Prob sesion022 - 9 - 12. Una planta heterozigótica para 6 ... · dm, 6 de 14 dm, 4 de 12 dm y 1 de 10 dm. Otras dos plantas de 14 dm, cruzadas entre sí dan 1 de 16 dm, 2 de 14 dm

Prob_sesion022 - 9 -

12. Una planta heterozigótica para 6 loci (AaBbCcDdEeFf) independientes se autofecunda. Calcular: (UV)

a) La probabilidad de que un descendiente sea triple heterozigótico. b) La probabilidad de que un descendiente sea heterozigótico para cuatro

loci y homozigótico recesivo para los otros dos. c) La probabilidad de que un descendiente sea homozigótico AA y

heterozigótico para los restantes loci. d) El número de genotipos distintos que se pueden formar que sean

heterozigóticos para dos loci.


Prob_sesion03 - 1 -

Sesión 3 13. En cierta planta, los pétalos de las flores son generalmente granates.

Dos mutaciones situadas en loci génicos distintos provocan cuando están presentes en homozigosis que los pétalos sean azules (aa) o rojos (bb), respectivamente. El estudio metabólico de la ruta permitió determinar que transcurría según el siguiente esquema:

a) ¿Qué mutante será deficiente par el enzima X? ¿y para el Y? b) ¿Qué proporciones fenotípicas obtendrías, suponiendo transmisión independiente, en la descendencia de plantas de genotipo a+a b+b? c) ¿Por qué las mutaciones a y b son recesivas? (UV)

compuesto incoloro

Enzima Y

Enzima X Pigmento azul

Pigmento rojo

Prob_sesion03 - 2 -

14. A, B, C, y D son genes de transmisión independiente los cuales controlan la producción de un pigmento negro en un organismo eucariota. Los alelos alternativos que producen la pérdida de función del gen son a, b, c y d. Un individuo negro de genotipo AABBCCDD es cruzado con otro incoloro de genotipo aabbccdd. La F1 resultante presenta color negro y se deja que se cruce al azar. Asumiendo que los genes A, B, C y D. actúan en la siguiente ruta de síntesis del pigmento negro: A B C D Incoloro marrón negro (a) ¿Qué proporción en la F2 es incolora? (b) ¿Qué proporción en la F2 es marrón? (UV)

blanco seria si se presentan aa, b b o cc y por tanto la probabilidad de blanco es prob (blanco) = ¼ + 3/16 + 9/64 = 16/64 + 12/64 + 9/64 = 37/64 = 148/256

Prob_sesion03 - 3 -

15. Los mutantes A a G de Drosophila presentan el mismo fenotipo, ausencia de pigmento rojo. Un experimento de complementación produjo el siguiente resultado:

A B C D E F GA - B + - C + + - D - + + - E + + - + - F - + + - + - G + - + + + + -

¿Cuántos cistrones hay? ¿Qué mutaciones pertenecen al mismo cistrón?

(UV)

Prob_sesion03 - 4 -

16. Sabiendo que las seis mutaciones A, B, C, D, E y F están repartidas en tres cistrones, completar los datos de complementación del siguiente cuadro ( + = complementación, - = no complementación): (UV)

PROBLEMA

A B C D E F A - + ? + + + B - + ? ? + C - - ? ? D - ? ? E - + F

-

Prob_sesion03 - 5 -

17. ¿Cómo será la descendencia de los siguientes cruzamientos entre conejos, teniendo en cuenta que cchcch produce fenotipo chinchilla y cchch y cchca fenotipo gris claro? (UG)

a) Ccch x Cca. b) cchcch x chch. c) chca x cchcch. d) Cch x cchca.

Prob_sesion03 - 6 -

18. El gen que determina el color amarillo del pelaje del ratón doméstico es dominante sobre su alelo normal salvaje. El gen que determina la cola corta (braquiuria), que se transmite con independencia del anterior, también es dominante sobre su alelo normal salvaje. Los embriones homozigóticos para cualquiera de estos dos genes mueren en fase embrionaria. ¿Qué proporciones fenotípicas se esperaría entre los descendientes de un cruzamiento entre dos individuos de color amarillo y de cola corta? Si el tamaño normal de la camada en el ratón es de 8 crías, ¿qué número medio de crías cabría esperar en tales cruzamientos?

Prob_sesion03 - 7 -

19. En el grano de maíz el gen dominante C permite la manifestación del color. Al autofecundarse una planta de genotipo desconocido se obtuvo 1490 granos blancos y 310 coloreados. Explicar estos resultados, comprobando estadísticamente las hipótesis pertinentes.

