PROBLEMASPROBLEMAS 1 (1) Mendel descubrió que el color amarillo de la semilla de los guisantes es dominante sobre el color verde. En los siguientes experimentos, plantas con fenotipos conocidos, pero con genotipos desconocidos, dieron lugar a la siguiente descendencia: Según la proporción de descendientes, indíquense los genotipos más probables de cada progenitor. 1 2 3 4 5 Amarilla x Verde Amarilla x Amarilla Verde x Verde Amarilla x Verde Amarilla x Amarilla 82 Amarillas + 78 Verdes 118 Amarillas + 39 Verdes 50 Verdes 74 Amarillas 90 Amarillas 2 (2) En el ganado vacuno la falta de cuernos es dominante sobre la presencia de cuernos. Se cruzó un toro sin cuernos con tres vacas. Con la vaca A, que tenía cuernos, tuvo un ternero sin cuernos; con la vaca B, también con cuernos, tuvo un ternero con cuernos; con la vaca C, que no tenía cuernos, tuvo un ternero con cuernos. a) ¿Cuáles son los genotipos de los cuatro progenitores? b) ¿Qué otra descendencia, y en qué proporciones, cabría esperar de estos cruzamientos? 3 (8) En las gallinas de raza andaluza, la combinación heterozigótica de los alelos que determina el plumaje negro y el plumaje blanco da lugar a plumaje azul. ¿Qué descendencia tendrá una gallina de plumaje azul, y en qué proporciones, si se cruza con aves de los siguientes colores de plumaje: a) Negro, b) Azul, y c) Blanco. 4 (9) Antirhinum puede tener flores rosas, blancas o rojas. En la tabla se detallan los resultados de una serie de cruces entre diversas plantas y los resultados obtenidos. ¿Qué mecanismo genético se puede deducir de estos resultados? Cruces Roja x Rosa Blanca x Rosa Roja x Blanca Rosa x Rosa Descendencia 126 Rojas + 131 Rosas 88 Blancas + 92 Rosas 115 Rosas 43 Blancas + 39 Rojas + 83 Rosas 5 (19) El pelaje negro en los cocker spaniels está gobernado por un alelo B dominante y el color rojo por su alelo recesivo b. El patrón uniforme del color está gobernado por el alelo dominante S y el patrón moteado por su alelo recesivo s. Ambos caracteres se transmite independientemente. Un macho de pelo color negro y uniforme se aparea con una hembra con piel moteada y de color rojo y producen una camada de seis cachorros: dos negro uniforme, dos rojo uniforme, uno negro moteado y uno rojo moteado. Determine los genotipos de los progenitores. 6 (21) Los resultados de la F1del cruzamiento entre hembras de Drosophila, de fenotipo normal, con machos doble mutantes para el color del cuerpo y el tamaño de las quetas se expresan en la tabla. Ninguna de las dos mutaciones está ligada al sexo. Indicar: a) El genotipo de los padres y de los descendientes de la F1 b) Las proporciones fenotípicas si se cruzan hembras y machos de la F1. Número 250 254 248 247 Color del cuerpo Normal Mutante Mutante Normal Quetas Normal Normal Mutante Mutante 24 PROBLEMAS 7 (25) Los rábanos pueden tener forma alargada, redonda u oval. El color puede ser rojo, blanco o púrpura. Una variedad larga y blanca se cruzó con otra redonda y roja, dando lugar a una F1 oval y púrpura. En la F2 se obtuvieron 132 plantas distribuidas en 9 clases fenotípicas: larga 9 8 15 redonda 9 8 16 oval 19 16 32 rojo blanco púrpura a) ¿Cuántos pares de alelos están implicados? b) ¿Se transmiten independientemente? c) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperaría en los cruces de la F1 con cada una de las cepas paternas? d) Indicar las proporciones genotípicas y fenotípicas esperadas en la descendencia de los siguientes cruzamientos: d1) larga, púrpura x oval, púrpura d2) oval, púrpura x oval blanca e) Si los rábanos ovales, púrpura fueran los preferidos comercialmente, ¿cómo se podrían producir con el máximo aprovechamiento? 8 (28) El color rojo de la pulpa del tomate depende de la presencia de un factor R dominante sobre su alelo r, que da color amarillo. El enanismo se debe a un gen recesivo d. Se dispone de una variedad de pulpa amarilla y tamaño normal y de otra enana y de pulpa roja, ambas variedades puras. a) ¿Se podría obtener una variedad de pulpa roja y de tamaño normal? b) ¿y una de pulpa amarilla y enana? c) ¿cuál se obtendría antes? 9 (32) Los ratones gordos se pueden producir por la acción de dos genes que se transmiten independientemente. El genotipo recesivo ob ob produce un ratón estéril y gordo llamado "obeso". Su alelo dominante Ob produce el crecimiento normal. El genotipo recesivo ad ad también produce un ratón gordo y estéril denominado "adiposo" y su alelo dominante Ad produce crecimiento normal. ¿Qué proporciones fenotípicas de gordos frente a normales se espera que se produzcan en la F1 y F2 de cruzamientos entre progenitores Obob Adad? 10 (16) Al cruzar ratones de color normal con otros albinos, todos los ratones de la F1 eran normales, y en la F2, 330 normales y 126 albinos. Compruébese el ajuste con la proporción teórica por el método de la ji cuadrado. 11 (18) En Drosophila, la forma de las alas, normal o vestigial es independiente del color de ojos, rojo o escarlata. En la tabla se presentan los descendientes obtenidos en tres experiencias. Determinar los genotipos de los padres y comprobar estadísticamente la hipótesis propuesta. Descendientes A.largas Progenitores 1-larg.roj. x vest.escar. 2-larg.roj. x larg.roj. 3-larg.roj. x larg.roj. O.rojos 168 364 309 A.largas O.escar 164 0 107 A.vestig O.rojos 142 107 95 A.vestig O.escar 140 0 29 12 (22) En el cruce de un cobaya macho de pelo oscuro y liso con una cobaya de pelo blanco y rizado se obtuvo una F1 con pelo oscuro y rizado. Al cruzar las cobayas de la F1, la F2 dio: 219 oscuro y rizado, 69 oscuro y liso, 71 blanco y rizado y 21 blanco y liso. a) Indicar cuantos genes y alelos están implicados, qué relaciones hay entre ellos y qué genotipos tiene cada una de las distintas clases de cobayas. b) Usando el método de χ2 compruebe si su hipótesis es o no correcta. 25 Al dejar que se autofecunde la F1. 2) ¿Cuál es la proporción fenotípica esperada entre la progenie resultante de retrocruzar vacas F1 blanco y negro con el toro portador? 3) Si el toro portador se cruza con vacas blanco y negro. 94 plantas 39 plantas 45 plantas 28 plantas 15 plantas 13 plantas 15 (31) En la F2 de dos variedades de maíz. en cualquier orden? 18 (13) En la raza de ganado lechero Holstein-Friesian. Al autofecundar la F1 se obtuvo la siguiente descendencia: Rosa normal Rojo normal Blanco normal Rosa pelórico Rojo pelórico Blanco pelórico a) Explicar dichos resultados b) Comprobar estadísticamente la hipótesis. se obtuvieron las siguientes segregaciones fenotípicas: AB 108 82 Ab 35 12 aB 18 33 ab 7 8 a) b) a) ¿Es significativa la desviación respecto de la segregación 9:3:3:1 en cada caso? b) ¿Son homogéneas las dos variedades? 16 (3) Del matrimonio entre una mujer albina y un varón pigmentado. ¿qué proporción fenotípica puede esperarse entre la progenie resultante de retrocruzar las vacas de la F1 por el macho portador? 26 . obtenidas por el cruce de razas que diferían en dos genes. 1) Determinar: 1a) la probabilidad de que el primer descendiente que nazca sea rojo y blanco 1b) la probabilidad de que los primeros cuatro descendientes sean blanco y negro. b) Comprobar estadísticamente la hipótesis propuesta.PROBLEMAS 13 (23) Al cruzar una variedad de plantas con flores blancas y fruto ancho con otra de flores amarillas y fruto estrecho. Contestar a las preguntas anteriores en el caso de que sean monovitelinos. homozigóticas. a) Calcular la probabilidad de que ambos sean albinos b) De que ninguno sea albino c) De que uno sea albino y el otro pigmentado. un alelo recesivo r produce pelo rojo y blanco y el alelo dominante R produce pelo blanco y negro. nacieron dos gemelos bivitelinos. La F1 de dicho cruzamiento era rosa y de forma normal. 14 (30) Baur cruzó una planta de flores blancas de forma normal de Antirrhinum majus con una planta de flores rojas de forma pelórica. se obtuvo en la F1 una planta de flores pardas y fruto ancho. se obtuvo la siguiente F2 : Flor Parda Blanca Amarilla Fruto ancho ancho ancho Número 92 40 44 Flor Parda Blanca Amarilla Fruto estrecho estrecho estrecho Número 29 15 13 a) Explicar genéticamente estos resultados. dos negros y uno blanco. a) ¿Cuál es la probabilidad de que los tres primeros descendientes sean alternativamente negroblanco-negro o blanco-negro-blanco? b) ¿Cuál es la probabilidad de producir entre tres descendientes. cuyo padre era albino. Si se cruza un toro portador con vacas portadoras. 17 14) Se cruzan entre sí cobayas negros heterozigóticos Bb. Teniendo en cuenta que el 76% de las personas con visión normal son heterozigóticas para este carácter. El alelo dominante de otro locus B produce color negro y el genotipo recesivo bb produce café. verde y redonda. Un matrimonio entre dos personas gustadoras. 1/8 de altas. 25 (33) Se sabe que el color del pelaje en los ratones está determinado por varios genes. verdes y redondas. mientras que el alelo dominante C permite que el pigmento se distribuya sobre todo el cuerpo. 22 (15) Considere una serie de familias con dos hijos. los caracteres moteado (S) o no moteado (s). moteado y no diluido? 27 (35) Considere el cruzamiento AaBbCcDdEe x aaBbccDdee en el que todos los genes segregan independientemente. agutí y patrón Himalaya con ratones puros negro no agutí y no Himalayas a) ¿cuáles son las proporciones fenotípicas esperadas en la F1 y en la F2? b) ¿Qué porcentaje de la F2 totalmente coloreada. cuyos padres no lo son. verdes y rugosas. tiene 5 descendientes. Se realizó un cruce entre dos gatos de genotipos llSsdd y LlSsDd. b) al menos uno de los descendientes sea gustador. Al sumar todos los hijos de tales familias ¿Qué proporción de ellos mostrarán dicho fenotipo? 23 (17) ¿Cuántos cruces diferentes se pueden hacer a) a partir de un solo par de factores? b) de dos pares de factores c) de tres pares de factores? 24 (29) Se cruzó una planta de tallo alto. calcular la probabilidad de que: a) tres descendientes sean gustadores. La presencia de una banda amarilla de pigmento cerca de la punta del pelo se llama patrón "agutí" y está determinada por el alelo dominante A. los otros dos sean no gustadores. verdes y redondas. negra y agutí se espera que sea de genotipo AaBBCc? c) ¿Qué porcentaje de todos los ratones Himalaya de la F2 podrían mostrar el pigmento café? d) ¿Qué porcentaje de todos los agutí en la F2 podría esperarse que exhiban pigmento negro? 26 (34) En el gato. se casa con un varón de visión normal y tienen cuatro hijos. legumbre amarilla y semilla redonda con otra enana. pelo corto (L) o pelo largo (l) y color no diluido (D) o diluido (d) se deben a tres genes independientes. c) después de tener tres descendientes gustadores. a) ¿Qué proporción de la descendencia será fenotípicamente como: 27 . La condición recesiva de este locus (aa) no tiene esta banda subapical y se conoce como no agutí. a) ¿Cuál es la probabilidad de obtener un gato de genotipo llssdd? b) ¿Cuál es la probabilidad de obtener un gato de fenotipo pelo corto.PROBLEMAS 19 (10) Una pareja decide tener 4 hijos. d) dos hijas y un hijo sean gustadores y otros dos hijos no gustadores 21 (12) Una mujer miope. dado que al menos uno de los hijos muestra el fenotipo correspondiente. Al cruzar ratones puros café. 3/8 de enanas. El genotipo homozigótico cc restringe la producción de pigmento a las extremidades del cuerpo en un patrón denominado Himalaya. dando lugar a 3/8 de plantas altas. la capacidad de apreciar con el gusto la PTC (Gustadores) depende del alelo dominante de un gen. verdes y rugosas y 1/8 de enanas. ¿Cuál es la probabilidad de que: a) Se cumpla el deseo del padre de tener cuatro varones? b) Se cumpla el deseo de la madre de tener dos de cada sexo? c) Se cumpla el deseo de la abuela de tener tres chicos y una chica? d) Si tuvieran un 5º hijo ¿Cuál sería la probabilidad de que éste fuera varón? 20 (11) En la especie humana. si uno de los mayores lo es. heterozigóticas. Dar los genotipos de los padres. calcular la probabilidad de que: a) los cuatro hijos sean miopes b) dos sean miopes y dos de visión normal c) alguno sea miope d) sólo el último sea miope e) los dos pequeños sean miopes. en las que los dos padres han sido identificados como portadores de un alelo autosómico recesivo. a) Explicar el modo de herencia de estas enfermedades. Calcular: a) La probabilidad de que un descendiente sea triple heterozigótico. b) IAi Rr NN. c) ii RR NN. 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. 30 (4) En la siguiente genealogía. I 1 2 II 1 2 3 4 5 6 7 8 9 28 . el sombreado gris indica la presencia de un dedo extra y el negro la presencia de una enfermedad ocular en la especie humana. que no sufra ninguna de las enfermedades o que sea homozigótico para ambos caracteres. I 1 II 1 III 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 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? 31 (5) La siguiente genealogía indica el modo de transmisión de dos caracteres raros en la especie humana: retinitis pigmentosa (barra vertical) y enfermedad de Hurles (barra horizontal). d) El número de genotipos distintos que se pueden formar que sean heterozigóticos para dos loci. d) IBi rr MM. 1) ¿Cuáles son los genotipos de los progenitores? 2) ¿Cuál es la probabilidad de que su próximo hijo tenga el fenotipo A R M? 3) ¿Podría tener algún hijo del grupo sanguíneo AB? 29 (36) Una planta heterozigótica para 6 loci (AaBbCcDdEeFf) independientes se autofecunda. b) Indicar qué fenotipos aparecerían y en qué proporciones en la descendencia de los siguientes cruces: IV-1 x II-6 IV-4 x III-8 c) ¿Cuál es la probabilidad de que si el matrimonio III-3 x III-4 tiene otro descendiente le ocurra una de estas cosas: Que aparezca afectado para los dos caracteres.PROBLEMAS a1) el primer parental? a2) el segundo parental? a3) cualquiera de los dos parentales? a4) ninguno de ellos? b) ¿Qué proporción de la descendencia será genotípicamente como: b1) el primer parental? b2) el segundo parenta? b3) cualquiera de los dos parentales? b4) ninguno de ellos? 28 (37) Una mujer se casa y tiene cuatro hijos legítimos con los siguientes genotipos: a) ii RR MN. ¿Cuál es la probabilidad de que el primer hijo sea a) del grupo B? b) del grupo A? 29 . 33 (7) La siguiente genealogía indica el modo de transmisión de dos caracteres raros en la especie humana. de baja incidencia en la especie humana. que se deben a genes situados en diferentes cromosomas. tres enanos sin cataratas y dos enanos con cataratas. y en qué proporciones. III 1 2 3 4 a) ¿Cuál es el tipo de herencia de cada una de estas enfermedades? b) Indicar los genotipos de todos los individuos de la genealogía c) Calcular la probabilidad de que el primer descendiente de II-1 y III-4 sea c1) sano c2) con porfiria c3) afectado de albinismo c4) afectado solamente por una cualquiera de las dos enfermedades. c)¿Qué fenotipos aparecerían. ¿concuerda esto con la hipótesis formulada en (a)? Indíquese el genotipo de los padres de ambos cónyuges. cataratas (signo menos) y enanismo hipofisario (signo mas) I II 1 2 1 3 - + 2 4 5 6 7 - III IV + 1 1 2 3 - 4 - 5 + 5 6 6 7 - 8 + 9 2 3 4 7 8 a) Explicar el tipo de herencia de estos caracteres b) Si IV-1 se casa con IV-6 y tiene 5 hijos.III 1 2 3 4 5 6 7 8 PROBLEMAS 9 10 11 IV 1 2 3 4 5 6 7 32 (6) La siguiente genealogía muestra una familia afectada por dos enfermedades. I 1 2 3 4 Albin. en la descendencia de los siguientes matrimonios: c1) III-5 x IV-1 c2) III-2 x IV-5 c3) IV-1 x IV-7? d) ¿Cuál es la probabilidad de que: d1) II-6 sea heterozigótico para ambos caracteres d2) II-1 sea homozigótico para el enanismo d3) el primer hijo del matrimonio IV-2 x IV-4 sea enano? 