.000.000) / 4.240 = 8.547.000.000.000 / 4.240 = 2.015.801.886,79.

Quer dizer, de acordo com os termos da questão, o Brasil poderia abrigar uma população de aproximadamente 2,016 bilhões de habitantes. (O que equivaleria a mais de 10 vezes a população atual do país.)

QUESTÃO 4)
O tamanho total da amostra é de 3.600 (180 + 360 + 3.060) indivíduos. Para encontrar a proporção relativa de cada grupo, precisamos efetuar as seguintes operações:

ambidestros = 180 / 3.600 = 0,05;

canhotos = 360 / 3.600 = 0,1; e

destros = 3.060 / 3.600 = 0,85.

Para converter essas proporções em percentuais, multiplicamos agora cada um dos valores por 100, obtendo assim 5 por cento de ambidestros; 10 por cento de canhotos e 85 por cento de destros.

QUESTÃO 5)
Um sistema mendeliano com dois alelos (A, a) dá origem a três genótipos (AA, Aa, aa), cujas freqüências relativas estão interconectadas por meio da equação:

(p + q) ^ 2 = p ^ 2 + 2pq + q ^ 2,

onde p é a freqüência do alelo A, q é a freqüência do alelo a, p^2 é a freqüência do genótipo AA, 2pq é a freqüência do genótipo Aa e q^2 é a freqüência do genótipo aa.

Se 3,6 mil indivíduos de um total de 10 mil exibem a característica condicionada pelo alelo recessivo (a), significa dizer que 36 por cento da população (3.600 / 10.000 = 0,36) são portadores do genótipo aa. Em símbolos, teríamos

q ^ 2 = 0,36,

extraindo a raiz quadrada em ambos os lados dessa igualdade, descobrimos que

q = 0,6.

Como p + q = 1, então p só pode ser igual a 0,4. Sabendo o valor de p, podemos agora calcular a freqüência dos outros dois genótipos (AA, Aa), obtendo:

p ^ 2 = 0,4 ^ 2 = 0,16; e

2pq = 2 * 0,4 * 0,6 = 0,48.

Em percentuais, a resposta certa seria: 16 por cento de AA, 48 por cento de Aa e 36 por cento de aa.

QUESTÃO 6)
a) Plantas da espécie A: 235 + 83 + 37 + 8 + 2 = 385.
Plantas da espécie B: 326 + 42 + 11+ 5 + 1 = 385.

b) Percevejos em A: 83 + (37 * 2) + (20 * 3) + (8 * 4) + (2 * 5) = 259.
Percevejos em B: 42 + (11 * 2) + (5 * 3) + (1 * 4) = 83.

c) Densidade em A: 259 / 385 = 0,6727 percevejo por planta.
Densidade em B: 83 / 385 = 0,2156 percevejo por planta.

QUESTÃO 7)
A relação entre o tamanho de uma população em dois períodos consecutivos de tempo (digamos, t e t + 1) pode ser representada por uma equação do tipo:

N(t + 1) / N(t) = G,

onde N(t + 1) é o tamanho da população no período (t + 1), N(t) é o tamanho no período (t) e G é a taxa de crescimento per capita no período em questão. A equação anterior pode ser rearrumada, adquirindo então o seguinte aspecto:

N(t + 1) = N(t) * G.

Mais um pouco de trabalho e a equação acima adquire a forma generalizada, tornando-se então:

N(t) = N(0) * G ^ t,

onde N(t) é o tamanho da população após t períodos de tempo, N(0) é o tamanho inicial da população, G é a taxa de crescimento per capita no período em questão e t são os períodos de tempo transcorridos.

Sabendo disso, resta observar duas coisas: de acordo com os termos da questão, a unidade de tempo adotada é "geração" e a taxa de crescimento per capita por geração é G = 2. Uma explicação para este valor de G é que ele representa a soma de dois fenômenos biológicos: manutenção e reprodução. Como as moscas permanecem vivas de uma geração a outra e, além disso, produzem em média um descendente, temos que G = manutenção + reprodução = 1 + 1 = 2.