Veamos la comprobación estadística: fenotipos observados esperados (obs.-esp.) [(obs.-esp.)-1/2]2/esp. no color 1490 1462,5 27,5 0,52 color 310 337,5 27,5 2,24

total 1800 χ2 resultante = 2,76 χ2 0,05; 1 g.l. = 3,84 ## al ser 2,76<3,84, aceptamos la hipótesis de 13:3


Sesión 4

20. Al cruzarse dos plantas de maíz de 14 dm, sólo dan descendencia de

14 dm. Otras plantas de 14 dm dan 1 descendiente de 18 dm, 4 de 16 dm, 6 de 14 dm, 4 de 12 dm y 1 de 10 dm. Otras dos plantas de 14 dm, cruzadas entre sí dan 1 de 16 dm, 2 de 14 dm y 1 de 12 dm. ¿Qué genotipos explicarían estos resultados para cada una de las plantas de 14 dm? ¿Sería posible obtener por selección una planta de más de 18 dm de altura en alguna de estas familias? (UV)

Tipo: caracteres cuantitativos. Factores aditivos Observación: Como en el segundo cruzamiento segregan plantas de 18, 16, 14, 12 y 10dm (un total de cinco fenotipos) podemos suponer la presencia de cuatro factores aditivos, es decir de dos pares génicos. a) AAbb (14dm) x aaBB (14dm) ↓

F1 AaBb (14dm)

(otras posibilidades)AAbb x AAbb

y aaBB x aaBB

b) AaBb (14dm) x AaBb (14dm) ↓

(1) aabb (10dm) (4) Aabb (12dm) aaBb (6) AAbb (14dm) aaBB AaBb (4) AABb (16dm) AaBB

F1

(1) AABB (18dm) c) AAbb (14dm) x AaBb (14dm) ↓

(1) Aabb (12dm) (2) AaBb (14dm) AAbb

F1

(1) AABb (16dm) d) Si descartamos (no consideramos) la posibilidad de variación de origen ambiental, NO es posible obtener plantas de más de 18dm de altura con estos genotipos parentales.


21. Una determinada especie vegetal presenta variabilidad para el carácter altura del tallo medido a los 15 días de iniciarse la germinación. En una población se hizo una generación de selección para aumentar el tamaño medio del tallo, eligiéndose como genitores el 10% de los individuos de mayor altura. En la tabla se muestra la composición de la población original y la descendencia obtenida por selección:

Altura del tallo en cm

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Pob. Original 1 3 16 20 25 30 28 22 8 6 1 F1 1 4 15 19 26 31 27 23 7 5 2

a) Calcular el valor de la heredabilidad del carácter altura del tallo en esa población.

b) ¿Se puede predecir la altura media del tallo en la F2 obtenida por el mismo sistema de selección que el empleado para obtener la F1? (UV)

Tipo: Heredabilidad

Pob. Original n= 160 media= 6.97 σ2 = 3.94 F1 n=160σ media= 8.96 σ2 = 3.99

Parentales seleccionados: el 10% de los individuos más grandes

Tamaño 12 11 10 9 n 1 6 8 1

n=16; media = 10.44

a) h2 = G/D = ganancia/diferencial = (XF1 – Xpob) / (Xpobsel – Xpob) = = (8.96 – 6.97) / (10.44 – 6.97) h2 = 1.99/ 3.47 ; h2 = 0.57 b) h2 es función de la composición genética de la población y del medio

donde vive. Como desconocemos la composición de la F2 y el efecto del medio, en principio NO PODEMOS calcularla.

Ahora bien, podríamos suponer una h2 y un efecto ambiental constantes para la siguiente generación y entonces, y solo entonces, calcular la altura media de la F2. Media parental = el 10% de individuos más altos de la F1

Altura 14 13 12 11 n 2 5 7 2

n=16; media = 12.44

Media F2 = Media Pob. + h2 (Med. Parental – Med. Pob.) Media F2 = 8.96 + 0.57 (12.44 – 8.96) Media F2 = 10.94


22. En las gallinas se conoce el fenotipo de plumas rizadas. Tal fenotipo es debido a la heterozigosis MNMR. El homozigoto MRMR produce alas extremadamente rizadas, y el otro homozigoto alas normales. En una muestra de 1000 individuos, 800 son aves rizadas, 150 normales y 50 extremadamente rizadas. ¿Está la población en equilibrio? (UV)