34 (38) En cierta población el 30% de los individuos del grupo sanguíneo A son heterozigotos para dicho alelo. Una mujer del grupo A se casa con un hombre del grupo AB. II 1 2 3 4 5 6 7 8 Porf. PROBLEMAS c) del grupo AB? 35 (45) Se presentó ante los tribunales de justicia el siguiente caso: una familia X reclama que cierto bebé Y. C. en cambio. que se han designado por las letras A. Se han descrito cinco fenotipos distintos para este carácter. 1/4 38 (39) En una especie vegetal la forma de las hojas está controlada por un único locus. 7 gris x Alb. que se diferencian por el color del pelaje: CRUCES 1 negro x negro 2 negro x albino 3 crema x crema 4 sepia x crema 5 negro x albino 6 negro x crema 7 negro x sepia 8 sepia x sepia 9 crema x albino negro 22 10 13 19 18 sepia 9 24 20 20 26 crema 34 11 12 9 15 albino 7 11 12 17 37 (42) Dar los genotipos más probables de los padres en los siguientes cruzamientos entre conejos: CRUCES 1NxN 2NxN 3 N x Him. 1/4 1/4 1/4 Ch. 1/4 1/4 1/4 3/4 1/2 Gris 1/4 1/4 1/2 1/2 1/2 Alb. que les dieron en la maternidad. 4 N x gris 5 N x Him. 6 Him. B. y el tribunal ordena el examen de los grupos sanguíneos de los bebes y de los padres. 8 gris x gris N 3/4 3/4 1/2 1/2 1/2 Him. que tiene la familia W. no les pertenece y que. con los siguientes resultados: Familia X/Y Familia W/Z ¿ Qué familia tiene razón? Madre AB A Padre O O Bebé A O 36 (41) Dar los genotipos más probables de los padres en los siguientes cruzamientos de cobayas. A partir de los siguientes cruzamientos: BxB CxE ExE BxC AxC CxC 1/4A + 1/4D + 2/4B 1/3C + 1/3B + 1/3E 1/3D + 2/3E 1/4A + 1/4B + 1/4C + 1/4E 1/2A + 1/2C 1/3A + 2/3C a) Determinar cuantos alelos presenta dicho locus y que relaciones existen entre ellos 30 . La familia W niega este hecho. x Him. el bebé Z. es el suyo. D y E. PROBLEMAS b) Indicar los genotipos de todos los individuos implicados en los cruzamientos 39 (46) Entre los distintos colores del plumaje de una especie de ave exótica se encuentran el rojo. 40 (40) Explique los datos para el color del pelaje obtenidos en diversos cruces en el ratón doméstico: amarillo 402 210 184 106 218 negro 391 141 tostado 214 138 tostado oscuro 188 110 113 132 144 a) amarillo x negro b) amarillo x tostado c) amarillo* x tostado d) amarillo** x negro e) amarillo* x amarillo** f) tostado oscuro x tostado g) tostado oscuro X negro * amarillo de la F1 del cruce a) ** amarillo de la F1 del cruce b) 41 (71) Entre los distintos colores del pelaje del zorro se encuentran el platino. En ciertos cruces se obtuvieron los siguientes resultados: a) platino x plateado b) platino x platino c) blanco x plateado d) blanco x blanco e) platino x blanco f) gris x plateado 438 platino + 418 plateado 215 platino + 111 plateado 186 blanco + 178 plateado 210 blanco + 72 plateado 90 gris + 89 blanco + 92 platino + 88 plateado 150 platino + 148 blanco Plantear una hipótesis genética que explique los cruces anteriores. 42 (44) La genealogía indicada a continuación hace referencia a los caracteres negro. el naranja. el blanco y el gris. indicando cuantos genes y alelos están implicados en el control del color. del color del pelaje del conejillo de indias. carey (con puntas rojas) y rojo. el amarillo y el blanco. 31 . Indique el genotipo de los parentales y de los descendientes de cada uno de los cruces. Los cruces entre distintas aves de esta especie dieron los siguientes resultados: DESCENDENCIA PARENTALES a)rojo x blanco b)rojo x rojo c)amarillo x blanco d)amarillo x amarillo e)rojo x amarillo f)naranja x blanco 87 160 90 rojo 420 198 182 330 92 158 naranja amarillo blanco 435 100 197 109 91 a) Plantear una hipótesis genética que explique estos resultados b) Indicar el genotipo de cada uno de los padres implicados en los cruces y de las aves de la descendencia. el plateado. Indicar razonadamente si intervienen en su control 2 ó 3 alelos. el alelo At produce pelajes manchados. a) Represente gráficamente la genealogía. La relación de dominancia es As>Ay>At. pero el criador no consiguió establecer una línea pura de color platino. El hermano del paciente se caso con una mujer que padecía ceguera nocturna y tuvieron dos hijos varones con moteado en el iris. ¿Posee el mismo tipo de ceguera nocturna la cuñada del paciente X? Razónalo. Un toro normal se cruza con una vaca normal y tienen un ternero amputado (los cuales normalmente nacen muertos). Ninguna de las cinco hermanas del paciente presentan estas anomalías. 6 niñas normales y dos varones. han tenido 8 descendientes.. apareció una mutación que da color platino al pelaje. S2. Así. Cada vez que cruzaba dos individuos de este color. S3 . Si en este sistema la descendencia del cruzamiento S1S3 x S2S4 se cruza entre sí. b) Probabilidad de descendientes manchados del cruce III1 x III2 c) Frecuencia de descendientes con pigmento obscuro que se espera sean heterozigóticos del cruce I1 x II3 d) Frecuencia de descendientes con pigmento obscuro del cruce I1 x III2 44 (43) Un informe clínico indica que el paciente X presenta dos anomalías pocos frecuentes en la población: ceguera nocturna y moteado profuso en el iris. 47 (72) La ausencia de patas en el ganado vacuno ("amputado") se ha atribuido a un gen letal recesivo. Su abuelo materno ceguera nocturna. I II III 1 2 3 4 1 1 2 3 3 2 4 Pig. Estos mismos padres se cruzan de nuevo: a) ¿Cuál es la probabilidad de que tengan dos terneros amputados? 32 . El alelo As produce pigmentación obscura uniforme. Establecer una hipótesis genética que explique los hechos. Su único hermano y su padre sólo presentan moteado en el iris. el alelo Ay produce pigmentación menos intensa (canela) uniforme. obtuvo un total de 82 individuos de color platino y 38 normales. b) Determine el tipo de herencia más probable para estas anomalías. oscuro Canela Manchado a) Determinar los genotipos de la genealogía. comprobándola estadísticamente. c) La ceguera nocturna puede estar ocasionada por mutaciones recesivas diferentes. Indicar las proporciones de cruzamientos que serán: a) Completamente fértiles b) Completamente estériles c) Parcialmente fértiles 46 (74) En un rancho de zorros de Wisconsin. 45 (48) En plantas de Petunia la relación de compatibilidad-incompatibilidad está controlada por una serie de alelos múltiples (S1. No se tienen datos sobre los abuelos paternos.PROBLEMAS 1 Negro 4 Carey 8 Rojo 2 Carey 5 6 Negro Rojo 9 Carey 3 Rojo 7 Carey 43 (47) Una serie de alelos múltiples determina en los perros la distribución de los pigmentos del pelaje. Tanto la madre como la abuela materna son normales. ambos con moteado en el iris. aparecían descendientes normales.). Este color resultó muy popular entre los compradores de pieles de zorro.. en todas las combinaciones posibles de hembras y machos. El paciente X está casado con una mujer que no presenta estas anomalías. tras repetidos cruzamientos del tipo indicado. El tubo polínico no se desarrollará si el alelo S que contiene está presente también en el parental femenino. Un gen independiente. Ww impide la aparición de color (blancos) y ww permite aparición del mismo. él mismo desarrolle más tarde la enfermedad? b) ¿Cuál es la probabilidad de que la desarrolle su hijo al cabo del tiempo? 50 (76) En la liebre de monte el gen A determina orejas tiesas y su alelo a orejas caídas. Los embriones homozigóticos para cualquiera de estos dos genes mueren en fase embrionaria. a) ¿Cuál es la probabilidad de que. Supresor de Hairles (Su-H) no tiene ningún efecto sobre el número de quetas. a)¿Qué proporciones fenotípicas se esperaría entre los descendientes de un cruzamiento entre dos individuos de color amarillo y de cola corta? b) Si el tamaño normal de la camada en el ratón es de 8 crías. quince blancos con pezuña de mula y tres negros con pezuña normal. Se cruzan un semental blanco y una yegua también blanca.PROBLEMAS b) Se cruzan toros heterozigóticos para el alelo amputado con vacas homozigóticas normales. capaz de producir metionina y treonina a partir de ácido aspártico. a) ¿Qué tipo de herencia puede presentar este carácter? b) Al cruzar dos individuos con orejas tiesas se obtuvieron 5 crías. Se debe a un alelo dominante. Su-H es letal en homozigosis. El color blanco del pelo está determinado por un alelo dominante de otro locus B y el negro por su alelo recesivo b. que se transmite con independencia del anterior. de poco más de 20 años. Un genotipo dominante (M -) produce una condición de pezuña de mula. que las otras tres tengan orejas tiesas 51 (73) El gen que determina el color amarillo del pelaje del ratón doméstico es dominante sobre su alelo normal salvaje. Al estudiar la herencia de este carácter se comprobó que los individuos con orejas tiesas nunca se comportaban como variedades puras. OO y Oo son de color liso y oo tiene manchas blancas sobre el color de fondo. advierte que su padre ha desarrollado la corea de Huntington. ya que entonces suprime el efecto de este. también es dominante sobre su alelo normal salvaje. y se deja que la F1 se cruce al azar para dar lugar a la F2. ¿qué número medio de crías cabría esperar en tales cruzamientos? 52 (75) En Drosophila melanogaster el gen dominante Hairless (H) tiene un marcado efecto en la reducción del número de quetas y es letal en homozigosis. ambos heterozigóticos para los tres genes. no portadora de H? c)¿Qué proporciones fenotípicas se esperarían del retrocruzamiento de dicha F1 con la cepa paterna Hairless? d)¿Qué proporciones fenotípicas se esperarían del retrocruzamiento de dicha F1 con la cepa paterna Su-H? e)¿Qué proporciones fenotípicas se esperarían del retrocruzamiento de dicha F1 Y con una cepa genéticamente normal? 53 (77) Supongamos que hay tres genes en el caballo que afectan al color y que producen los efectos siguientes: WW es letal. mortal. que aparece normalmente a mediana edad. Un hombre fenotípicamente normal. Un cerdo blanco con pezuña de mula se cruza con una hembra del mismo fenotipo. Calcular las siguientes probabilidades: b1) Todos presenten el mismo fenotipo b2) Tres tengan orejas caídas y dos orejas tiesas b3) Si dos crías tienen orejas caídas. excepto si está presente H. ¿Qué proporciones genotípicas y fenotípicas cabe esperar? 48 (20) El carácter normal de pezuña hendida en los cerdos se produce por el genotipo homozigótico recesivo mm. portadoras ambas del alelo H en su condición de suprimido? b) ¿Cuál será el fenotipo de la F1 al cruzar una cepa Hairless y otra cepa Su-H. a) ¿Qué proporción de individuos normales encontraríamos en la descendencia de un cruce entre moscas normales. Si se realiza el cruzamiento prueba de toda la F1 de color negro con pezuña de mula ¿Qué frecuencia fenotípica podría esperarse entre la descendencia? 49 (70) La corea de Huntington es una enfermedad rara. se irradió con luz UV obteniéndose los siguientes mutantes: 33 . siete negros con pezuña de mula. El gen que determina la cola corta (braquiuria). a)¿Cuál es la frecuencia esperada de los posibles fenotipos en la descendencia viable? b)¿Qué frecuencias fenotípicas se esperarían si el semental fuera WwBboo? 54 (187) Una cepa de Rhizopus nigricans. BB y Bb color negro y bb castaño. Entre la descendencia se encontraron seis cerdos blancos con pezuña normal. b) Suponiendo que D y E fueran los productos iniciales y la ruta metabólica fuera en sentido contrario. 55 (188) Al suplementar un medio mínimo con los compuestos de la A a la I se obtuvieron los siguientes resultados en 9 cepas mutantes de Neurospora: A + B + + C + + D + E + + + + + + + + F + + + G + + + + + + + + + H + + + I + + + + + + + 1 2 3 4 5 6 7 8 9 a) Construir la ruta metabólica correspondiente. así como el producto o productos que se acumularían. teniendo en cuenta que todos ellos son mutantes simples. es decir. Construye el cuadro correspondiente teniendo en cuenta el paso que bloquea cada mutante. 34 .PROBLEMAS Mutante 1 2 3 4 5 6 Fenotipo met. supón que funciona en sentido inverso. indicando qué paso bloquea cada mutante.thrmetmet - A partir de estos datos indicar : a) Los pasos sucesivos de la síntesis de metionina y treonina b) La reacción bloqueada en cada mutante. la proteína contráctil miosina)? Explicar. el producto o los productos iniciales pasan a ser el/los productos finales.thrmetthr - Acumula semialdehido aspártico ácido aspártico cistationina homocisteína Crece suplementada con homoserina cistationina treonina semialdehido aspártico homocisteína metionina met. 57 (195) ¿Qué tipo de defecto genético podría ser más fácilmente corregido con una dieta especial.: uno que implique una mutación en un gen que codifica una enzima o uno que se deba a una mutación en una proteína estructural (ej. construye una tabla indicando si cada mutante crecería o no al añadir las sustancias de la tabla anterior. Mutante 1 2 3 4 A + + B C + D + E F D+E + + + + F+E + + + a) Proponer la posible ruta metabólica que conduce a la formación de los productos D y E. b) Una vez construida dicha ruta. indicando qué paso estaría bloqueado por cada mutante. 56 (189) Cuatro mutantes de Neurospora son incapaces de crecer en un medio mínimo a no ser que se les suplemente con una o más sustancias de las indicadas en el cuadro (en donde + crecimiento y – no crecimiento). D y E. glu 0 0 0 0 0 0 0 glu-P 0 0 0 + 0 0 0 Ac. CRECIMIENTO CON MUTANTE 1 2 3 4 A + 0 0 0 B 0 0 0 0 C 0 0 + 0 D 0 + 0 + E 0 0 0 + 62 (201) Se aisló un número de cepas mutantes nutricionales del tipo común de Neurospora. que cada mutante lleve una única mutación. C y D en la siguiente tabla. cada una de ellas con una mutación. Suponiendo que todos los intermediarios son capaces de entrar en la célula. Proponer una ruta de síntesis. que respondió a la adición de ciertos suplementos en los medios de cultivo con crecimiento (+). haga un diagrama del camino metabólico que podría existir en la cepa tipo común que sea consistente con los datos. glu. y que pueden crecer (+) o no (-) al añadir al medio mínimo una substancia de las indicadas en la siguiente tabla . C. Explicar. son capaces de crecer en medio mínimo siempre que éste esté suplementado con algunas de las substancias simbolizadas por A. Dadas las siguientes respuestas para mutaciones de un gen único. o sin crecimiento (-). b) Plantea una ruta de síntesis y localiza las mutaciones A. B. indicando donde se bloquea la cadena para cada cepa mutante a) Suplementos agregados al medio mínimo de cultivo 35 . Proponer la posible ruta biosintética: Mut. plantea una ruta de síntesis que explique estos resultados. 1 2 3 4 5 6 7 Fenotipo ArgProArgArg-proargarg-proargarg + 0 + 0 + 0 + pro 0 + 0 0 0 0 0 ac.PROBLEMAS 58 (197) Tres mutantes auxótrofos para la metionina en Neurospora crassa fueron estudiados al añadir diversos compuestos al medio de cultivo. el cual es auxótrofo para la metionina y la treonina y crece cuando la homoserina se añade al medio. La presencia de crecimiento (+) y su ausencia (0) con los diversos compuestos se indica en la siguiente tabla: SUPLEMENTACIÓN DEL MEDIO CON Mutante A B C Homocisteina 0 + + Homoserina 0 0 0 Cistationa 0 + 0 Metionina + + + a) Supón que aíslas un mutante adicional. y que todos los mutantes afecten a la ruta después del compuesto B. B y C. B. SUSTANCIAS AÑADIDAS Cepa 1 2 3 4 A + + + + B + + C + + + D + - 60 (200) Se han aislado diferentes mutantes simples de Neurospora crassa que afectan a la síntesis de arginina y/o prolina. glu 0 0 0 + 0 + 0 orn 0 0 0 0 + 0 0 citr 0 0 + 0 + 0 0 61 (196) Las siguientes respuestas (+ = crecimiento y 0 = no crecimiento) de mutantes 1-4 de Neurospora ffueron obtenidas con los intermediarios biosintéticos relacionados A.suc 0 0 + 0 + 0 + Semial. 