Podemos agora introduzir os valores numéricos na equação acima e calcular:

N(5) = N(0) * G ^ 5 = 8 * 2 ^ 5 = 8 * 32,

de onde chegamos a

N(5) = 256 moscas.

QUESTÃO 8)
O raciocínio é o mesmo da questão anterior, observando apenas que o valor da taxa de crescimento é outro: como cada mosca gera duas novas moscas por geração, o valor de G passa de 2 para 3 (G = 1 + 2). Sabendo disso, calculamos:

N(5) = N(0) * G ^ 5 = 8 * 3 ^ 5 = 8 * 243,

de onde chegamos a

N(5) = 1.944 moscas.

QUESTÃO 9)
As retas mostradas resumem os três tipos de tendência que podemos observar ao longo do tempo no tamanho de uma população: crescimento positivo, crescimento negativo ou crescimento nulo. Seja um segmento de reta, digamos AB, sendo B posterior a A. Dizemos que o crescimento é positivo quando o tamanho da população em B é maior do que em A; negativo, quando o tamanho em B é menor do que em A; e nulo, quando o tamanho em B e A são iguais. Nesse caso, portanto, a resposta certa seria a reta que aponta para baixo, de traços e pontos intercalados.

QUESTÃO 10)
Podemos usar aqui a equação apresentada na Questão 7, a saber:

N(t) = N(0) * G ^ t,

introduzindo os valores numéricos, obtemos

1.530 = 1.200 * G ^ 5,

trabalhando um pouco, chegamos a

G = (1.530 / 1.200) ^ (1 / 5) = (1,2097) ^ (1 / 5),

de onde obtemos

G = 1,09985.

QUESTÃO 11)
No primeiro caso, teríamos

1.600 = 1.200 * G ^ 5,

trabalhando um pouco, chegamos a

G = (1.600 / 1.200) ^ (1 / 5) = (1,2903) ^ (1 / 5),

de onde obtemos

G = 1,13592.

No segundo caso, teríamos

3.200 = 1.200 * G ^ 5,

então

G = (3.200 / 1.200) ^ (1 / 5) = (2,5806) ^ (1 / 5),

de onde obtemos

G = 1,60643.

QUESTÃO 12)
Podemos mais uma vez aplicar a equação da Questão 7. Nesse caso, devemos lembrar que G = 1,04 é o valor que representa uma taxa de crescimento per capita de 4 por cento. Assim, fazemos

N(6) = 10 * 1,04 ^ 6,

então

N(6) = 10 * 1,04 ^ 6 = 10 * 1,2653

de onde obtemos

N(6) = 12,65, ou cerca de 13 indivíduos.

QUESTÃO 13)
Para resolver a questão, precisamos descobrir o valor de t que torna N(t) igual a 20. Para isso, fazemos

20 = 10 * 1,04 ^ t,

então

20 / 10 = 1,04 ^ t,

aplicando logaritmo em ambos os lados da equação, chegamos a

ln (20 / 10) = ln 1,04 ^ t = t * ln 1,04,

trabalhando um pouco, alcançamos

t = ln (2) / ln (1,04) = 0,6931 / 0,0392,

de onde obtemos

t = 17,67 anos.

QUESTÃO 14)
Para resolver a questão, precisamos lembrar de duas coisas: (i) antes de alcançar a fase adulta, besouros passam por três estágios imaturos: ovo, larva e pupa; e (ii) se a taxa de mortalidade durante determinada fase da vida é igual a x, então a probabilidade de sobrevivência durante essa mesma fase será igual a (1 - x). Sabendo disso, a probabilidade, P, de um ovo recém-colocado sobreviver até a fase adulta seria:

P = (1 - 0,9) * (1 - 0,9) * (1 - 0,5) = 0,1 * 0,1 * 0,5,

de onde obtemos

P = 0,005.