Tipo: Genética de poblaciones. Equilibrio Hardy-Weinberg Individuos: MNMR (plumas rizadas) 800 MRMR (plumas muy rizadas) 50 MNMN (plumas normales) 150 Primero calculamos las frecuencias alélicas: p = fr (MR) = (50 + ½ 800) / 1000 = 0.45 q = fr (MN) = (150 + ½ 800) / 1000 = 0.55 las frecuencias genotípicas esperadas en equilibrio serán p2 = fr (MR MR) = (0.45)2 = 0.2025 q2 = fr (MN MN) = (0.55)2 = 0.3025 2pq = fr (MR MN) = 2 (0.45) (0.55) = 0.495 y por tanto el número de individuos esperados es: MNMR (plumas rizadas) 495 MRMR (plumas muy rizadas) 202.5 MNMN (plumas normales) 302.5 ¿Podemos aceptar que la población se encuentra en equilibrio? Es decir, la desviación observada ¿NO es significativa?

observados esperados (O-E)2/E MRMR 50 202.5 114.846 MNMR 800 495 187.929 MNMN 150 302.5 76.880

χ2 experimental = 379.655 χ2 0.05, 1 g.l. = 3.84 Así pues, la población no se encuentra en equilibrio.


23. Sobre una prueba de 1279 donantes de sangre se obtuvieron los

valores siguientes para el grupo sanguíneo MN M MN N Donantes 363 634 282

Calcular las frecuencias génicas y genotípicas. ¿Está esa población en equilibrio de Hardy-Weinberg? (UV)

Tipo: Genética de poblaciones. Equilibrio Hardy-Weinberg

M MN N Donantes 363 634 282

total 1279 Calculemos las frecuencias génicas a partir del número de individuos: p = fr (M) = (2 x 263 + 634) / (2 x 1279) = 0.532 q = fr (N) = 1 – 0.532 = 0.468 Las frecuencias genotípicas esperadas en el equilibrio serían: p2 = 0.283 q2 = 0.219 2pq = 0.498 el número de individuos esperados para cada genotipo en condiciones de

equilibrio será: esperados (MM) = 0.283 x 1279 = 361,96 (frente a 363 observados) esperados (MN) = 0.498 x 1279 = 636,94 (frente a 634 observados) esperados (NN) = 0.219 x 1279 = 280.10 (frente a 282 observados) ¿Podemos aceptar que la población se encuentra en equilibrio? χ2 experimental = 0.029 χ2 0.05, 1 g.l. = 3.84 0.029 <<<<< 3.84 P = 0.865 > 0.05 Así pues, la población se encuentra en equilibrio.


24. En una población que cumple la ley de Hardy-Weinberg, se observan cuatro fenotipos, con las siguientes frecuencias:

a) tipo salvaje 0,91 b) poco pigmentado 0,04 c) muy poco pigmentado 0,04 d) albino 0,01 Los cuatro fenotipos están determinados por sólo tres alelos. El alelo

a+ determina el fenotipo salvaje, el alelo a1 el poco pigmentado y el a2 el albino. Si a+ es dominante sobre los otros dos alelos y a1 y a2 presentan herencia intermedia (fenotipo muy poco pigmentado), determina la frecuencia génica de los 3 alelos en la población. (FJS)

Tipo: Genética de poblaciones. Cálculo de frecuencias génicas frecuencias fenotípicas alelos y relaciones tipo salvaje 0.91 poco pigmentado 0.04 muy poco pigmentado 0.04 albino 0.01

a+, salvaje a1, poco pigmentado

a2, albino a+ > (a1 = a2)

a1a2, muy poco pigmentado Si la población está en equilibrio (p + q + r) = 1 siendo p = frec (a+); q = frec (a1); r = frec (a2)

p = frec (a+) = frec (a+ a+ ) + ½ frec (a+ a1 ) + ½ frec (a+ a2 ) q = frec (a1) = frec (a1 a1 ) + ½ frec (a+ a1 ) + ½ frec (a1 a2 ) r = frec (a2) = frec (a2 a2 ) + ½ frec (a+ a2 ) + ½ frec (a1 a2 )

pero al haber dominància de a+ sobre a1 y a2 las frecuencias que conocemos son fenotípicas y no podemos “asignar” todas las frecuencias genotípicas que necesitamos.