59 (198) Cuatro cepas de una especie bacteriana. Glutámico + D + + + + arg. + + + A + B + C + + + semial. en la descendencia de plantas de genotipo a+a b+b? c) ¿Por qué las mutaciones a y b son recesivas? 66 (193) A. Cepa 1 2 3 4 5 A + B + + + C D E + F G H + + + + + I J + + + + D+I + + + + D+E + + + + + F+G + A+G + + Hacer un esquema de la ruta metabólica. glutámico H + + + + b) Factores de crecimiento c) Factores de crecimiento 63 (199) Cuatro cepas de Neurospora con un mutante cada una son incapaces de crecer en un medio mínimo. a menos que sea suplementado con una o más de las substancias de la A a la F. suponiendo transmisión independiente. c y d. y D son genes de transmisión independiente los cuales controlan la producción de un pigmento negro en un organismo eucariota. b. + + + + Cepa 9 10 11 12 E + orn. El estudio metabólico de la ruta permitió determinar que transcurría según el siguiente esquema: Enzima X compuesto incoloro Enzima Y Pigmento rojo Pigmento azul a) ¿Qué mutante será deficiente par el enzima X? ¿y para el Y? b)¿Qué proporciones fenotípicas obtendrías.PROBLEMAS Cepa 1 2 3 4 Cepa 5 6 7 8 Citr. + + F + G + ac. Cepa 1 2 3 4 A + + + + B O O O O C O O + O D O + O O E O O O O F O O O O 64 (190) Cinco mutantes de Neurospora son incapaces de crecer en un medio mínimo a no ser que se les suplemente con una o mas sustancias de las indicadas en el cuadro (en donde + crecimiento y . Los alelos alternativos que producen la pérdida de función del gen son a.no crecimiento). B. C. Dos mutaciones situadas en loci génicos distintos provocan cuando están presentes en homozigosis que los pétalos sean azules (aa) o rojos (bb). los pétalos de las flores son generalmente granates. indicando la reacción bloqueada en cada cepa. respectivamente. Tanto la cepa 2 como la 4 crecen si se agrega E y F o C y F al medio mínimo. Hacer un diagrama del cambio bioquímico que esté de acuerdo con los datos referentes a los 6 metabolitos. indicando donde ocurre el bloqueo mutante en cada una de las cuatro cepas. En la siguiente tabla el crecimiento será indicado por + y la falta de crecimiento por O. 65 (192) En cierta planta. Un individuo negro de genotipo AABBCCDD es cruzado con otro incoloro de genotipo 36 . ¿Qué proporciones fenotípicas se esperará en la descendencia de los siguientes cruzamientos (del a al d)? a) Wwgg x WwGG b) WwGg x verde c) Wwgg x wwGg d) WwGg x Wwgg e) Si se cruzan dos plantas de calabaza y la descendencia obtenida es de 1/2 amarilla y 1/2 verde. 1/4 escarlata 3/4 azul. 2/4 púrpura. 1/8 marrones hembra dorada x macho negro = 4/8 dorados. supón que la ruta de síntesis es la siguiente: A Incoloro B Incoloro rojo rojo C negro a) ¿Qué proporción de la F2 es incolora? b) ¿Qué proporción de la F2 es roja? c) ¿Qué proporción de la F2 es negra? 68 (24) En un cruzamiento entre distintos “Dondiego de día” se obtuvieron las siguientes descendencias: a) azul x escarlata b) púrpura x púrpura c) azul x azul d) azul x púrpura e) púrpura x escarlata Indicar el genotipo de los padres. se obtuvieron los siguientes resultados: 37 . 1/8 negros. 2/4 púrpura. actúan en la siguiente ruta de síntesis del pigmento negro: A Incoloro a) ¿Qué proporción en la F2 es incolora? b) ¿Qué proporción en la F2 es marrón? B C marrón D negro 67 (194) Usando la información dada en el problema anterior. 1/8 marrones Establecer una hipótesis que explique la herencia del color del pelaje en esta raza de perros. indicando el genotipo de los progenitores y descendientes de cada uno de los cruzamientos. todos los individuos de F1 tenían aleurona púrpura y en la F2 aparecieron 412 plantas con aleurona púrpura. 1/4 escarlata 1/4 azul. Al cruzar dos variedades puras. 3/8 negros. El fruto amarillo está determinado por un gen (G) hipostático del anterior que segrega independientemente de él y el fruto verde por su alelo recesivo (g). Cuando se cruzan plantas dihíbridas. En los cruzamientos llevados a cabo por Collins y Kems. ¿qué proporciones genotípicas se esperaría en la descendencia? 72 (65) Las hojas de piña pueden clasificarse en tres tipos: espinosas. 71 (51) La aleurona de las semillas de maíz puede ser blanca. La F1 resultante presenta color negro y se deja que se cruce al azar. 1/8 escarlata 1/2 púrpura. de punta espinosa y agudas (no espinosas). Asumiendo que los genes A. 1/2 escarlata 69 (66) El color blanco en el fruto de la calabaza viene determinado por un gen dominante (W) y el fruto coloreado por su alelo recesivo (w). Determinar los fenotipos y genotipos de las plantas parentales 70 (62) Un criador de perros dispone de tres ejemplares de la raza Labrador: una hembra y un macho de pelaje dorado y un macho de pelaje negro. a) Explicar el modo de herencia del color b) Si se cruzan entre sí todas las plantas de aleurona amarilla de F2. C y D. 1/4 azul. Al cruzar la hembra por cada uno de los machos obtuvo la siguiente descendencia: hembra dorada x macho dorado = 6/8 dorados. amarilla o púrpura. una de aleurona púrpura y otra blanca.PROBLEMAS aabbccdd. la descendencia obtenida sigue las proporciones de una epistasia dominante. 4/8 púrpura. 1/4 púrpura 3/8 azul. B. 102 con aleurona amarilla y 34 con aleurona blanca. Al cruzar plantas homozigóticas de cáliz corto y flor blanca por plantas homozigóticas de cáliz largo y flor azul. todas las plantas de F1 presentaban cáliz intermedio y flores azules y en la F2 se obtuvieron los siguientes resultados: Color azul azul azul blanco amarillo blanco blanco amarillo amarillo Forma cáliz intermedio largo corto intermedio intermedio largo corto largo corto Porcentaje 28. x esp. Dar una explicación genética a estos resultados. epistático recesivo sobre cualquier gen para el color de 38 . la base genética de la herencia del color del fruto en los pimientos?. 74 (63) Una variedad de pimientos de fruto pardo fue cruzada con una variedad de fruto amarillo. azul o blanco. el color blanco está determinado por un gen ligado al sexo (white.PROBLEMAS Fenotipos paternos a) punta esp. y el color de las flores amarillo. 12 aguda: 3 punta espin. b) Comprueba tu hipótesis mediante la prueba de χ2.1 12. 10 verdes y 155 blancas. ¿Qué información complementaria se necesitaría para decidir entre ellas?. e) plantas homozigóticas con flores blancas cruzadas con plantas homozigóticas con flores amarillas producían plantas con flores blancas. corto o intermedio. Con esta sola información dar dos explicaciones posibles para la herencia del color del fruto en los pimientos.7 Deducir el tipo de herencia de dichos caracteres. según estos datos. 75 (56) En determinada especie vegetal el tamaño del cáliz puede ser largo. indicando los genotipos de los individuos implicados. 76 (50) El color normal de los ojos de Drosophila melanogaster es rojo ladrillo.5 9. b) ¿Qué resultados se esperarían si se cruzase. Cuando las plantas de la F1 de frutos rojos dieron lugar a la F2 se obtuvo un conjunto de: 182 plantas de fruto rojo 59 plantas de fruto pardo 81 plantas de fruto amarillo a) ¿Cuál será. indicando el genotipo de todos los individuos.2 6. Aguda Aguda Fenotipos F2 3 punta espin. Cuando esta últimas se autofecundaban daban una descendencia de 40 amarillas. Cuando estas últimas se autofecundaban daban una descendencia de 91 amarillas y 29 verdes. al autofecundarse. 3 aguda: 1 punta espin.1 14. w).1 14. dieron los siguientes resultados: a) plantas con flores blancas producían ocasionalmente plantas con flores verdes y plantas con flores amarillas b) plantas con flores verdes o amarillas. b1) la F1 del tercer cruzamiento con la cepa paterna espinosa? b2) la F1 del tercer cruzamiento con la F1 del primer cruzamiento? 73 (68) Experimentos realizados para estudiar el color de la flor en el melón. Las plantas resultantes de la F1 tenían todas el fruto color rojo.: 1 espin.: 1 espin. c) aguda x esp. Fenotipos F1 Punta espin.4 6. indicando los genotipos implicados. a) Explicar los resultados obtenidos.2 4. b) aguda x punta esp.7 4. nunca daban lugar a plantas con flores blancas c) plantas con flores verdes no daban al autofecundarse plantas con flores amarillas d) cruces entre plantas homozigóticas con flores verdes y plantas homozigóticas con flores amarillas daban plantas con flores amarillas. sabiendo que el gen A es epistático del par B. La proporción de plantas enanas que aparecían en la F2 de este cruzamiento era de 7/16. Se cruzaron hembras homozigóticas para grape con machos hemizigóticos para white. Y. la proporción de la F2 era 3 altas: 1 enana. se obtuvo una F1 toda de pelaje gris y una F2 con las proporciones: 48 grises. 81 (69) Dos padres zurdos pueden tener hijos tanto zurdos como diestros y dos padres diestros. 82 (57) Dado un trihíbrido AaBbCc. 78 (49) Si un doble heterozigoto. b) ¿Qué proporciones genotípicas y fenotípicas esperarías si se realizase el cruzamiento prueba de la F1 del cruzamiento E1 x E2 con el progenitor E1? 80 (59) En el grano de maíz el gen dominante C permite la manifestación del color. ambos cruces daban lugar a una F1 constituida únicamente por plantas altas. Indicar las proporciones fenotípicas y genotípicas de F1 y F2. también pueden tener hijos zurdos. a = pardo. de la F1 y de la F2 de los cuatro cruces. 3 azules y 1 pardo. una de pelaje gris y la otra pardo. ¿Puede explicarse el carácter zurdo/diestro en base a un gen con dos alelos? En caso contrario sugerir una explicación satisfactoria basada en interacción entre genes.b. da lugar a una descendencia 9:7 ¿qué descendencia se obtendrá si se utiliza dicho heterozigoto en un cruzamiento prueba?. Los cruzamientos entre las dos cepas enanas paternas E1 x E2. B = negro. por autofecundación. C = permite color. a veces. g+). Entre los alelos existe dominancia completa y el fenotipo de cada alelo es A = gris. ¿qué descendencia dará al ser utilizado en un cruzamiento prueba?. Si se autofecundaba cualquier planta de la F1. solo daban lugar a plantas altas en la F1. Al autofecundarse una planta de genotipo desconocido se obtuvo 1490 granos blancos y 310 coloreados. Si se trata esta vez de un doble heterozigoto que por autofecundación da una descendencia 9:3:4. 84 (67) Tres plantas de semillas verdes (cepas X. indicando todos los genotipos implicados. pero eran fenotípicamente idénticas. Los resultados fueron los siguientes: Cruce XxQ YxQ Fenotipo F1 amarillo amarillo Fenotipo F2 Amarillo 27/64 3/4 Verde 37/64 1/4 39 . recesivo sobre su alelo normal. Z) se cruzan individualmente con plantas homozigóticas de semillas amarilla (cepa Q). 79 (64) Dos plantas enanas de maíz (E1 y E2) tenían origen distinto. Explicar mendelianamente estos resultados. hallar las proporciones de los fenotipos de los descendientes.b y que el c lo es de los pares A. se obtuvieron los siguientes resultados: CRUCE 1 2 3 4 PARENTAL simple x doble doble x doble doble x doble (de F2) doble x simple (de F2) F1 simple simple F2 193 simples:152 dobles 281 simples:213 dobles 1/2 simples:1/2 dobles 3/8 simples:5/8 dobles a) ¿Cuántos genes están implicados? ¿Cuántos alelos? b) Proponer una hipótesis que explique los resultados. a) Explicar los resultados obtenidos. Al cruzar cada una de estas plantas enanas con una variedad de plantas altas que se sabía que eran homozigóticas para todos los genes que determinan el tamaño. a) Explicar estos resultados b) Comprobar estadísticamente las hipótesis pertinentes.a y B. La F1 de cada cruce fue de color amarillo y se autopolinizó para obtener la F2. 77 (27) Al cruzar variedades de Mattiola incana de flores dobles y simples y entre plantas de flores dobles de la F2. dando los genotipos de los parentales.PROBLEMAS los ojos. 12 negros. c = albino. b = pardo. 83 (58) Al cruzar dos razas puras de cobayas. y el color uva por un gen autosómico (grape. PROBLEMAS ZxQ amarillo 9/16 7/16 a) ¿Cuántos pares de genes están implicados en el color de la semilla? b) ¿Cuántos pares de genes están segregando en el cruce X x Q? ¿Y en el Y x Q? ¿Y en el Z x Q? c) ¿Cuál será el fenotipo de la F1 producida por un cruce entre las cepas X e Y? Si esta F1 se autopolinizará ¿qué proporción de la F2 sería verde? d) ¿Cuál sería el fenotipo de la F1 producida por un cruce entre las cepas X y Z ?. Si esta F1 se autopolinizará ¿Qué proporción de la F2 sería amarilla? 85 (55) Se cruzan cuatro cepas de ratas. de fenotipo albino. 86 (53) Se cruzaron variedades puras de lirios con diversos colores de la flor. Todos los individuos de la F1 fueron Agouti y en la F2 aparecieron los siguientes resultados: Cepas 1 2 agouti 175 48 amarillo negro 64 crema albino 81 16 104 33 44 3 4 292 87 88 32 171 Explicar los resultados obtenidos e indique el genotipo de cada una de las cepas albinas. Al cruzar hembras de una raza pura de pelaje agouti por machos de otra de pelaje blanco. Un experimento de complementación produjo los resultados que se observan en la tabla: Se quiere saber a)¿Cuántos cistrones están implicados? b)¿Qué mutaciones pertenecen al mismo cistrón? A A B C D E F G 40 + + + + + + + + + + + + + + + + B C D E F G . Explicar el tipo de herencia. canela y blanco. 18 canela. 89 (204) Los mutantes A a G de Drosophila presentan el mismo fenotipo. homozigóticas. ausencia de pigmento rojo. a) 9/16 agouti:3/16 amarillo:3/16 negro:1/16 crema b) 9/16 agouti:3/16 amarillo:4/16 albino c) 27/64 agouti:16/64 albino:9/64 amarillo:9/64 negro:3/64 crema d) 3/8 negro:3/8 crema:2/8 albino. marrón. Indicar en cada caso los fenotipos y genotipos de los padres. de fenotipo Agouti. con una cepa pura. obteniéndose los siguientes resultados: P1 Naranja x roja Naranja x blanca Roja x blanca F1 Naranja Naranja Naranja F2 3/4 naranja:1/4 roja 3/4 naranja:1/4 blanca 9/16 naranja:4/16 blanca:3/16 roja a) ¿Cuántos genes están implicados en la síntesis del color de las flores? b) Proponer una ruta bioquímica en la que intervengan los genes implicados 87 (54) Al cruzar una serie de ratones. se obtuvieron los siguientes resultados. 18 negro y 6 marrones. 32 blancos. 88 (52) En la herencia del color del pelaje de ciertos ratones están implicados tres genes que dan lugar a las coloraciones agouti (salvaje) negro. la F1 fue uniforme agouti y la F2 dio los siguientes resultados: 54 agouti. AABBCC.y trans-heterocigóticas posibles (diploides parciales). cada uno de los cuales fue sembrado en medio mínimo y en medio con triptófano. Al cruzar las dos razas. C. E y F están repartidas en tres cistrones. Si se cruza una planta de 1350 gramos con otra de 2700. B. ¿cómo serán los fenotipos de la F1 y la F2? 94 (93) Supongamos que en las calabazas la diferencia del peso del fruto entre un tipo de 1350 gramos y otro de 2700 gramos se debe a tres pares de factores AABBCC que contribuyen cada uno de ellos en 225 gramos de peso del fruto. D. A partir de estas cepas se obtuvieron diversos heterocariontes. D. 6 de 14 dm. ¿cuáles serán los fenotipos de la F1 y la F2? 95 (94) Al cruzarse dos plantas de maíz de 14 dm. Los resultados obtenidos fueron: Heterocariontes Medio mínimo Medio con triptófano AB + + AC + + AD + + AF + + BC + BE + + DE + EF + Determinar el número de cistrones y situar las anteriores mutaciones en ellos. B. . completar los datos de complementación del siguiente cuadro ( + = complementación. 4 de 16 dm. 4 de 12 dm y 1 de 10 dm. como se muestra en la siguiente tabla. Otras dos plantas de 41 .PROBLEMAS 90 (205) Ocho mutantes de E. 92 (207) Sabiendo que las seis mutaciones A. C. Los trans-heterozigotos produjeron dos tipos de respuestas: algunos crecieron en ausencia de histidina (+) y algunos no lo hicieron (0). Otras plantas de 14 dm dan 1 descendiente de 18 dm. E y F) incapaces de crecer en medio mínimo. a no ser que sean suplementados con triptófano. Todos los cis-heterozigotos fueron capaces de crecer en ausencia de histidina.