Em seguida, usamos esse valor de P - o equivalente a meio por cento (0,5%) - para responder às duas perguntas.

a) De cada 600 ovos, em média três ovos (600 * 0,005 = 3) atingem a fase adulta.
b) Seriam necessários ao menos 400 ovos (2 / 0,005 = 400) para que em média uma fêmea pudesse substituir a si própria e a um parceiro na próxima geração.

QUESTÃO 15)
Devemos ter em mente duas coisas: (i) competição interespecífica tem a ver com a exploração de uma base comum de recursos, a despeito dos competidores se encontrarem ou não; e (ii) a intensidade da competição é diretamente proporcional à densidade populacional: maior a densidade, mais intensa será a competição. Dito isso, percebemos que a alternativa certa é a letra (a).

QUESTÃO 16)
Para responder, devemos lembrar que técnicas de captura-marcação-recaptura (CMR) permitem estimar o tamanho total de uma população quando não podemos (ou não queremos) contar diretamente todos os indivíduos presentes. Para isso, no caso de duas amostragens consecutivas, partimos da seguinte equação:

K(1) / N = R(1) / [R(1) + K(2)],

onde K(1) representa o número de indivíduos capturados pela primeira vez na primeira amostra, K(2) é o número de indivíduos capturados pela primeira vez na segunda amostra e R(1) é o número de recapturas ocorridas na segunda amostra (i.e., indivíduos capturados e marcados na primeira amostra e que foram recapturados na segunda amostra). Trabalhando um pouco, chegamos a

N = K(1) * [R(1) + K(2)] / R(1) = [K(1) * R(1) + K(1) * K(2)] / R(1),

simplificando, obtemos

N = K(1) + [K(1) * K(2) / R(1)].

Quer dizer, o tamanho total da população é igual ao número de indivíduos capturados na primeira amostra mais o resultado de um produto (o número de indivíduos capturados pela primeira vez na primeira amostra vezes o número de indivíduos capturados pela primeira vez na segunda amostra) dividido pelo número de recapturas.

a) Sendo K(1) = 120, K(2) = 180, R(1) = 60, calculamos N como segue:

N = K(1) + [K(1) * K(2) / R(1)] = 120 + [120 * 180 / 60] = 120 + 360,

de onde chegamos a

N = 480 indivíduos.

b) Sendo K(1) = 110, K(2) = 160, R(1) = 20, fazemos então:

N = K(1) + [K(1) * K(2) / R(1)] = 110 + [110 * 160 / 20] = 110 + 880,

de onde chegamos a

N = 990 indivíduos.

QUESTÃO 17)
Para responder, devemos olhar para a equação empregada acima, observando que quanto maior o número de recapturas na segunda sessão de amostragem menor será a parcela a ser acrescida ao valor de K(1) e, portanto, menor será o tamanho total da população. Uma rápida inspeção na tabela seria suficiente para constatar que a parcela de recaptura foi muito maior em A do que em B. Como os valores absolutos de K(1) e K(2) são relativamente próximos, podemos de antemão afirmar que a população de peixes deve ser maior no lago B.

QUESTÃO 18)
Para comentar as duas afirmações, devemos ter em mente que os mecanismos de seleção natural agem de modo pragmático sobre os organismos vivos do presente. A seleção não tem capacidades premonitórias, nem antecipa cenários futuros. Antes de ser um estoque de reserva para enfrentar eventuais mudanças futuras, a variabilidade genética de populações naturais pode ser vista como o resultado de processos que ocorreram no passado.

Notas

(*) Biólogo meiterer@hotmail.com, autor do livro ECOLOGIA, EVOLUÇÃO & O VALOR DAS PEQUENAS COISAS (2003).
1. Ver http://www.lainsignia.org/2006/septiembre/ecol_003.htm.
2. Ver http://www.lainsignia.org/2004/octubre/ecol_007.htm e
http://www.lainsignia.org/2005/junio/cyt_002.htm, respectivamente.
3. A população atual (2006) da Suíça é estimada em cerca de 7,5 milhões de habitantes.