¿Qué podemos hacer? Si la población cumple la ley de H-W podemos suponer que r2 = frecuencia genotípica del recesivo albino r2 = 0.01 y por tanto r = 0.1 De la misma manera q2 = frecuencia genotípica del poco pigmentado (a1 a1 ) q2 = 0.04 y por tanto q = 0.2 Si r = 0.1 y q = 0.2 tendremos que p = 0.7 Podemos ahora comprobar que las frecuencias génicas calculadas dan lugar a

las frecuencias fenotípicas observadas: frec. albino = frec (a2 a2 ) ; r2 = (0.1)2 = 0.01 frec. muy poco pigmentado = frec (a1 a2 ) = 2 x (0.1) (0.2) = 0.04 frec. poco pigmentado = frec (a1 a1 ) ; q2 = (0.2)2 = 0.04 frec. normal = frec (a+ a+ ) + frec (a+ a1 ) + frec (a+ a2 ) =

= p2 + 2pq + 2pr = = (0.7)2 + 2 (0.7) (0.2) + 2 (0.7) (0.1) = = 0.49 + 0.28 + 0.14 = 0.91 y conjuntamente 0.01 + 0.04 + 0.04 + 0.91 = 1.00


25. En cierta población europea, les frecuencias de los alelos IA, IB i I0 son 0,3, 0,1 y 0,6 respectivamente. Si la población se encuentra en equilibrio de Hardy-Weinberg, determina las frecuencias genotípicas y fenotípicas. (FJS)

p = frec (IA) = 0.3 q = frec (IB) = 0.1 Población en equilibrio r = frec (I0) = 0.6 fenotipo A: frecuencia (IAIA) + frecuencia (IAI0) = p2 + 2pr = 0.09 + 0.36 = 0.45 fenotipo B: frecuencia (IBIB) + frecuencia (IBI0) = q2 + 2qr = 0.01 + 0.12 = 0.13 fenotipo AB: frecuencia (IAIB) = 2pq = 0.06 fenotipo 0: frecuencia (I0I0) = r2 = 0.36 0.45 + 0.13 + 0.06 + 0.36 = 1.00


26. La frecuencia del alelo mutante de la hemofilia en una población que

se encuentra en equilibrio de Hardy-Weinberg es 0,0001. Sabiendo que este gen está localizado al cromosoma X, determina la frecuencia de hombres y mujeres hemofílicas i las frecuencias genotípicas para los dos sexos. (FJS)

h : alelo de la hemofilia h+ : alelo de coagulación normal frecuencia (h) = q = 0.0001 = 10-4 p = 1 – 10-4 = 0.9999 En mujeres: Q = frecuencia genotipo h h = q2 = 10-4 . 10-4 = 10-8

P = frecuencia genotipo h+ h+ = p2 = (0.9999)2

H = frecuencia genotipo h+ h = 2pq = 2 . (1 -10-4) . 10-4

En hombres: Xh Y, frecuencia del genotipo Xh Y = q = 10-4

Xh+ Y, frecuencia del genotipo Xh+ Y = p = (1 – 10-4) Es muy superior la frecuencia de varones hemofílicos (1 de cada 10.000) a la de mujeres hemofílicas (1 de cada 100 millones).

Problemas sesión05 - 1 -

Sesión 5 27. La siguiente genealogía corresponde a la capacidad de gustar cierto compuesto.

Indica el modo de herencia más probable, razonando la respuesta. ¿Qué genotipos y con qué probabilidad tendrían los individuos III-3 i III-9? (FJS)

Individu III-9. Ha de ser heterozigot ja que el seu pare és gustador (gg) i per tant li passarà un al·lel

g i d’altra banda en ser fenotípicament normal ha de portar l’al·lel G. Per tant és Gg.


28. Las siguientes genealogías corresponden a dos enfermedades humanas, donde los individuos sombreados presentan la enfermedad. Indica el modo de herencia más probable en cada caso, razonando la respuesta. (FJS)

A) B)



29. En la siguiente genealogía, el sombreado gris indica la presencia de un dedo extra y el negro la presencia de una enfermedad ocular en la especie humana.

I 1 2 II 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 III 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 a) ¿Qué tipo de herencia gobierna cada uno de los caracteres? b) ¿Cuáles son los genotipos de los abuelos? c) ¿Cuál es la probabilidad de que del cruzamiento entre III-4 y II-12 aparezca un hijo con un dedo extra? ¿Y con la enfermedad ocular? (UV)



30. Indica en las siguientes genealogías que tipos de herencia son posibles y cuales no, y en el primer caso cuales son más probables. Razona la respuesta. (UV)

A) B)

C) D)

E)


Lamento que se observen los individuos de la página anterior al contraluz.

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Prob sesion022 - 9 - 12. Una planta heterozigótica para 6 ... · dm, 6 de 14 dm, 4 de 12 dm y 1 de 10 dm. Otras dos plantas de 14 dm, cruzadas entre sí dan 1 de 16 dm, 2 de 14 dm