= no complementación): PROBLEMA A A B C D E F B + C ? + D + ? E + ? ? ? F + + ? ? + - 93 (92) Supongamos que la diferencia entre una raza de cebada que produce cuatro granos por planta y una que produce diez se debe a tres factores múltiples iguales y de acción acumulativa. CRECIMIENTO DE TRANS-HETEROZIGOTOS MUTANTES 8 7 6 5 4 3 2 1 1 0 + 0 0 0 0 0 0 2 0 + 0 0 0 0 0 3 0 + 0 0 0 0 4 0 + 0 0 0 5 0 + 0 0 6 0 + 0 7 + 0 8 0 a)¿Cuántos cistrones son definidos por estas ocho mutaciones? b)¿Qué cepas llevan la mutación en el mismo gen(es)? 91 (206) Se dispone de 6 cepas mutantes de Neurospora (A. sólo dan descendencia de 14 dm. coli aislados independientemente e incapaces de crecer en ausencia de histidina (his-) fueron examinados en todas las combinaciones cis. 68 y su heredabilidad es de 0. cruzadas entre sí dan 1 de 16 dm.6 Longitud del cuello 730. de cada carácter.5% ¿cuál es el contenido medio en grasas esperado en los descendientes de estos animales? 100 (78) En la siguiente genealogía se indica en negro a los individuos afectados. b) En la población estudiada. autosómica.41 para aumentar el número de microquetas. ¿qué incremento se espera en una generación? ¿Y si la selección se aplica en el sentido contrario? 99 (98) En cierto rebaño se midieron y calcularon las varianzas de tres caracteres que presentaban distribución continua: VARIANZA Fenotípica Ambiental Genética aditiva Genética dominancia Longitud de la pierna 310.1 46. utilizandose como padres de la siguiente generación individuos con un contenido medio en grasas del 6.2 73. que actualmente es del 12%. Razona tu respuesta en cada caso. ligada al X.0 53. teniendo en cuenta cada uno de los tipos posibles? I 1 2 II 42 1 2 3 4 . en sentido estricto y amplio. ¿qué carácter respondería mejor a la selección? ¿por qué? c) Se inicia un proyecto para reducir el contenido medio en grasas del rebaño.2 Contenido en grasas 106.48.PROBLEMAS 14 dm. 2 de 14 dm y 1 de 12 dm.4 10. a)¿Qué TIPOS de herencia del carácter podrían explicar esta genealogía? (Dominante.6 a) Calcular las heredabilidades. b) Si la pareja I1 x I2 se propusiera tener tres hijos más.0 365. ligada al Y).0 42. La varianza debida a efectos dominantes es de 25 kilos. la debida a efectos epistáticos es de 10 kilos y la ambiental es de 175 kilos. Original F1 1 3 3 4 16 1 5 20 4 6 25 15 7 30 19 8 28 26 9 22 31 10 8 27 11 6 23 12 1 7 5 2 13 14 a) Calcular el valor de la heredabilidad del carácter altura del tallo en esa población. ¿cuál sería la probabilidad de que tuvieran dos descendientes sanos y uno afectado. 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? 98 (97) El número medio de microquetas abdominales del cuarto más quinto esternitos en una población de Drosophila subobscura es de 35. ¿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? 96 (95) La varianza genética total del peso corporal a los 180 días del nacimiento en una población de cerdos es de 125 kilos.2 248. 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. Si se aplica una intensidad de selección de 0. ¿Cuál es la estima de la heredabilidad en sentido estricto? 97 (96) Una determinada especie vegetal presenta variabilidad para el carácter altura del tallo medido a los 15 días de iniciarse la germinación. En la tabla se muestra la composición de la población original y la descendencia obtenida por selección: Altura del tallo en cm 2 Pob. su varianza fenotípica es 5.4 292.5 15. recesiva. Explíquense estos resultados y predígase qué clase de descendencia debería aparecer al cruzar estas hembras vermillion con machos de ojos rojos de la F1. El cruce entre hembras verdes y machos azules de la F1 dio lugar a diversos resultados: La mitad de los cruces produjeron hembras y machos azules. c) Hacer lo mismo que en el apartado b) pero considerando el cruzamiento recíproco al indicado en dicha cuestión. descendientes del macho con mancha. Interpretar genéticamente estos resultados y decir cual será el genotipo más probable de los progenitores del cruce. b) El gen que condiciona la mancha.p). negro o carey. El marido solicita el divorcio alegando infidelidad de la esposa.PROBLEMAS 101 (82) En la especie humana la presencia de una fisura en el iris está regulada por un gen recesivo ligado al sexo. 15 hembras azules y 34 machos azules. ciego para los colores y una mujer no calva. hembras vermillion y machos con color de ojos normal. ambos de color azul. d) Consideramos los alelos para la calvicie conjuntamente con los alelos ligados al sexo que afecta a la visión del color (P. ¿Qué contraargumentos podría aportar el abogado de la mujer? 102 (87) Los machos del gato doméstico pueden tener pelaje naranja o negro. a) ¿Cómo pueden explicarse estos fenotipos de acuerdo con el modelo de la herencia ligada al sexo? b) Determinar las proporciones fenotípicas esperadas en la descendencia de un cruzamiento entre una hembra naranja y un macho negro. ¿Cuál será el resultado de los siguientes apareamientos? a) Un hombre normal y una mujer normal heterozigótica para el par de alelos. De un matrimonio entre dos personas normales nació una hija con el carácter mencionado. la descendencia nunca muestra el carácter. Si estos machos se cruzan con hembras sin mancha. d) Un determinado cruzamiento produce una descendencia compuesta por hembras la mitad carey y la mitad negras y por machos la mitad naranja y la otra mitad negros. Explicar el modo de herencia del carácter y los argumentos que el abogado del marido puede utilizar como prueba de infidelidad. ciertos machos poseen una mancha negra en la aleta dorsal. 24 crema a)¿Cuántos loci están segregando? b)¿En que cromosoma se encuentran? c)¿Qué relaciones intergénicas e interalélicas hay? 43 Machos 96 albinos . Dar los resultados de un cruzamiento entre un hombre no calvo. 107 (79) En una determinada especie. mientras que la otra mitad dio lugar a machos azules y a hembras el 50% turquesas y el 50% verdes. El alelo P se requiere para la visión normal y p es recesivo y responsable de la ceguera para los colores. no calvo. a) describe el modo de herencia de este carácter. b) Un hombre normal y una mujer calva. 105 (91) Un cruce entre un macho y una hembra de cierta especie de coleópteros. pero no las hijas. al cruzar una hembra albina por un macho marrón se obtuvo la siguiente descendencia: Hembras 25 negras. 50 marrones. ¿es dominante o recesivo? ¿cómo demostrarías que se comporta de una manera o la otra? 104 (89) El patrón de la calvicie en humanos es el resultado de la expresión de un factor autosómico (B) dominante en machos y recesivo en hembras. dio lugar a 15 hembras verdes. ¿cuáles son los fenotipos y genotipos de los padres? e) Otro cruzamiento produce una descendencia en la que la mitad de las hembras son carey y la otra mitad naranja. En casos excepcionales el cruce de una hembra vermillion con un macho normal da lugar a hembra de color de ojos normal. c) Un hombre calvo cuyo padre no lo era y una mujer normal homozigótica. Su alelo (b). con visión normal cuyo padre era ciego para los colores y cuya madre era calva. se comporta como dominante solo en hembras. todos los hijos presentan la mancha. Las hembras pueden presentar pelaje naranja. mientras la mitad de los machos son naranja y la otra mitad negros ¿cuáles son los fenotipos y genotipos de los padres? 103 (81) En el pez Lebistes reticulatus. Si estas hijas. se cruzan con machos sin mancha. 106 (83) En Drosophila el color de los ojos vermillion (v) es recesivo y ligado al sexo. o hemizigótica en los machos. el cuál. Machos: 18 con alas y quetas normales 44 con alas normales y quetas reducidas 19 con alas normales y sin quetas 18 con alas curvadas y quetas normales 38 con alas curvadas y quetas reducidas 21 con alas curvadas y sin quetas Explicar genéticamente estos resultados. vermillion y hemizigótico para el alelo normal del gen white. también da lugar a ojos blancos. 58 machos vermillion y 111 hembras salvajes. Determinar los genotipos de los parentales y de la F1 e indicar las proporciones geno y fenotípicas de la F2. en combinación homozigótica en las hembras. las proporciones fueron diferentes. 110 (88) Se han encontrado dos líneas homozigóticas de Drosophila. 109 (85) El gen recesivo para el color del ojo blanco white (w) en Drosophila está ligado al sexo. 126 machos escarlatas y 74 machos salvajes. 38 sin quetas 85 con quetas reducidas 39 con quetas. heterozigótica para vermillion y también para brown. a) El cruzamiento de machos de la línea A con hembras de la línea B produce una F1 de 200 machos y 198 hembras salvajes. de la F1 y la F2. que ambas tienen ojos de color escarlata brillante. En la 44 . el gen autosómico brown (bw). la F1 fue homogénea y la F2 dio lugar al siguiente resultado: Hembras: todas con alas normales. 49 hembras escarlatas. juntamente con otro gen recesivo para el color de los ojos. ¿qué nos dice este resultado sobre la herencia del color de ojos? c) Cuando se cruzan los individuos de la F1 descrita en a) la F2 da los siguientes resultados: 151 hembras salvajes. ¿Cuál es la explicación de que las dos hembras dieran distinta descendencia? 113 (86) Al cruzar una hembra virgen de Drosophila con ojos de color naranja con un macho normal (cepa pura) se obtuvo en la F1 todas las hembras normales y todos los machos con ojos de color vermillion. una en Vancouver (línea A) y otra en Los Angeles (línea B). Aunque en la descendencia de ambas hembras se produjeron individuos salvajes y vermillion. b) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperarían entre la descendencia de un cruzamiento entre una hembra white. heterozigótica para brown y homozigótica para el alelo normal del gen white con un macho white. 111 (26) Al cruzar hembras de Drosophila melanogaster con alas normales y sin quetas con un macho con alas curvadas y quetas normales. y en la F2 se obtuvo la siguiente descendencia: Hembras Alas largas y ojos rojos Alas cortas y ojos rojos Alas largas y ojos cereza Alas cortas y ojos cereza 62 24 Machos 30 11 30 10 Dar una explicación de estos resultados. los descendientes tenían alas largas y ojos rojos. La hembra A dio 63 machos salvajes. así como los genotipos de los parentales. ¿Qué se puede decir sobre la herencia del color de ojos en estas líneas a partir de este resultado? b) El cruzamiento de machos de la línea B con hembras de la línea A produce una F1 de 197 machos de ojos escarlata y 201 hembras salvajes. 112 (84) Se cruzaron dos hembras de Drosophila con un mismo macho. procedentes ambos de cepas puras. también salvaje. Otro gen ligado al sexo que influye en la coloración de los ojos es vermillion (v). heterozigótico para brown y hemizigótico para vermillion. NOTA: El gen white no permite la deposición del pigmento en el ojo.PROBLEMAS 108 (80) Al cruzar una hembra de Drosophila de alas largas y ojos rojos con un macho de alas cortas y ojos cereza. La hembra B dio 62 machos vermillion y 119 hembras salvajes. con un macho brown. a) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperarían en la descendencia de un cruzamiento entre una hembra vermillion. con un 16% de recombinación. A. se obtuvieron los siguientes resultados: Temblón. b) Indicar el genotipo de las hembras y de los machos paternos. Contrastar la hipótesis con una X2. están ligados con un 10% de recombinación. ¿Cómo puede saberse que están ligados? d) ¿Están ligados dos loci situados en brazos distintos de un mismo cromosoma? e) Da algún ejemplo en el que dos caracteres ligados no muestren recombinación. ¿Qué proporción de los descendientes será Bbrr? 120 (99) En el ratón doméstico (Mus musculus). 45 . 3/8 vermillion. los loci A. que también están ligados. pelo largo 20 51 52 21 a) Indicar si los genes que controlan estos caracteres están ligados o son independientes. uno de cuyos padres era aaBBcc. pelo corto Temblón. b. Se pide la segregación genotípica y fenotípica que se obtendrá al cruzar este heterozigoto cuádruple por el cuádruple homozigoto recesivo. y en un cromosoma diferente se encuentran los loci C. c en un cromosoma distinto. qué tipos de descendientes se obtendrían.a y B. con un individuo triple homozigoto recesivo. “temblon”/normal y pelo corto/pelo largo son caracteres autosómicos. a y B. b fuera p? b) ¿Dos loci ligados pueden comportarse como independientes? c) Si dos loci están ligados. ¿Cuál será la segregación del cruzamiento entre AaBb. y el locus C. pelo corto Normal. con el doble homozigoto recesivo? 116 (107) Los loci A. 1/8 cinnabar y 1/8 naranja (como la abuela) a)¿Qué genotipo tiene la hembra con ojos de color naranja de la generación paterna? b)¿Qué tipo de herencia cabe atribuir a estos colores del ojo? 114 (90) Al cruzar dos individuos de Drosophila se obtuvieron las siguientes proporciones en la descendencia: alas curvadas normales curvadas normales curvadas normales curvadas normales antenas plumosas plumosas plumosas plumosas lisas lisas lisas lisas ojos rojos rojos naranja naranja naranja naranja rojos rojos hembras 1/4 1/8 1/12 1/24 machos 1/12 1/24 1/4 1/8 Deducir el genotipo de los padres y explicar la segregación en la descendencia. 118 (109) Contestar a las siguientes cuestiones: a) ¿Qué frecuencias gaméticas se obtendrían si la probabilidad de que se diera un entrecruzamiento entre los loci A. pero en fase de acoplamiento. Al cruzar un individuo AaBbCc.b están ligados en fase de repulsión con un 20% de recombinación. Al cruzar hembras heterozigóticas de fenotipo “temblón” y pelo corto por machos de fenotipo normal y pelo largo. pelo largo Normal.c y D. con dos alelos cada uno. 115 (106) Dos loci. pero se comportan como independientes. en el 16% de las meiosis se produce un quiasma entre dichas parejas. b están situados en el mismo cromosoma. a y B. 117 (108) En un heterozigoto cuádruple. 119 (105) Una mosca de genotipo B R/b r se utiliza en un cruzamiento prueba con una mosca b r/ b r.d. si los loci A y B presentaban un 22% de recombinación. a y B.PROBLEMAS F2 se encontró una segregación (por igual para los dos sexos) de 3/8 normales. y en qué proporciones. uno de cuyos padres era AAbb. En el 84% de las meiosis no se producen quiasmas entre las dos parejas génicas ligadas. a controla el color de la flor (A. alargado). y la pigmentación de las flores por el locus B. r (R. se encuentran en el cromosoma 2 a una distancia de 46 u. roja > a.b controla la forma de la hoja (B. b) Explicar las diferencias entre los dos tipos de cruce. blanca) y el locus B. 75 de talla normal y flores azules. descendiente del cruzamiento de plantas homozigóticas. p (P. alargada). El locus A. se cruzó por una planta enana de flores blancas. 25 de talla enana y flores blancas y 170 de talla enana y flores azules. redondo > r. ¿Están ligados ambos loci? En caso afirmativo estime su distancia genética en centimorgans. azul > b. una de flor roja y hoja alargada y la otra de flor blanca y hoja redonda. el porcentaje de entrecruzamiento y la distancia genética entre estos loci. liso > p. la forma del fruto depende de los loci P. 124 (102) En Drosophila melanogaster. Determinar las frecuencias fenotípicas que aparecerán en la autofecundación de una planta doble heterozigótica obtenida del cruzamiento de dos plantas homozigóticas. La F1 de un cruzamiento entre homozigotos lisos y alargados por rugosos y redondos se retrocruzó por el doble recesivo. 121(100) En el tomate. La interacción de ambas mutaciones en homozigosis da lugar a ojos blancos. que afectan al color del ojo. obteniéndose los siguientes resultados: liso y redondo rugoso y redondo liso y alargado rugoso y alargado 45 91 86 39 a) ¿Cómo se probaría la existencia de ligamiento? b) Determinar el porcentaje de recombinación. redonda > b. Se dispone de moscas de cada uno de los dos tipos de dobles heterozigotos. heterozigótica para los loci A/a. las mutaciones brown (bw) y cinnabar (cn). ¿se obtendrían resultados similares? d) Que resultados se obtendrían al cruzar hembras y machos de fenotipo y genotipo igual al de la hembra heterozigota “temblón” y pelo corto.b. en acoplamiento y en repulsión.b (B. Una planta diheterozigótica EeBb. c) Si analizásemos 3000 células madres del polen. 46 . blanco). Si lo están calcular las distancias. ¿En cuántas se esperaría observar al menos un quiasma entre los loci considerados? 122 (115) En cierta especie vegetal autógama el carácter "enanismo" está determinado por el alelo recesivo e.a y B. se obtuvo la siguiente descendencia (Fenotipos): ABC Abc 26 25 ABc aBc 101 102 AbC abC 99 98 aBC abc 24 25 Al realizar el cruce recíproco se obtuvo la siguiente descendencia: AbC 51 ABc 52 abC 49 aBc 48 a) Indicar si los genes están ligados o no. una enana de flores azules y otra de talla normal y flores blancas. B/b y C/c con un macho triple homozigótico recesivo.PROBLEMAS c) Si se hiciera el cruce recíproco. rugoso) y R.m. Indicar en los siguientes cruzamiento cuales serían los resultados: a) Hembra heterozigótica en acoplamiento x macho de ojos blancos b) Hembra heterozigótica en repulsión x macho de ojos blancos c) Hembra heterozigótica en acoplamiento x macho heterozigótica en repulsión d) Hembra de ojos blancos x macho heterozigótica en repulsión 125 (110) Se ha observado que en el 30% de los meiocitos femeninos y el 40% de los masculinos de una especie vegetal aparece un quiasma entre los loci A. obteniéndose la siguiente descendencia: 130 individuos de talla normal y flores blancas. 123 (101) Al cruzar una hembra de Drosophila. R. b). 840 dumpy. 19 Pr. cuyos alelos recesivos producen. Se cruza una variedad de fruto alargado e inflorescencia simple con una variedad de fruto redondo e inflorescencia compuesta. y en caso afirmativo estimar su distancia genética. 47 . flor púrpura > p. cuyos caracteres fenotípicos eran: FENOTIPO Ojos Blanco Rojo Blanco Rojo Cuerpo amarillo marrón marrón amarillo SEXO Machos 543 547 6 7 Hembras 474 512 11 5 Da una hipótesis que explique los resultados. mientras que en la F2 se obtuvieron los siguientes resultados: FENOTIPO MACHOS HEMBRAS FENOTIPO MACHOS HEMBRAS Normal abcd abc abd acd bcd ab ac 114 33 6 6 9 9 114 2 284 - ad bc bd cd a b c d 2 2 2 33 28 28 6 6 81 17 17 Explicar genéticamente estos resultados.PROBLEMAS 126 (111) El fruto alargado en el tomate depende del homozigoto recesivo (oo). los individuos de la F1 se cruzaron entre sí. Se cruzó una hembra de constitución dp b+/ dp+ b por un macho dp b/ dp b. el recesivo ligado al sexo "vermillion" (v) y el recesivo autosómico "brown" (bw). La F1 resulto ser de fenotipo normal. 128 (112) En Drosophila un gen recesivo ligado al sexo da lugar a ojos blancos (hembras ww y machos wy).. y 4 oo ss. En la descendencia se obtuvo la siguiente segregación: 256 PR. 838 black y 364 dumpy y black. Al realizar el cruzamiento bw/bw. mientras que el redondo de su alelo dominante O. 127 (114) En la especie Lathyrus odoratus se autofecundó el diheterozigoto PR/pr. 63 O – ss . a) Explicar los resultados fenotípicos b) ¿Qué porcentaje de hembras de la F1 de ojos blancos será genéticamente raza pura? 129 (117) Morgan (1911) cruzó Drosophila hembras de ojos blancos (w) y cuerpo amarillo (y) con machos de ojos rojos (w+) y cuerpo marrón (y+).. Cruzando una hembra dp b/ dp b por un macho dp b+/ dp+ b se obtuvieron 711 individuos de fenotipo dumpy y 698 black. En la F1 las hembras eran fenotípicamente como sus padres y los machos como sus madres. 27 pR. La inflorescencia compuesta depende del genotipo recesivo (ss) y la simple de su alelo dominante S. Se desea saber si esos loci están ligados. dp) y black (b+. Las plantas de la F1 se cruzan al azar dando una F2 con 126 plantas O – S . Los ojos blancos también pueden producirse por la interacción de dos genes. polen redondo). en donde el sexo heterogamético es el macho y se da recombinación en ambos sexos. polen alargado > r. respectivamente una escotadura en las alas y el cuerpo más oscuro de lo normal. 66 oo S . wv/y aparecieron en la F1 70 moscas con ojos "brown" y 130 de color blanco. ++/wv x bw/bw. obteniéndose 2105 descendientes. (P. se cruzó una hembra de una cepa con las mutaciones “c” y “d” con un macho de otra cepa con las mutaciones “a” y “b”. obteniéndose 360 individuos de fenotipo normal. 85 pr. Calcular el porcentaje de recombinación entre ambos loci. a) ¿Qué fenómeno genético explica estas segregaciones? b) ¿A qué distancia genética se encuentran estos loci? 131 (103) En una especie de insecto. flor roja. 130 (113) En un insecto se conocen los genes dumpy (dp+. A B 134 (119) En las siguientes genealogías humanas el sombreado en la parte superior del símbolo indica ceguera para los colores. el llamado síndrome "uña-rótula". De matrimonios entre personas de fenotipo síndrome uña-rótula y grupo sanguíneo A con personas normales y grupo sanguíneo O.b. sus hijos son de los tipos siguientes: 66% síndrome uña-rótula. mediante estas genealogías.a y B. El sombreado de la parte inferior indica deficiencia en glucosa-6-fosfatodeshidrogenasa. grupo O Analizar estos datos de forma completa. fruto piloso (p) e inflorescencia compuesta (s) son recesivos y se encuentran en el cromosoma 2. Cuando se casan entre sí tales descendientes (no emparentados.PROBLEMAS 132 (116) En el hombre. El sombreado en la parte inferior indica que muestra el fenotipo b. Indique todos los individuos cuyo genotipo se haya formado. En ellas se muestra la transmisión de dos caracteres recesivos. por supuesto). el gen autosómico N produce anormalidad en uñas y rótulas. A partir de los siguientes datos del cruzamiento prueba (heterozigoto de F1 x homozigoto recesivo) +++ 48 73 ++s 348 +p+ 2 o++ 110 . grupo A 9% síndrome uña-rótula. que ambos caracteres se encuentran ligados totalmente al cromosoma X? b) ¿En cuál de las genealogías se demuestra la existencia de recombinación entre ambos loci? 1 2 3 135 (120) En el tomate. a) ¿Se puede demostrar. grupo A 16% normal. 133 (118) En las dos genealogías humanas de la figura. sin duda. grupo O 9% normal. nacen algunos hijos que padecen el síndrome y son del grupo A. los genes para fruto aplanado (o). El sombreado total indica fenotipo ab. un sombreado en la parte superior del símbolo indica que el individuo muestra el fenotipo a. ligados totalmente al cromosoma X. por la recombinación de los loci A. Estos tres genes se encuentran situados en el segundo cromosoma. cn = ojos color cinabrio. pero normales para los otros dos caracteres. todos ellos dependientes de los alelos recesivos. Calcular el coeficiente de interferencia.0% pr + + 0. Se retrocruzó una planta F1 con la cepa parental lg. en su caso. el orden de estos tres genes en el cromosoma.0% +bc 0. 139 (128) Se cruza una Drosophila homozigótica para tres genes con otra que presenta los caracteres mutantes "purple" (ojos púrpura). La distancia entre d y hk es de 22. obteniéndose los siguientes fenotipos: abcD abCD Abcd aBcd 275 145 95 25 ABCd ABcd aBCD AbCD 270 140 90 20 ABCD ABcD aBCd AbCd 260 130 80 10 abcd abCd AbcD aBcD 255 125 75 5 el Indicar que genes están ligados y cuales no. hk = quetas terminadas en gancho. así como el coeficiente de coincidencia. dando lugar a la siguiente descendencia: 232 + + + 46 bm v + 84 + v pr 201 + v + 235 bm v pr 40 + + pr 77 bm + + 194 bm + pr Determinar el orden de los genes en el cromosoma y calcular las distancias entre los genes. se observa en su descendencia las siguientes proporciones fenotípicas: normal 37. gl. una variedad homozigótica para las mutaciones recesivas liguleless (lg) y glossy (gl) se cruzó con otra variedad homozigótica para el alelo dominante Booster (B). una con tarsos y quetas anormales y la otra con ojos cinabrio.0% +b+ 2. los genes bm (nerviadura media parda). dando lugar a los siguientes resultados: lg gl + lg + B 172 51 ++ B + gl + 162 43 lg gl B lg + + 56 6 ++ + + gl B 48 5 Construir el mapa de ligamiento.3% + + c 10.7% pr b c 37. 137 (126) Se realizó un cruzamiento prueba con la F1 resultante del cruce entre las cepas AABBCCDD x aabbccdd. representando el mapa correspondiente.9 y entre hk y cn 3.0% pr + c 2. Predecir la composición de la descendencia si los dobles entrecruzamientos se distribuyen al azar. Las hembras vírgenes de la F1 se cruzan con el triple homozigoto recesivo. Se cruzan dos cepas homozigotas. que da lugar a una fuerte pigmentación roja en el tallo y en las hojas. 140 (132) Los siguientes genes recesivos de Drosophila melanogaster determinan en homozigosis recesiva los siguientes fenotipos: d = tarsos con cuatro artejos en lugar de cinco.3% a) Determinar el orden de los tres genes. 138 (127) En el maíz.6 centimorgans.7% pr b + 10. Se realizó. b) Determinar el porcentaje de recombinación entre los tres genes. En la F1 todos los individuos son normales. Todas las plantas F1 eran rojas. 49 . índice de interferencia. "black" (cuerpo negro) y "curved" (alas curvadas). la distancia entre ellos y el índice de coincidencia 136 (121) En el maíz. un cruzamiento prueba con un individuo de genotipo + + +/bm v pr. c) Determinar si hay interferencia y en qué grado. v (plántulas viriscentes) y pr (aleurona roja) están situados en el cromosoma 5.PROBLEMAS +ps 96 op+ 306 o+s 2 ops 63 Determinar. Calcular la distancia entre los genes ligados y. Al cruzar hembras de esta F1 con machos "purple" "black" "curved". a) ¿Están ligados los tres loci considerados? b) Calcule la distancia genética entre los loci ligados. Si se cruza una hembra bermellón.7 respectivamente. e. donde los machos son aquiasmáticos.0.. a) ¿Cuál es la frecuencia de recombinación entre a y b? ¿Y entre b y c? b) ¿Cual es el coeficiente de coincidencia? 143 (138) R. Hizo un cruzamiento con la F1 y una estirpe de prueba completamente homozigótica recesiva y obtuvo los fenotipos descendientes que siguen: 355 "anteras". La distancia entre estos loci es 18. a) ¿Cuáles de estos genes están ligados? b) ¿Cuál es la frecuencia de recombinación entre los loci ligados? 142 (137) Tenemos una línea homozigótica de Drosophila portadora de los genes recesivos a. se obtuvo la siguiente descendencia: 48 ABc.m. su brillo (brillante/mate) y para la fertilidad (fértil/parcialmente fértil). br (braquítico) y f (delgado). Se cruzan entre sí los machos y hembras heterozigóticos de la F1 y se obtienen los siguientes fenotipos en la F2: 1364 +++. 145 (122) En Drosophila melanogaster. 98 abC. se obtuvo la siguiente descendencia: 26ABC. 46 dEF. 5 DeF. f.1 y 56. una hembra triple recesiva por un macho con el mismo genotipo que la hembra del cruzamiento anterior. 47 a++.c (que presentan dominancia completa) con un macho triple recesivo.32 u. los genes A/a (rapidez/lentitud en la aparición de las plumas.b y C.64 u. obteniéndose los siguientes resultados: 42 def. 25 Abc. c) Explique la diferencia entre las segregaciones obtenidas en los experimentos 1 y 2.57? normales/miniatura) y f+/f (quetas normales/ cortas) se encuentran en el cromosoma X en los loci 33. 2 "braquíticos" y 2 "anteras y delgados". los caracteres alas recortadas (ct). es decir. 4 dEf. 27. 44 Def. 339 "braquíticos y delgados". suponiendo que no hay interferencia b) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperarían en la F2? c) ¿Se esperarían resultados similares en el cruce recíproco? Razónalo. 51 AbC. B/b (alas barradas/no barradas) y C/c (tamaño normal/enano) se encuentran situados en el mismo autosoma. 55 "anteras. respectivamente. 101 ABc. Calcular la probabilidad de obtener un individuo de fenotipo rápido. siendo el coeficiente de coincidencia de 0.m. melanogaster. no barrado y enano a partir del cruce: Hembras A c b / a c B x Machos A C B / a c b 148 (125) En el maíz existen tres loci para el color de las hojas (verde/pálido). y entre B y C de 30 u. 49 abC. E. 144 (135) En D. mate y fértil. 5 a+c y 4 +b+. A. Se cruzan hembras de esta línea con machos de una línea homozigótica silvestre. 2) Al hacer el cruzamiento recíproco.0. Si se cruza una planta homozigótica de fenotipo pálido. 36. 99 AbC. 88 completamente normales. 102 aBc. miniatura. calcular el porcentaje de los distintos fenotipos que se obtendrían del cruce entre ct lz f/+ + + x ct lz f/Y. ¿cuál sería la descendencia de la F1 de dicho cruce con el triple homozigótico recesivo si la interferencia es del 40%? 50 . 87 ab+. 6 deF. ¿Cuál sería la respuesta si el C. cortas se cruza con un macho normal y se deja que la F1 se cruce entre sí. B. La distancia entre A y C es de 20 u. y 13.a.C fuera 0. braquíticos y delgados". 52 aBc. Emerson cruzó dos líneas puras distintas de maíz y obtuvo una F1 heterozigótica para tres genes recesivos. respectivamente. a) ¿Cuales eran los genotipos de las líneas parentales? b) Dibujar un mapa de ligamiento que ilustre la disposición de los tres genes (incluyendo las distancias de mapa). se realizaron los siguientes experimentos: 1) Al cruzar una hembra triheterozigótica para los loci A. 84 ++c. y se hizo un cruzamiento de prueba entre las hembras de la F1 y los machos de la cepa triple recesiva. b y c. 48 DEF.PROBLEMAS 141 (134) Se cruzó una cepa homozigótica para tres genes autosómicos recesivos d. 17 "anteras y braquíticos". 25 abc.15.7. 24 aBC. an (antera). Suponiendo que no existe interferencia. 365 abc. 44 +bc.7 y 56. 4 DEf. 21 "delgados". c) Calcular el valor de la interferencia.m. con otra homozigótica para los tres alelos dominantes D. ligados en ese orden. brillante y parcialmente fértil por otra también homozigótica verde. 146 (123) En Drosophila los pares de alelos v+/v (ojos color normal/bermellón). m+/m (alas 147 (124) En las aves de corral. a) Indicar las clases de gametos que producen los individuos de F1 y sus frecuencias.m. F. ojos reducidos (lz) y quetas cortas (f) se encuentran ligados en el cromosoma X en las posiciones 20. 150 (131) Los genes A. 3) la distancia entre S.20. Las hembras F1 son todas normales mientras que los machos son hemofílicos y raquíticos. B.6. Se desea saber: a) El porcentaje de conejos albinos en la descendencia. suponiendo que el coeficiente de coincidencia es de 0. 27 machos xy+. se cruza con un conejo macho sin rabo. estando los loci ligados en fase de repulsión. +/y y +/z.g está situado a 20 cM del locus del albinismo A. ocupando el locus B la posición central. La distancia entre B y C es de 10 centimorgans. está situado en el autosoma 8. +/x. dando lugar al crecimiento de la cola en 5mm cada uno de ellos. y que el índice de coincidencia es 0. negro >a. existe la mutación g que reduce en un 50% la viabilidad de los espermatozoides.c es de 40 cM y que el coeficiente de coincidencia es del 30 por 100. 155 (143) Supongamos que hay tres pares alélicos en Drosophila. 51 . no dándose tampoco dobles entrecruzamientos. la distancia entre B. teniendo en cuenta que la frecuencia de recombinación entre A y B es 0. El locus G. 30 machos normales. 152 (130) ¿Con qué frecuencia aparecería el fenotipo a b C en la descendencia al realizar el siguiente cruzamiento en Drosophila melanogaster. los caracteres "albino" (a).PROBLEMAS 149 (129) En una especie animal. 441 machos +y+. Un cruzamiento entre hembras heterozigóticas para los tres genes y machos silvestres produce los fenotipos descendientes que siguen: 1010 hembras +++. Se desea saber cual es la probabilidad de obtener en la F2 un individuo cuya cola mida 27mm. hemofílica y con raquitismo. sin rabo y raquític 46 0 a) Describa las relaciones de ligamiento completas de los tres caracteres implicados b) Existe interferencia en este caso? Si es así calcúlela.1.a y E. 32 machos ++z. NOTA: En los mamíferos hay entrecruzamiento en los dos sexos. "sin cola" (s) y "enano" (e) son recesivos frente a los normales. mientras que los genes a.25? CRUCE: Hembras a B c/ A b C x Machos A B c / a b C 153 (133) La longitud de la cola de cierto roedor está determinada por tres pares de genes A. 4) el valor del coeficiente de coincidencia es 0. Determinar las frecuencias esperadas de los ocho fenotipos posibles que aparecerán en un cruzamiento de prueba AES/aes x aes/aes. b) La segregación fenotípica para el carácter tamaño de las orejas. Se conocen los siguientes datos: 1) el locus central es E. sabiendo que la distancia entre los loci A.15. a) Dar la segregación fenotípica del cruzamientos entre AaBbCc x aabbcc.a (A. Se cruzan entre sí los individuos de la F1 y se obtiene la siguiente F2: Fenotipo Normal Sin rabo Raquítico Hemofílico Hemofílico y raquítico Sin rabo y hemofílico Raquítico y sin rabo Machos 48 437 4 12 439 2 12 Hembras 485 0 16 14 485 0 0 Hemofílico. B y C se comportan de manera aditiva. entre B y C es 0.e. albino) sobre el autosoma 4.b y C.s y E. Como indican los símbolos.b y C. cada alelo mutante es recesivo respecto al alelo salvaje correspondiente.e es de 20 cM. a 10 cM de distancia de su centrómero. Se cruzaron individuos AAbbCC x aaBBcc. cuyos loci están situados en el mismo brazo autosómico.5? 151 (136) En el conejo. La distancia entre A y B es de 20 centimorgans. Se cruzaron un macho y una hembra triple heterozigóticos para estos loci. teniendo situados sus loci en el mismo cromosoma.e es de 10 cM.a y B.b que afecta al tamaño de las orejas (B. 39 machos xyz. 430 machos x+z. orejas largas > b. b) ¿Cuál sería la segregación si el coeficiente de coincidencia fuera 0. 154 (142) Una hembra de conejo.b es de 20 cM. orejas cortas). Los genes A. 2) la distancia genética entre A. 1 macho +yz y 0 machos x++. b y c producen un crecimiento de dos milímetros.a.c. B y C están situados en este orden dentro del mismo cromosoma. El locus B. no habiendo en esta región dobles entrecruzamientos. ojos azules). en donde se refiere a deleción y a la situación de una mutación puntual. En el segmento apareante de los cromosomas sexuales. ojos marrones > b. con unos machos de los que se desconoce el genotipo. cuerpo gris) en el que ambos alelos son efectivos en hemizigosis. b c d a 1 2 3 4 5 6 52 . 157 (140) En una especie de mamíferos.PROBLEMAS a)¿Cómo estaban distribuidos los miembros de los pares alélicos en los cromosomas correspondientes a los parentales femeninos? b) ¿Cuál es el orden de estos genes? c) Calcule la distancia de mapa entre los genes y el coeficiente de coincidencia. 158 (139) En una especie con determinación del sexo hembra XX. negro) con hembras de pelaje ondulado y ojos negros se obtuvo la siguiente descendencia: Fenotipo ondulado-azul liso-negro ondulado-negro liso-azul Machos 35 102 8 55 Hembras 100 37 57 6 Sabiendo que el macho utilizado en el cruzamiento era hijo de una hembra homozigótica con el pelaje ondulado y ojos azules. azul > b.a (A. hijo de una hembra de ojos azules. 159 (202) A partir de del siguiente mapa de cierta región de un fago.l en el segmento diferencial del cromosoma X. se encuentra el locus L. se pide construir el mapa genético correspondiente. se obtiene la F2 correspondiente con los siguientes resultados: Fenotipos ABC ABc AbC Abc aBC aBc abC Machos 2 37 28 171 190 26 42 252 Hembras 248 abc 4 Determinar la situación de estos genes dentro del complemento cromosómico. con un macho gris de ojos marrones.b (B. Se cruzó una hembra diheterozigótica para A. d) ¿En qué cromosoma de Drosophila se encuentran estos genes? 156 (141) Al cruzar hembras de Drosophila homozigóticas. ondulado) y color de los ojos (B. y a una distancia de 20 cM del segmento diferencial. cuerpo negro > a. de modo que el alelo recesivo l es letal efectivo en hemizigosis. liso > a. se encuentra el locus B. Calcular las frecuencias fenotípicas de los machos y hembras esperados en la descendencia de este cruzamiento.l se encuentra el locus A. construir una tabla en la que se indique entre qué mutantes (puntuales y de deleción) se pueden obtener recombinantes normales (R) y entre cuales no (0).a y L. macho XY.l de ojos azules e hija de un macho negro. al hacer el cruzamiento entre un macho diheterozigótico para los caracteres de pelaje (A. También en el segmento diferencial del cromosoma X y a una distancia de 30 cM del locus L. y 0 indica la no detección de recombinación. B. R. que se cruzó con un fago T4 normal. obteniéndose la siguiente descendencia: +++ 1200 853 1100 +53 85 8++ 75 280 300 160 ++3 85+ + 5 + 180 8 + 3 b1) ¿Cuál de las tres mutaciones es la central? b2) ¿Qué distancia genética existe entre cada par de mutaciones? b3) ¿Podría recombinar la mutación 8 con la B? ¿y con la D? 161 (208) Dispones de cinco cepas F.portadoras de las deleciones. se obtuvo un fago triple mutante 8. situar en el mapa todos estos mutantes (del 1 al 7 y de la A a la E). 3.PROBLEMAS 160 (203) Se dispone de 12 mutantes de la región rII del fago T4. la nº 8. b) Con objeto de situar en el mapa otra mutación puntual. se obtienen los siguientes resultados (+ indica la existencia de recombinación con la aparición de recombinantes z+. MUTANTES PUNTUALES DELECIÓN A B C D E 1 0 0 + 0 0 2 0 0 + + 0 3 + + + + + 4 0 0 0 0 0 5 0 + 0 0 + 6 0 + 0 0 0 7 0 0 + + 0 53 .de E. incapaces de crecer en E. Cuando se llevan a cabo infecciones mixtas de pares de mutantes se obtienen los siguientes resultados (en donde + es aparición de fenotipo normal por complementación. coli K(lambda).en células Hfr. aparición de fenotipo normal por recombinación y O falta de crecimiento en la cepa K(lambda). cada una de las cuales lleva una deleción diferente en el gen de la beta-galactosidasa (gen z). C. D y E son deleciones. coli. 5. 1 2 3 4 5 6 7 A B C D E 1 O + R + R + + R O + R + O + R + R R R + O + R 2 3 4 5 6 7 A B C D O + R + + O R + O + O + R R R + R + O O + + R O + O + O R O + R + O O O + R + O O R R O O O + O + O + O O + O E a) Sabiendo que las mutaciones A. Cuando cada una de estas cepas Hfr es cruzada con las cepas F. Los cuadrados negros indican la extensión de la deleción en cada cepa: CEPA Gen z Salvaje 1111111111111111111111111111111 Deleción A ggggggggggggggggggggggggg111111 Deleción B 111111111111ggggggggggggg111111 Deleción C ggggggggggggggggggg111111111111 Deleción D gggggggggggggggggggggg111111111 Deleción E 1111111111ggggggggggggggg111111 Se dispone de siete mutaciones puntuales diferentes z. 6. A y B. de lo que se deduce que dichos mutantes afectan a la región rII de ese fago. Encontraron dos alelos. coli. coli. 163 (210) Se cartografió un conjunto de siete mutantes portadores de una deleción en el gen rII del fago T4. donde + indica recombinantes y 0 no recombinantes. 164 (154) Policansky y Zouros estudiaron el polimorfismo del locus ligado al sexo fosfoglucomutasa-1 (Pgm-1) en una población californiana de Drosophila persimilis. DELECION PUNTUAL A B C D E 1 0 0 0 0 0 2 + 0 + + + 3 + + + 0 + 4 + + 0 0 + 5 0 + 0 + + 6 0 + 0 0 0 7 0 0 + + 0 Situar las mutaciones puntuales en el mapa. Posteriormente se efectuaron infecciones mixtas de dos mutantes diferentes sobre cepas normales de E. 7 y 8. ¿cuáles serían las frecuencias genotípicas en machos y hembras? 54 . con el fin de obtener fagos recombinantes normales. con los resultados indicados a continuación: CEPA Deleción 1 Deleción 2 Deleción 7 Deleción 5 Deleción 6 Deleción 4 Deleción 3 Gen rII gggggggggggggggggggggg ggg1111111111111111111 gggggggggggg1111111111 11111111gggggg11111111 111ggggggggggggggggggg 11111111111ggggggggggg 11111111111111gggggggg Cinco mutaciones puntuales rII (A-E) fueron cruzadas con cada una de las siete deleciones.25 y 0. donde R = aparición de recombinantes normales y O = no aparición de recombinantes normales.75. Suponiendo apareamiento aleatorio. Cuando se trató de inducir la reversión de estos mutantes a la forma normal.PROBLEMAS ¿Cuál es el orden lineal de las siete mutaciones puntuales y entre que intervalos de las deleciones se localizan? 162 (209) Tratando fagos T4 salvajes con diferentes agentes mutagénicos. respectivamente. con una frecuencia de 0. Los resultados obtenidos se muestran en el siguiente cuadro. 1 O 2 O O 3 R O O 4 R R O O 5 R O R R O 6 O R R R R O 7 R R R O R R O 8 R O O R R R R 0 1 2 3 4 5 6 7 8 Averiguar qué mutaciones son puntuales y cuáles son deleciones y realizar un mapa de localización de todas ellas. Los resultados se presentan en la siguiente tabla. se aislaron ocho cepas mutantes que eran incapaces de crecer en la cepa mutante K(lambda) de E. solamente se consiguió con los mutantes 5. En una población con apareamiento aleatorio se observó el color del pelo de 6000 individuos con los siguientes resultados: 2527 negros. 150 normales y 50 extremadamente rizadas. 800 son aves rizadas. se produzcan descendientes albinos? b) ¿Qué proporción de albinos de la población tienen los dos padres normales? 170 (170) Dadas dos subpoblaciones. 166 (156) En los roedores el color del pelo está determinado por tres alelos de un mismo locus. 167 (158) Sobre una prueba de 1279 donantes de sangre se obtuvieron los valores siguientes para el grupo sanguíneo MN Donantes M 363 MN 634 N 282 Calcular las frecuencias génicas y genotípicas. y el otro homozigoto alas normales.PROBLEMAS 165 (155) En una población con apareamiento aleatorio. La frecuencia del alelo IB es de 0. ¿Está esa población en equilibrio de Hardy-Weinberg? MNMR. con la siguiente relación de dominancia: Cn (negro) > Ch (himalaya) > Ca (albino). Estimar la frecuencia de los alelos IA e IO en esta población.4. En una muestra de 1000 individuos. ¿Está la población en equilibrio? 168 (159) En las gallinas se conoce el fenotipo de plumas rizadas. Subpoblación I II Total AA 164 20 184 Aa 32 80 112 aa 4 100 104 Total 200 200 400 55 . a) ¿Cuál es la probabilidad de que en los apareamientos entre individuos albinos y normales. Supongamos que no afecta a la eficacia biológica. y que la frecuencia de albinos en una población es de 1/20000. elegidos al azar de la población. Estimar la frecuencia de los tres alelos y comprobar si la población está en equilibrio. El homozigoto MRMR produce alas extremadamente rizadas. Tal fenotipo es debido a la heterozigosis 169 (157) El albinismo está determinado por un gen recesivo a. 1627 himalaya y 1846 albinos. la probabilidad de que dos individuos del grupo sanguíneo A tengan un hijo del grupo O es de 1/16. comprobar la conformidad o no con el equilibrio de Hardy-Weinberg para cada una de ellas y para el conjunto. 56 .PROBLEMAS APENDICE I:CEPAS DE Drosophila melanogaster. PROBLEMAS 57 . quetas cortas ojos rojo brillante ojos rojos color de ojos blanco ojos marrones ojos purpura ojos naranja claro cuerpo de color amarillo .Cepa bw cv e Hnr3 nub2 Or-R pr ri se Ser sn ss st v w w w w y col e h Nombre de la mutación brown crossveinless ebony Henna recessive 3 nubbin2 Oregon-R purple radius incompletus sepia Serrate singed small spineless scarlet vermillion white white colored white eosin white honey yellow ojos marrones Descripción fenotípica ausencia (o trazas) de las venas alares transversales cuerpo de color negro ojos oscuros alas cortas fenotipo salvaje ojos púrpura radio incompleto ojos negros alas recortadas quetas enroscadas y más cortas. . APÉNDICE II: ANÁLISIS ESTADÍSTICOS. . si bien normalmente se suele tomar el nivel del 5%. sabiendo que ha salido un número par? Una probabilidad que depende de una circunstancias dadas se denomina probabilidad condicionada y en este caso sería: P(2|par)=P(2)/P(par)=1/6:1/2=1/3 La linea vertical se puede leer como “dado que” o “condicionado a”. La probabilidad condicional es por tanto. PROBABILIDAD BINOMIAL Supongamos una situación con dos alternativas. podemos decir que las discrepancias pequeñas son "no significativas" y que las grandes son "significativas" (o sea. por ejemplo lanzar una moneda al aire o tener un hijo. si se dan N sucesos diferentes. Entonces. de un total de N ) = C xN p x q ( N − x ) = N! p xq( N − x) x!( N − x)! La probabilidad binomial nos permite calcular la probabilidad de ocurrir x sucesos de un tipo particular de un total de N. su presencia en un experimento puede indicar que los resultados no se ajustan a una supuesta proporción teórica. sino a otras explicaciones. es la suma de sus probabilidades. dividido por el número total de oportunidades que tenía para ocurrir. con probabilidades p y q respectivamente.APENDICE II DEFINICIÓN DE PROBABILIDAD Podemos definir probabilidad como el número de veces que tiene lugar un suceso determinado. la probabilidad de un suceso específico divida por la probabilidad de un suceso más amplio que lo posibilita. Ya que las discrepancias grandes son raras. veremos que no obtenemos siempre el mismo resultado. Por ejemplo. REGLA DE LA SUMA La probabilidad de ocurrir dos sucesos mutuamente excluyentes. El límite entre las desviaciones (o diferencias) significativas y las no significativas. ¿Cuál es la probabilidad de obtener un 2 al lanzar un dado. 61 . Según este razonamiento. es arbitrario. significativamente distintas de la hipótesis planteada). PROBABILIDAD CONDICIONADA A veces nos podemos plantear la pregunta de cuál es la probabilidad de un suceso determinado cuando se ha dado un suceso “más amplio” que lo posibilita. encontrandonos con diferencias frente a la proporción teórica exacta. Estas diferencias serán en la mayoría de los casos pequeñas . ¿cuál será la probabilidad de que se presenten x sucesos de un tipo determinado (y por tanto N-x del otro)? Podemos calcularlo mediante la fórmula de la probabilidad binomial: P( x sucesos tipo 1. REGLA DEL PRODUCTO La probabilidad de ocurrir conjuntamente dos sucesos independientes es el producto de sus probabilidades. Sabemos que p + q = 1 porque no hay más posibilidades. EL TEST JI CUADRADO Si nos fijamos en las proporciones de la descendencia de un cruce. a menores diferencias corresponden valores menores de la X2. El número total de individuos debe ser superior a 80. Cuanto más alto sea el valor obtenido de la X2. − Esp. = ∑ . el número de casos observados. 62 . hay que aplicar la corrección de Yates al cálculo de la X2: χ (n − 1) g. cada valor de la X2 tiene una cierta probabilidad de producirse. y Esp.APENDICE II Entre los factores que pueden influir en la magnitud de la desviación (proporciones observadas frente a proporciones esperadas) está el número de clases variables independientes o grados de libertad. mayor será la diferencia entre nuestros datos y los resultados esperados.) χ ( n − 1)g. n el número de clases y n-1 el número de grados de libertad.05 de las tablas son aquellos en los que nuestros datos son tan diferentes de los esperados que hay una probabilidad menor del 5% de que los datos se hayan desviado simplemente por azar. siendo "n" el número de clases fenotípicas de la descendencia. el número de casos esperados según la hipótesis en cuestión. Para la mayor parte de experimentos . Análogamente. y/o el número de datos es pequeño. = ∑ 2 i =1 n [(Obs. − Esp.l. Esperados 2 n 2 i =1 siendo Obs. Los valores superiores a la probabilidad 0. en función de los grados de libertad. l. Esperados Hay una restricción en la prueba de X2: el número esperado para la clase menos frecuente debe ser 5 o superior. el número de grados de libertad es "n-1". Una medida a la que se recurre habitualmente es la prueba de la ji-cuadrado (X2): (Obs. Cuando el número de grados de libertad es 1. Estadísticamente.) − 1/ 2]2 . Una vez que hemos determinado los grados de libertad y se ha establecido el nivel de significación. tenemos que medir la magnitud de la discrepancia. 62 59.15 1.23 5.17 4.58 5.92 18.53 36.39 7.61 6.58 6.29 8.21 11.03 12.99 7.21 24.20 1.81 18.33 3.34 9.24 13.07 2.67 4.17 33.09 16.36 23.93 10.10 0.73 26.16 0.53 54.68 15.34 49.38 9.67 5.84 5.65 12. Probabilidad df 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 20 25 30 50 0.37 3.87 25.70 86.69 0.73 3.27 18.34 11.17 2.01 6.35 5.34 14.55 19.22 17.87 5.94 7.57 7.31 50.23 8.24 10.76 0.68 36.64 3.12 16.52 22.07 12.52 10.69 29.72 0.44 14.15 19.64 9.15 9.58 37.28 15.26 63.09 21.68 21.88 29.41 3.34 0.82 11.01 15.80 11.15 0.51 0.14 30.82 9.51 16.70 45.28 18.71 1.34 19.03 9.82 16.26 10.39 2.02 13.12 37.17 0.99 17.99 7.05 3.20 3.89 6.56 9.34 8.31 0.61 2.71 4.22 27.47 20.31 25.25 58.34 13.83 13.46 1.35 0.34 10.30 7.15 0.81 16.31 19.27 20.00 31.26 32.78 28.88 6.32 22.34 29.34 12.47 20.79 8.46 24.78 12.63 15.06 1.07 15.64 5.83 3.001 10.APENDICE II PROBABILIDAD DE DISTINTOS VALORES DE X 2 .59 14.25 7.89 76.42 2.57 44.51 44.13 27.91 34.44 16.65 43.58 1.55 12.90 0.06 22.41 34.53 6.38 40.78 9.21 0.35 7.10 2.61 18.64 2.69 25.27 8.35 13.22 4.85 14.35 6.016 0.70 0.00 3.36 4.60 37.72 16.30 1.71 1.20 2.66 11.06 7.49 34.004 0.99 18.32 26.90 14.41 37.34 24.81 21.32 52.49 4.66 63 .03 22.83 4.48 20.95 0.94 4.31 28.04 30.50 0.67 23.77 67.59 31.49 11.36 14. respectivamente. r = O (1) La frecuencia fenotípica conjunta de las personas de grupos sanguíneos O y A es: 64 . con frecuencias alélicas p. Si hay solamente dos alelos. IB. Frecuencias de equilibrio Grupo sanguineo O A Genotipo IOIO IAIA IAIO Genotipo r2 p2 2pr p2 2qr Fenotipo r2 2pr + p2 B IBIB I I B B 2qr + q2 AB IAIB 2pq 2pq Una forma de estimar dichas frecuencias la exponemos a continuación: De acuerdo con la ley de H-W. Las frecuencias genotípicas en el equilibrio vienen dadas por el cuadro de las frecuencias alélicas. Si hay tres alelos. las frecuencias fenotípicas son: (p + q + r)2 = p2+ q2 + r2 + 2pq + 2pr + 2qr A1 A2 A3 A1A1 A2A2 A3A3 A1A2 A1A3 A2A3 Nótese que la suma de todas las frecuencias alélicas. por consiguiente. q y r. A y a. entonces p + q = 1. representemos las frecuencias génicas de estos 3 alelos por p. la frecuencia del genotipo IOIO es r2 y como la frecuencia fenotípica de los individuos del grupo O es r2. con frecuencias alélicas p y q. mutación y selección. también (p+q+r)2=1.APENDICE II CALCULOS PARA ESTIMAR LAS FRECUENCIAS GENICAS La ley de Hardy-Weinberg dice que. las frecuencias génicas permanecen constantes de generación en generación en ausencia de migración. q y r. debe ser siempre 1. y de todas las frecuencias genotípicas. en poblaciones de tamaño infinito y con apareamiento al azar. A2 y A3. con frecuencias alélicas p. Si hay solamente dos alelos. entonces p+q+r =1 y. q y r. digamos A1. y por consiguiente p2+2pq+q2=(p+q)2=1. las frecuencias genotípicas vienen determinadas por las frecuencias génicas. si hay tres alelos. Considerando que el sistema ABO está determinado genéticamente por tres alelos: IA. con frecuencias p y q: Frecuencias gaméticas en los machos p(A) Frecuencias gaméticas en las hembras p(A) q(a) p (AA) pq (Aa) pq (Aa) q (aa) q(A) Las frecuencias de los tres fenotipos posibles serán: (p + q)2 = p2 + 2pq + q2 A a AA Aa aa en donde los alelos y los genotipos a los que corresponden las frecuencias están escritos en la segunda línea. e IO. ignora parte de la información disponible. por consiguiente. obtendremos Sustituyendo. O + B = r 2 + 2 qr + p 2 = (r + p ) 2 . es decir q +r = O+B p = O+A − O (3) O por r en (2). de acuerdo con la siguiente fórmula: p+ = p (1+D/2) q+ = q (1+D/2) r+ = (r + D/2) (1+D/2) siendo D = 1-p-q-r D será igual a 0.o sea 2 2 2 p + r = O + A (2) De modo similar. y mediante la misma sustitución en (3) q = O+B − O Puesto que este método de estimar las frecuencias alélicas no es el más eficiente al no utilizarse el grupo AB para los cálculos y.APENDICE II O + A = r + 2 pr + p = ( r + p ) . de acuerdo con (1). se pueden hacer correcciones una vez halladas p. si las frecuencias obtenidas se ajustan exactamente a lo esperado según H 65 . q y r. . APÉNDICE III: AMINOÁCIDOS Y CÓDIGO GENÉTICO. . Glutámico Glicina Histidina Isoleucina Leucina Lisina Metionina Fenilalanina Prolina Serina Treonina Triptofano Torisina Valina CÓDIGO GENÉTICO 1ª Posición (5´) U U UUU Phe UUC Phe UUA Leu UUG Leu CUU Leu C CUC Leu CUA Leu CUG Leu AUU Ile A AUC Ile AUA Ile AUG Met GUU Val G GUC Val GUA Val GUG Val 2ª Posición C UCU Ser UCC Ser UCA Ser UCG Ser CCU Pro CCC Pro CCA Pro CCG Pro ACU Thr ACC Thr ACA Thr ACG Thr GCU Ala GCC Ala GCA Ala GCG Ala A UAU Tyr UAC Tyr UAA paro UAG paro CAU His CAC His CAA Gln CAG Gln AAU Asn AAC Asn AAA Lys AAG Lys GAU Asp GAC Asp GAA Glu GAG Glu G UGU Cys UGC Cys UGA paro UGG Trp CGU Arg CGC Arg CGA Arg CGG Arg AGU Ser AGC Ser AGA Arg AGG Arg GGU Gly GGC Gly GGA Gly GGG Gly 3ª Posición (3´) U C A G U C A G U C A G U C A G Abreviatur a Ala Arg Asn Asp Asx Cys Gln Glu Glx Gly His Ile Leu Lys Met Phe Pro Ser Thr Trp Tyr Val Simbolo A R N D B C Q E Z G H I L K M F P S T W Y V 68 . Glutámico Glutamina o Ac. Aspártico Asparagina o Ac.APENDICE III ABREVIATURAS DE LOS DISTINTOS AMINOACIDOS Aminoácido Alanina Arginina Asparagina Ac. Aspártico Cisteina Glutamina Ac. . APÉNDICE IV: SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS. 1 (1) 1) Aa x aa 2) Aa x Aa 3) aa x aa 4) AA x aa 5) AA x AC- falta de cuernos cc presencia de cuernos toro = Cc vaca A = cc 2 (2) vaca B = cc vaca C = Cc a) toro x vaca A ----> 1/2 Cc (sin cuernos) + 1/2 cc (con cuernos) b) toro x vaca B ----> 1/2 Cc (sin cuernos) + 1/2 cc (con cuernos) c) toro x vaca C ----> 1/4 CC (sin cuernos) + 1/2 Cc (sin cuernos) + 1/4 cc (con cuernos) 3 (8) a) 1/2 negro + 1/2 azul b) 1/4 negro + 1/2 azul + 1/4 blanco c) 1/2 azul 1/2 + blanco Rosa presenta herencia intermedia entre rojo y blanco. BbSs x bbss a) Padres: CcQq x ccqq. ; F1: CcQq ; ccqq ; Ccqq ; CcQq b) 9/16 Normales, 3/16 mutantes color cuerpo , 3/16 mutante tamaño quetas y 1/16 doble mutante. 4 (9) 5 (19) 6 7 (25) a) Dos pares de alelos con herencia intermedia. b) Si. c) OoRr x OOrr = 1/4 OORr + 1/4 OOrr + 1/4 OoRr + 1/4 Oorr. OoRr x ooRR = 1/4 OoRR + 1/4 ooRR + 1/4 OoRr + 1/4 ooRr. d1) 1/8 OORR + 2/8 OORr + 1/8 OoRR + 2/8 OoRr + 1/8 OOrr + 1/8 Oorr d2) 1/8 OORr + 2/8 OoRr + 1/8 OOrr + 2/8 Oorr + 1/8 ooRr + 1/8 oorr e) OORR x oorr, ó indistintamente, OOrr x ooRR 8 (28) a) Si, se podría obtener DDRR. b) Si, se podría obtener ddrr. c) Se obtendría antes la enana amarilla (ddrr) como variedad pura. F1: 9/16 normal + 7/16 gordos F2: 64/81 normal + 17/81 gordos 9 (32) 10 (16) χ2 = 1.62 (1 g.l.) no se rechaza la hipótesis 3/4 : 1/4 11 (18) 1) AaBb x aabb 2) AaBB x AaBB 3) AaBb x AaBb χ2 = 4,14 χ2 = 1,37 χ2 = 1,48 Para3 g.l = 7,81 Para 1 gl = 3,84 Para 3 gl = 7,81 12 (22) a) Gen para el color del pelo, oscuro dominante sobre blanco. Gen para la forma del pelo, rizado dominante sobre liso. b) χ2 = 0,52. Para 3 gl = 7,81 13 (23) a) Gen para el tamaño del fruto: ancho dominante sobre estrecho. Gen para el color de la flor: herencia intermedia. El valor de χ2 = 0.74 ; 0.74 < χ2 (0.005) 5 gl que es 11.07 14 (30) Herencia intermedia para el color de la flor; dominancia para la forma de la flor. χ2(color flor) = 0.564; χ2 (forma flor) = 0.177 No se rechaza ninguna de las tres hipótesis. χ2 (conjunta) = 1.261 SOLUCIONES 15 (31) a) la desviación en la familia "a" si es significativa respecto a la proporción 9:3:3:1. Enfermedad ocular: Recesiva.+ 1/6 hh IV-4 x III-8 = 2/3 Rr + 1/3 rr. 1/18 enfermedad ocular. c-2) 0. b) 15/256. c) 378 Recordar que si n = número de loci. d) 240 30 (4) a) Dedo extra: Dominante.5 71 31 (5) 32 (6) . b) IV-1 x II-6 = 2/3 Rr + 1/3 rr. c) 0. 21 (12) a) 0.5. a-3) 9/64. χ2 3 gl = 9. Enfermedad de Hurles: Recesiva. v = legumbre amarilla R =semilla redonda. b) 3/16 27 (35) a) a-1) 9/128. 1/16 (homozigoto para ambas enfermedades) ó 4/16 (homozigosis genotípica). 16 (3) Bivitelinos: a) 1/4 b) 1/4 c) 1/2 Monovitelinos: a) 1/2 b) 1/2 c) 0 17 (14) a) 3/16 b) 27/64 18 (13) 1) a) 1/4 b) 81/256 2) 5/6 blanco y negro 1/6 rojo y blanco 3) 7/8 blanco y negro 1/8 rojo y blanco 19 (10) a) 1/16 b) 3/8 c) 1/4 d) 1/2 20 (11) a) 270/1024. 5/6 H. d) 75% 26 (34) a) 1/16. b-4) 15/16 28 (37) 1) IAi Rr MN x IBi Rr MN. 3) Si. 2) 0. b) dd Oo x Dd Oo. c-4) 0. b) 1023/1024.82 la desviación en la familia "b" es significativa respecto a la proporción 9:3:3:1.82 b) No son homogéneas las dos familias. c) 1/16.8522. b) 14. b) 45. a) Retinitis pigmentosa: Dominante.84 . c) 1/2 dedo extra. d) 0. albinismo = autosómico recesivo. a-2) 9/128. χ2 3 gl = 9. c) 1/128. c-3) 0.3330.27.005) 3 gl = 7. suponiendo dominancia: nº de gametos = 2n nº de genotipos distintos = 3n nº de fenotipos distintos = 2n nº de cruces diferentes posibles con n loci = CRn 2= (n2+ n)/2 siendo n = nº de genotipos distintos 24 (29) A = tallo alto. d) 0. a) porfiria = autosómico dominante. 3/16. c) 25%. e) 0.0208. b-3) 1/16. a = tallo enano V = legumbre verde.25 22 (15) 4/7 23 (17) a) 6. este valor es > χ2 (0. b) 0. c) c-1) 1/4. b-2) 1/32.8%.046875.0247. s = semilla rugosa AavvRr x aaVVRr 25 (33) a) trihibridismo 27:9:9:9:3:3:3:1.5.0905. a-4) 55/64 b) b-1) 1/32. 3/4 Hh + 1/4 hh c) 3/16.005) 3 gl = 7. 29 (36) a) 5/16. este valor es >χ2 (0. d) 3/4 44 (43) b) Ceguera nocturna: Parece recesivo autosómico. 1/2 parcialmente fértiles. Aa platino. 41 (71) PP (letal). A A . III-6 CcEe c) sanos enanos cataratas enanos con cataratas c-1) 1/4 1/4 1/4 1/4 c-2) 5/18 1/18 10/18 2/18 c-3) 2/3 1/3 d) d-1) 1.= amarillo. AA = letal.5. El puede ser homozigoto normal (P = 1/3). anat = tostado oscuro. A A (naranja). c) El hermano del paciente X se casa con una mujer con ceguere nocturna (homozigota). A (rojo). A >A . No hay razones para pensar que sean mutaciones diferentes. atat tostado. 72 . ca (albino) c+ > cch c+ > ch c+ > ca ch > ca gris claro = cch ca y cch ch 38 (39) Tres alelos. aunque tiene mas probabilidad de ser ligado al cromosoma Y (Holándrico). cch (chinchilla). o heterozigoto (P = 2/3). A A M b M b M M M b b b d) A A x A A -------> A A . AC = Fenotipo C. AA = Fenotipo A. c) 0. A A R b M b R M R b M b b b e) A A X A A -------> A A . 46 (74) Platino (A) > normal (a) AA letal. ch (himalaya).SOLUCIONES 33 (7) a) cataratas (C) = autosómico dominante. Fenotípicas: 15/16 sano 1/16 amputado 48 (20) 2/3 negro pata mula y 1/3 negro pata normal. negro>carey>rojo 43 (47) b) 1/4. III-5 CcEe. El alelo A tiene un efecto pleiotrópico: en heterocigosis afecta al color del pelaje. P pt = Platino. A A . B y C.b) 0. A. c) 2/3. A >A . b) SI concuerda con la hipótesis formulada: III-1 ccEe.075. pero podrían tener hijos normales (heterozigotos). A A . BB = Fenotipo D. A (amarillo). ca (albino) cn > cs > cr > ca 37 (42) Cuatro alelos c+ (salvaje). III-2 ccEe. en homocigosis es letal 47 (72) a) 1/16 b) Genotípicas: 9/16 AA + 6/16 Aa + 1/16 aa. A A R b M b R M R R R M b 40 (40) Tres alelos. P pb = Gris. A A M b b b M b b b c) A A x A A -------> A A . 45 (48) 1/4 fértiles. cr (crema). A dominante sobre an y sobre at. A A R M b b R b M b f) A A x A A --------> A A . A A R b R b R b b b b) A A x A A -------> A A . AB = Fenotipo B. pb pb ó pb pt = Blanco 42 (44) Cuatro alelos. BC = Fenotipo E 39 (46) Un gen con tres alelos. d-2) 0 d-3) 1/9 34 (38) a) 0. enanismo (e) = autosómico recesivo. A (blanco). 1/4 estériles. anan = negro. A A letal R b b b b b R b a) A A X A A -------> A A . cs (sepia). Moteado en el iris: Parece dominante autosómico. A. aa normal.425 35 (45) El niño Z no puede ser de la familia X/Y 36 (41) Cuatro alelos cn (negro). pt pt = Plateado. CC = letal. SOLUCIONES 49 (70) Para dar el resultado correcto. a) Hh Ss x Hh Ss ----> 7/9 normal + 2/9 número de quetas reducido b) Hh ss x hh Ss ----> 3/4 normal + 1/4 número de quetas reducido c) 9/16 normales + 7/16 quetas reducidas d) 43/48 normales + 5/48 quetas reducidas e) 13/16 normales + 3/16 quetas reducidas 53 (77) a)32/48 blanco + 9/48 negro liso + 3/48 negro manchado + 3/48 castaño.5 crias 52 (75) HH letal. 2/9 amarillo normal. 1/48 castaño manchado. B ó F 56 (189) a) F B 1 C 3 A 4 E 2 D 73 .. ss Hh número de quetas reducido. aa orejas caidas Aa x Aa ----> 2/3 Aa 1/3 aa b1) 13. aspártico semialdehido 1 homoserina 2 cistationina 5 homo 6 metionina 3 treonina 55 (188) 8 A 9 D 5 B A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 + + + B + 4 C 3 F C + + D + + E + F G H + I + + $ $ 2 H 6 I 1 E 7 g $ Pueden crecer con una mezcla de A. b2) 16. Aa orejas tiesas. AA letal. C ó H con D. b) 16/24 blanco + 3/24 negro liso+ 3/24 negro manchado + 1/24 castaño liso + 1/24 castaño manchado. b3) 29. 2/9 amarillo cola corta. 54 (187) 4 ac.6% 51 (73) a) 4/9 amarillo cola corta . Ss hh ó sshh normal. b) 4.5%.6%. 1/9 normal normal. Ss Hh. Suponiendo que el padre que desarrolla la enfermedad fuese heterozigoto para el alelo mutante: a) 1/2 b) 1/4 50 (76) a) A (orejas tiesas) > a (orejas caidas). se necesitaría conocer con que frecuencia se encuentra en la población el alelo que produce la enfermedad.SS letal. suc. glutámico 2 semial. glu. b) 8 B C A 7 5 6 D c) 9 F G 10 E 12 11 H 63 (199) E B 2 D 4 F 3 C A 1 64 (190) 4 5 C G F A 2 B 1 J D I 3 E H 65 (192) a) Mutante bb deficiente para la enzima X. glu. glú 4 glu-P 6 2 semi 5 orn 3 prolina citr 7 ac. 1 arg 61 (196) Hay 3 rutas posibles 1 B A 3 1 B 3 4 A E C D 4 E C 2 D B 3 C 1 4 E A 2 D 62 (201) a) ac. Mutante aa deficiente para la enzima Y b) 9/16 granate + 3/16 azul + 3/16 rojo + 1/16 incoloro c) Porque el alelo normal (dominante) sintetiza suficiente enzima en heterozigosis. 1 citr. 74 . 3 orn. 4 arg.SOLUCIONES b) Mutante 1 2 3 4 A + + B + + + + C + + + D E F + D+E· F+E + - 57 (195) En un gen que codifique una enzima 58 (197) Homoserina.-BÆ Cistationa--CÆ Homocisteina--AÆ metionina 59 (198) 2 D 4 B 3 C 1 A 60 (200) ac. c) 27/64 68 (24) A. con dos alelos cada uno. 1/16 w+w+.punta espinosa. e) wwGg (amarillo) x wwgg (verde) 70 (62) a) Epistasia simple dominate: dorado ( A. AaBb x AaBB o AaBB x AaBB d) AaBb x aaBb o AaBb x Aabb e) Aabb x aabb ó aaBb x aabb 69 (66) a) 3/4 blanco 1/4 amarillo. g+g. 75 . b) 1/2 blanco 1/4 amarillo 1/4 verde.= 0. 1/16 w+ Y . aa bb espinosa a) 2/4 Aguda + 1/4 Punta espinosa + 1/4 Espinosa b) 4/8 Aguda + 3/8 Punta espinoisa + 1/8 Espinosa 73 (68) Dos genes implicados. AaBb. Aabb) 1/8 negro (aaBb) 1/8 marrón (aabb) hembra dorada x macho negro AaBb aaBb F1: 4/8 dorado (AaBB. aa B.bb blanco.= azul. b) marrón 27/256 67 (194) a) 4/64. g+ .0386 F2: rojo 182 ---> 9 A.bb). Epistasia del dominante.amarillo y . A. AAbb. A.SOLUCIONES 66 (193) a) Incolora 148/256.. b) 4/9 aaBB + 4/9 aaBb + 1/9 aabb. 1/16 w Y . Epistasia simple dominante. 76 (50) F1 = w+w. negro (aa B-) marrón (aa bb) b) hembra dorada x macho dorado AaBb Aabb F1: 6/8 dorado (AABb. g g Hembras: 6/8 normales. g g .amarillo 1 aa bb amarillo 75 (56) Para el color: Epistasia del recesivo: A.B. g+ .bb aguda.B.ó B. g+ ... 72 (65) Epistasia simple dominante.= púrpura.aguda.B. aa B.. aaBb) 1/8 marrón (aabb) 71 (51) a) 12:3:1. X2 con 2 g. 3/16 w Y . b) 33/64. 8/9 amarilla + 1/9 blanca. g g .bb pardo amarillo 81 ---> 3 aa B. g g Machos: 3/8 normales.. g+g (machos normales) F2 = 3/16 w+w+ . AaBb. Aabb) 3/8 negro (aaBB. c) 1/2 blanco 1/4 amarillo 1/4 verde. 74 (63) Pardo x amarillo ---> F1 rojo a) Un gen con dos alelos (herencia intermedia) b) Epistasia simple recesiva .B.l.rojo pardo 59 ---> 3 A. w+Y . 2/8 grape. (hembras normales). A. Para la forma del caliz: Herencia intermedia.B. 3/16 w+ Y . 1/16 w+w. d) 3/4 blanco 1/8 amarillo 1/8 verde. 3/16 w+w. 1/8 grape. g+ . 4/8 white (blanco). aa bb = escarlata a) AaBb x aabb b) Aabb x aaBb c) AABb x AABb.A.azul. AaBb x AABb. 89 (204) Cistrón 1 = A. b) 3.N. 3/64 pardo y 16/64 albino.F.C. A.canela.naranja.A3 gg N. Cruce 4) Aabb x AaBb. aa B. Cruce 3) Aabb x aaBB.Agouti (salvaje). c) verde. d) verde. A. Cistrón 2 = C. Cruce 1) AABB x aabb.32 81 (69) Un gen con dos alelos sería imposible.aa 9 G. aa bb C.C.B.B. A. 0% amarilla 85 (55) Cepa 1:aa BB cc Cepa 2: AA BB cc Cepa 3: AA bb cc Cepa 4: aa bb cc 86 (53) a) Dos genes con dos alelos: A.G 76 . A.nn A3 G. Zurdos A .SOLUCIONES 77 (27) a) Dos genes con dos alelos cada uno b) Se trata de una epistasia doble recesiva.B .1/2 altas.bb C. Diestros A .bb 1/2 enanas 80 (59) 13:3 epistasia doble dominante y recesiva χ2 = 2. 100% verde.D. Cruce 2) AAbb x aaBB. 83 (58) P gris GG NN AA x pardo Æ gg nn aa F1 gris Æ Gg Nn Aa F2 48 gris 27 G. 2.Cistrón 3 = B.aa 3 gg nn A1 gg nn aa 12 negro 3 azul 1 pardo 84 (67) a) Están implicados 3 genes.marrón.A9 G. 78 (49) a) 1/4 : 3/4 b) 1/4 : 1/2 : 1/4 79 (64) a) Dos genes afectan al tamaño A (normal)> a (enanismo 1) B (normal)> b (enanismo 2) Epistasia doble recesiva P enana 1 AAbb x enana 2 aaBB P enana 1 AAbb x alta AABB P enana 2 aaBB x alta AABB F2 9 altas: 7 enanas b) AaBb x Aabb Æ F2 3 altas: 1 enana F2 3 altas: 1 enana AABb 1/4 AaBb 1/4 Aabb 1/4 Aabb 1/4 Proporciones fenotípicas: A. aa -.negro.blanca B/b b) Sustancias incolora Pigmento rojo A/a Pigmento naranja 87 (54) a) Aa Bb CC (Agouti) x Aa Bb CC (Agouti) b) AA Bb Cc (Agouti) x AA Bb Cc (Agouti) c) Aa Bb Cc (Agouti) x Aa Bb Cc (Agouti) d) aa Bb Cc (negro) x aa bb Cc (crema) 88 (52) cc epistatico recesivo sobre A/a y B/b (blanco).N.nn aa 9 gg N.B.. 9/64 negro. E.bb rojos.bb ó aa B 82 (57) 36/64 gris. 1. 57 98 (97) R = 0. (3) D. Cistrón 2 el resto.SOLUCIONES 90 (205) Cistrón 1 mut 7.47 disminución = 34.3 97 (96) a) h2 = 0.47 incremento = 35. (2) B y C . b) Aa Bb x Aa Bb Æ 1/16 4 0 18 dm 4/16 3 1 16 dm 6/16 2 2 14 dm 4/16 1 3 12 dm 1/16 0 4 10 dm c) AA bb x Aa Bb Æ 1/4 AA Bb 16 dm Otra opción aaBB x AaBb 2/4 Aa Bb AA bb 14 dm 1/4 Aa bb 12 dm 96 (95) VG = VA + VD + VI VF = VG + VE = 300 h2= VA/VF = 90/300 = 0. E y F 92 (207) A B C D E F A B + C + + D + + E + + + F + + + - 93 (92) AA BB CC x aa bb cc ----> F1 Aa Bb Cc (7 granos) F2: 10 granos 1/64 (AABBCC) 9 granos 6/64 (AABBCc) (AABbCC) (AaBBCC) 8 granos 15/64 (AABBcc) (AAbbCC) (aaBBCC) (AABbCc) (AaBBCc) (AaBbCC) 7 granos 20/64 (AABbcc) (AaBBcc) (AAbbCc) (AabbCC) (aaBBCc) (aaBbCC) (AaBbCc) 6 granos 15/64 (AAbbcc) (aaBBcc) (aabbCC) (AaBbcc) (AabbCc) (aaBbCc) 5 granos 6/64 (Aabbcc) (aaBbcc) (aabbCc) 4 granos 1/64 (aabbcc) 94 (93) AA BB CC x aa bb cc Æ F1 Aa Bb Cc 2700 1350 2025 Nº ALELOS propor F2 1/64 6/64 15/64 20/64 15/64 6/64 1/64 nº gr 2700 2475 2250 2025 1800 1575 1350 aumentan 6 5 4 3 2 1 0 disminuyen 0 1 2 3 4 5 6 Otras opciones: Aabb x _ bb y aaBB x aa_ 95 (94) a) AA bb x aa BB Æ Aa Bb.53 77 . 91 (206) 3 cistrones: (1) A. parcialmente ligados al sexo A(azul) > v (verde) >t (turquesa) A v t v A A t A P XAXt x XvYA ----> F1 X X (azul) X X (verde) X Y (azul) X Y (azul) F1 XtXv x XAYA ---->XtXA (azul) XvXA (azul) XvYA (azul) XtYA (azul) XtXv x XtYA ---->XtXt (turquesa) XvXt (verde) XtYA (azul) XvYA (azul) 106 (83) La hembra parental tiene los cromosomas X unidos. cc = crema 108 (80) Un gen autosómico con dos alelos para alas largas (LL. ciegos para los colores 1/4 no calvos. Ll) y alas cortas (ll) Un gen ligado al X para el color del ojo: Hembras c/+. 78 . todas las hijas todas normales (Bb) c) Hijos: 1/2 normales (bb) 1/2 calvos (Bb). Hijas: todas hijas normales (Bb. El carácter quetas es autosómico. Hembras aa. a hembras XvXvX+ + XvXvY y machos X0 (estériles) 107 (79) Un gen con un alelo recesivo ligado al X para albino. nc = marrón. luego. nunca pueden tener una hija con una fisura en el iris (excepto frecuencia de mutación del gameto masculino x 1/2). 102 (87) a) gen ligado al sexo con codominancia.10 H2 = 0.15 H2 = 0. Hijas: todas hijas normales (Bb.447 H2 = 0. b) 3/8 en ambos casos. con herencia intermedia. bb) d) Hijas: 1/2 normales + 1/2 ciegas para los colores Hijos: 1/4 calvos.09558 Æ 9. A A N N A A b) X X x X Y da lugar a una F1: X X (hembra moteada) X Y (macho amarillo) N N A N A N c) X X x X Y da lugar a una F1: X X (hembra moteada) X Y (macho negro) N A N N A N N d) X X x X Y da lugar a una F1: hembras: 1/2 X X (moteada) 1/2 X X (negro) N A machos: 1/2 X Y (macho negro) 1/2 X Y (amarillo) N A A N A A A e) X X x X Y da lugar a una F1: hembras: 1/2 X X (moteada) 1/2 X X (amarillo) N A machos: 1/2 X Y (macho negro) 1/2 X Y (amarillo) N A 103 (81) a) Un gen holándrico (ligado al cromosoma Y. hembras: 1/4 normal 1/4 brown 1/4 vermilion 1/4 blancos 110 (88) a) Dos genes implicados.SOLUCIONES 99 (98) a) Longitud de la pierna h = 0. X X (amarillo). El defecto de la línea B se debe a un gen autosómico (E. N N A A hembras: X X (negro). en la descendencia.56% 2 100 (78) a) Autosómico dominantes ó autosómico recesivo. 101 (82) mujer X+X? x varón X+Y.547 2 b) contenido en grasas. Machos a+/Y Un gen autosómico hetrozigoto n/cr en hembras y machos: nn = negro. Los alelos mutantes son recesivos.e) b) El defecto de la línea A se debe a un gen ligado al sexo (D. bb) b) todos los hijos calvos (Bb). b) Se puede demostrar obteniendo macho XYY 104 (89) a) Hijos: 1/2 normales (bb) 1/2 calvos (Bb). ya que tiene una h mayor c) R = 0. machos: 3 salvaje 5 escarlata 111 (26) Alas curvadas recesivo ligado al X. ciegos para los colores 1/4 no calvos. X X (moteado) N A machos: X Y (negro) X Y (amarillo). visión normal 105 (91) Un gen con tres alelos.60 2 Contenido en grasas h = 0.d) c) machos A (XdYEE) x hembras B (XDXDee) ----> machos escarlata y hembras normales F1 XDYEe x XDXdEe F2 hembras: 3 salvaje 1 escarlata. visión normal 1/4 calvos. Machos +/Y 109 (85) a) machos y hembras: 3/4 vermilion 1/4 blancas b) machos: 100% ojos blancos.20 2 Longitud del cuello h = 0. dando lugar. 42 C d 0. e) Varias posibilidades: i) cuando los genes sean contiguos o estén muy próximos. Para 3 gl.23.008 a b 0.72.042 ABcd 0.08 c D 0. 19.4 aBCD 0. 113 (86) El genotipo de la hembra de ojos naranja es cncn vv.605 Χ2 (P.08 No recombinantes A b 0.SOLUCIONES 112 (84) La hembra A es heterozigótica para vermillion XvX+.464 b) 32. B (plumosas) > b (lisas).5 % 19. B Parentales: hembras XbXbAaCc x machos X YAaCc 115 (106) En fase de repulsión: A b/a B x a b/a b 45 % A b/a b.18 cM c) 1931 79 . pero en el cromosoma con el alelo normal de vermilion lleva un gen letal recesivo (hembra B: diheterozigótica en fase de repulsión para vermilion y para un gen letal). b) Hembras Tl/tL. 64.= 0.008 AbcD 0.18 % de recombinación. iii) el mismo gen determina los dos caracteres (pleiotropía). 3:3:1:1 cn es autosómico y v es ligado al sexo.042 ABCd 0. ttll = 0.5 % A B/a b C/c 5.042 AbCd 0.5 % 5. TtL.1 AbCD 0. T-ll = 0.168 aBcd 0.008 La frecuencia de los gametos corresponde con las frecuencias genotípicas y fenotípicas del cruce.r) = 0.42 c d 0.168 Abcd 0.4 AbCD 0.032 Recombinantes A B 0. 118 (109) a) Suponiendo que los genes se encuentran en fase de acoplamiento: AB = ab = 1/2(1 – p/2). distancia = 32.02.5 % 5.168 AbCd 0.23.52. Χ2 = 7. ii) que exista una deleción cromosómica de los dos genes.004 Χ2 (R. si los dos sexos tuvieran la misma frecuencia de entrecruzamiento. d) Sí. 120 (99) a) Genes ligados: X2 para una segregación 1:1:1:1 = 26.168 aBCd 0.008 AbcD 0.042 Abcd 0.5 % A b/a B C/c x a b/a b c/c A b/a b C/c 19.032 AbcD 0. ambos son recesivos e interaccionan dando color de ojos naranja.5 % A b/a B a B/a b A B/a b a B/a b c/c c/c c/c c/c 117 (108) A b/a B C D/c d x a b/a b c d/c d Gametos No recombinantes Recombinantes C D 0.= 0.5).36% de entrecruzamiento (quiasmas). Machos tl/tl. Ab = aB = p/4 b) Sí.5 % a B/a b C/c 19.5 % a B/a b C/c 5.032 a B 0.84.032 aBcD 0. 114 (90) Color ojos ----> gen autosómico C (normal) > c (naranja) naranja 1/4 : normal 3/4 Forma alas ----> gen autosómico A (curvadas) > a (normales) 2/3 alas curvadas : 1/3 alas normales (AA letal en homozigosis) Forma antenas ----> gen ligado al sexo.p) = 0.1 ABCD 0. c) Si. La frecuencia del fenotipo Bbrr es la misma. 119 (105) Frecuencia del gameto B r = 4%. 5 % A B/a b 5 % a b/a b 116 (107) El individuo AaBbCc tiene los genes A y b en fase de repulsión. c) Buscando marcadores genéticos ligados mas próximos. si están lo suficientemente alejados como para que siempre haya un entrecruzamiento entre ellos (p = 0. La hembra B también lo es. 121 (100) a) χ2 (total) = 33. d) T-L. 45 % a B/a b. S. blanca alargada (aa bb) = 0. b no segrega mendelianamente.5 Normales + 0.2425.14 cM 131 (103) a y b mutaciones ligadas al X. Distancia A-B = 20 u.63 O. D independiente. = 0.m. 134 (119) a) No se puede asegurar con total certeza. IC = 0. Distancia B-C = 30 u-m. El hijo normal II-2 es resultado de un entrecruzamiento en la madre doble heterozigótica.C.ss 66 oo S.506. roja alargada (A. c y d mutaciones autosómicas Moscas cd = 81/399 = 0. se casan con varones normales y tiene hijos varones afectados. r = 0.2045 (frecuencia de recombinación entre a y b) 132 (116) Se trata de dos genes ligados.5 80 . IV-3 (a b+).25 brown d) 0.27 blancos + 0.m.bb) = blanca redonda (aa B-) = 0.0990 (frecuencia de recombinación entre c y d) Recombinantes a-b: + b = 41. b) Debido a la ausencia de recombinación en los machos de Drosophila: 1/4 Abc + 1/4 aBc + 1/4 AbC + 1/4 abC 124 (102) a) 0.5 brown 125 (110) Roja redonda (A. Si fueran genes autosómicos.4 oo ss frecuencia de recombinación r = 0.27 cinnabar + 0. En la generación IV: IV-2 (a b+). Distancia = 6.14. Distancia o-s = 0. IV-5 (a+ b).27 cM 128 (112) a) los resultados se explican si la frecuencia de recombinación entre los genes white y vermilion es de 0. Distancia p-o = 0.SOLUCIONES 122 (115) No se puede demostrar estadísticamente que exista ligamiento porque el locus B.37 cM.23 Normales + 0. tres mujeres normales.B-) = 0. 123 (101) a) La distancia entre B y C es de 20 u.8 % 129 (117) Se trata de genes ligados al cromosoma X. Genealogía de la derecha: En la generación III: III-4 y III-6.23 blanco + 0.23 brown b) 0. B y C ligados.136. 137 (126) A. separados 18 cM 133 (118) Genealogía de la izquierda: III-1 (a b) y III-5 (a+ b+) son el resultado de un entrecruzamiento en la madre. pero es lo más probable. a una distancia de 1. b) En la del medio (la de mayor número de indiivduos). Distancia gl-B = 0.3 b) 53.5 cinnabar + 0.0075 126 (111) P: o S/o S x O s/O s Æ F1: o S/O s F2: 126 O.203 ((1-r)/2)2 = 0. I.27 brown c) 0.249 127 (114) Están ligados.27 Normales + 0. 136 (121) El gen central es el glossy (gl).203. a + = 41 82/401 = 0. Distancia lg-gl = 0.212. IV-7 (a b+) y IV-9 (a b+). los tres varones que no pertencen a las familias tendrían que ser dobles heterozigotos. 130 (113) a) ausencia de recombinación en machos b) 30.21. cuyos padres eran afectados.5075.25 cinnabar + 0.23 cinnabar + 0. ya que en las tres familias.193. IC = 0. 135 (120) El gen central es el fruto aplanado (o). u.327665 (sin interferencia) 0.012307 + + f = v m + = 0.43 144 (135) a) B y C están ligados en fase de repulsión b) distancia 20 cM c) Debido a la ausencia en entrecruzamiento en los machos de Drosophila éstos sólo dan lugar a cuatro tipos de gametos. Distancia b-c 18 m.099807 + m + = v + f = 0.13863595 0. tanto en hembras como en machos.32286405 (con interefrencia) ct + + = + lz f = 0.78 m.00636405 146 (123) a) Gametos femeninos: + + + = v m f = 0.384693 + m f = v + + = 0.011165 0.6 cM c) I = 51. u.5 143 (138) a) an br+ f+ / an br+ f+ x an+ br f / an+ br f b) el gen f (delgado) es el gen central distancia an-f = 16.55 cM 142 (137) P: hembra abc/abc x macho +++/+++ Æ F1: abc/+++ x abc/+++ La frecuencia de individuos a b c que se forman en la F2 nos sirve para estimar la frecuencia los gametos de la hembra. Todas las hembras de la F2 serían normales 147 (124) Fenotipo rápido.1104 0.5 b) Los mismos fenotipos y frecuencias que los gametos. u.114.3716 0.003193 Gametos masculinos: v m f = 0.SOLUCIONES 138 (127) pr = gen central distancia pr y v = 43.0139 0. 81 .72 m.0139 0.1104 0.027335 + lz f = ct + + = 0.133835 + lz + = ct + f = 0. distancia f-br = 4.37 cM distancia bm y pr = 22. c) I = 0. b) CC = 0.5 Y = 0. c) NO. 145 (122) ct lz f = + + + = 0.803 139 (128) a) pr = gen central b) distancia bm-pr = 6 cM.03213595 0. (+ + +) Parentales 365 x 2 = 730 Recombinantes entre a y b Æ 44 + 47 = 91 Recombinantes entre b y c Æ 87 + 84 = 171 Dobles recombinantes 5 + 4 = 9 Total 1001 a) Distancia a-b 10 m. no barrado y enano = 0.46 % 140 (132) d d+ d d+ d d+ d+ d hk cn+ hk+ cn hk cn hk+ cn+ hk+ cn hk cn+ hk cn hk+ cn+ 0.0041 0. distancia pr-c = 20.3716 0.27 cM Coeficiente de coincidencia = 0.0041 141 (134) Los loci E y F están ligados y a una distancia de 9. u. = 0.C.001 b) CC = 0.0075 149 (129) Frecuencia de fenotipos AES = aes = 0.5 0.1 ABC abc Abc aBC ABc abC AbC aBc 0. Distancia B-A = 17 cM Distancia A-C = 12 cM I.C.0117 154 (142) Analizamos la segregación de cada gen por separado.095 0.005 0.59 157 (140) Los dos caracteres se encuentran en el segmento apareante de los cromosomas sexuales (segmento homólogo entre el X y el Y) El locus A. La distancia b-a es de 31.351 0. Verde-mate-fértil = pálido-brillante-parcial = 0.356 Frecuencia de fenotipos Aes = aES = 0. luego.6 150 (131) a) CC = 0.0607 Verde-brillante-fértil = pálido-mate-parcial = 0.044 Frecuencia de fenotipos AeS = aEs = 0.355 0.049 0. = 0.006 I. el cruce de la F1 fue el siguiente: hembras + + sc / r h + x machos r h + / Y El gen para la hemofilia es el central. I. = 2 155 (143) a) Hembra x+z+y/x z y+ xMacho x+z+y+/Y b) x-z-y c) Distancia x-z = 6 m.351 0.238 156 (141) Los tres loci se encuentran en el segmento diferencial del cromosoma X.095 0.094 Frecuencia de fenotipos AEs = aeS = 0.3 a A b 0. mate y parcialemnte fértil recesivos.045 0.099 0.005 151 (136) a) 30% b) 3/4 : 1/4 152 (130) Frecuencia fenotipo abC = 5% 153 (133) 0. I. Distancia z-y = 7 m. 158 (139) Hembra l L 82 0.045 0.a está entre B.2 b L Macho a b B .SOLUCIONES 148 (125) Suponiendo palido.5 cM.355 0.0841 Verde-mate-parcial = pálido-brillante-fértil = 0.3477 Verde-brillante-parcial = pálido-mate-fértil = 0. Distancia r-h = 3 cM Distancia h-sc = 10 cM Hay interferencia negativa.001 0. La distancia al segmento diferencial es de 21.5 cM. = 0.C. Por la F1 y por los resultados de la F2.u.C. se deduce que la hemofilia y raquitismo están ligados al X.049 0. Por la F2 el carácter sin cola también está ligado al cromosoma X.b y el segmento diferencial.099 0.u. 83 . El valor de la χ2 = 0.0625.4.267 0.067 0.08 L.4. f(BB) = 0.5317.00702 ó 0. f(MM) = 0. Distancia 8-3 = 21.6.067 0.bb 0. f(NN) = 0.2205.aa B0. Con la D no puede recombinar. f(AB) = 0. f(N) = 0.028 168 (159) X2 = 379.5547.SOLUCIONES Hembras Machos L. Población en equilibrio H-W. f(ch) = 0.2061. 161 (208) 5 – 6 – 4 – 1 – 2 – 3 162 (209) DL 1 DL 2 DL 3 DL 4 6 5 8 7 Mutaciones 163 (210) B-E-A-C-D 164 (154) f(AA) = 0.4683. Población no en equilibrio H-W.79.89 b3) Con la B es posible.2392 167 (158) f(M) = 0.B0. pero no seguro. f(MN) 0 0. f(IB) = 0.2 166 (156) f(ca) = 0. la población total no.A.267 0.4957.0276 b) 0.98591 170 (170) Las dos subpoblaciones están en equilibrio.75 165 (155) f(IA) = 0.2838.25. f(cn) = 0.aa bb 0.020 159 (202) 1 2 3 4 5 6 A B C D 1 2 3 4 5 6 A B C D O O O O O O O O O O O O R O R O R O R O R R R R O O R O O R R R R R R R R O R O O O O O O R O O R O R O R O R 160 (203) a) 1 5 3 CEN 67 4 2 B D A E C b1) La mutación 8 b2) Distancia 5-8 = 14. f(BY) = 0. 169 (157) a) Según se interprete el enunciado la solución es 0. f(I0) = 0.187 L.5625 f(AY) = 0.A.375.0467 L.