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PROBLEMAS ADICIONALES DE GENETICA (Curso 2006/2007)
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 Amarilla x Verde 82 Amarillas + 78 Verdes 2 Amarilla x Amarilla^ 118 Amarillas + 39 Verdes 3 Verde x Verde 50 Verdes 4 Amarilla x Verde 74 Amarillas 5 Amarilla x Amarilla 90 Amarillas
2. 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 Descendencia Roja x Rosa 126 Rojas + 131 Rosas Blanca x Rosa 88 Blancas + 92 Rosas Roja x Blanca 115 Rosas Rosa x Rosa 43 Blancas + 39 Rojas + 83 Rosas
3. 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.
4. 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 F 1 b) Las proporciones fenotípicas si se cruzan hembras y machos de la F1.
Número Color del cuerpo Quetas 250 Normal Normal 254 Mutante Normal 248 Mutante Mutante 247 Normal Mutante
5. 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 F 1 oval y púrpura. En la F 2 se obtuvieron 132 plantas distribuidas en 9 clases fenotípicas:
larga redonda oval rojo 9 9 19 blanco^8 8 púrpura 15 16 32
a) ¿Cuántos pares de alelos están implicados? b) ¿Se transmiten independientemente?
c) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperaría en los cruces de la F 1 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?
6. 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?
7. En el cruce de un cobaya macho de pelo oscuro y liso con una cobaya de pelo blanco y rizado se
obtuvo una F 1 con pelo oscuro y rizado. Al cruzar las cobayas de la F 1 , la F 2 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 X2 compruebe si su hipótesis es o no correcta.
8. Al cruzar una variedad de plantas con flores blancas y fruto ancho con otra de flores amarillas y fruto
estrecho, se obtuvo en la F 1 una planta de flores pardas y fruto ancho. Al dejar que se autofecunde la F 1 , se obtuvo la siguiente F 2 :
Flor Fruto Número Flor Fruto Número Parda ancho 92 Parda estrecho 29 Blanca ancho 40 Blanca estrecho 15 Amarilla ancho 44 Amarilla estrecho 13
a) Explicar genéticamente estos resultados. b) Comprobar estadísticamente la hipótesis propuesta.
9. En la F 2 de dos variedades de maíz, obtenidas por el cruce de razas que diferían en dos genes, se
obtuvieron las siguientes segregaciones fenotípicas:
AB Ab aB ab a) 108 35 18 7 b)^82 12 33
¿Es significativa la desviación respecto de la segregación 9:3:3:1 en cada caso?
10. Del matrimonio entre una mujer albina y un varón pigmentado, cuyo padre era albino, nacieron dos
gemelos bivitelinos. 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. Contestar a las preguntas anteriores en el caso de que sean monovitelinos.
11. Se cruzan entre sí cobayas negros heterozigóticos Bb.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que los tres primeros descendientes sean alternativamente negro- blanco-negro o blanco-negro-blanco? b) ¿Cuál es la probabilidad de producir entre tres descendientes, dos negros y uno blanco, en cualquier orden?
12. Una pareja decide tener 4 hijos. ¿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?
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.
21. 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. ¿Cuál es la probabilidad de que el primer hijo sea a) del grupo B? b) del grupo A? c) del grupo AB?
22. Se presentó ante los tribunales de justicia el siguiente caso: una familia X reclama que cierto bebé
Y, que les dieron en la maternidad, no les pertenece y que, en cambio, el bebé Z, que tiene la familia W, es el suyo. La familia W niega este hecho, y el tribunal ordena el examen de los grupos sanguíneos de los bebes y de los padres, con los siguientes resultados:
Madre Padre Bebé Familia X/Y AB O A Familia W/Z A O O
¿Qué familia tiene razón?
23. Dar los genotipos más probables de los padres en los siguientes cruzamientos de cobayas, que se
diferencian por el color del pelaje:
CRUCES negro sepia crema albino 1 negro x negro 22 - - 7 2 negro x albino 10 9 - - 3 crema x crema - - 34 11 4 sepia x crema - 24 11 12 5 negro x albino 13 - 12 - 6 negro x crema 19 20 - - 7 negro x sepia 18 20 - - 8 sepia x sepia - 26 9 - 9 crema x albino - - 15 17
24. En una especie vegetal la forma de las hojas está controlada por un único locus. Se han descrito cinco
fenotipos distintos para este carácter, que se han designado por las letras A, B, C, D y E. A partir de los siguientes cruzamientos:
B x B 1/4A + 1/4D + 2/4B C x E 1/3C + 1/3B + 1/3E E x E 1/3D + 2/3E B x C 1/4A + 1/4B + 1/4C + 1/4E A x C 1/2A + 1/2C C x C 1/3A + 2/3C
a) Determinar cuantos alelos presenta dicho locus y que relaciones existen entre ellos b) Indicar los genotipos de todos los individuos implicados en los cruzamientos
25. La genealogía indicada a continuación hace referencia a los caracteres negro, carey (con puntas
rojas) y rojo, del color del pelaje del conejillo de indias. Indicar razonadamente si intervienen en su control 2 ó 3 alelos.
Negro Carey Rojo
Carey Negro Rojo Carey
Rojo Carey
26. En un rancho de zorros de Wisconsin, apareció una mutación que da color platino al pelaje. Este
color resultó muy popular entre los compradores de pieles de zorro, pero el criador no consiguió establecer una línea pura de color platino. Cada vez que cruzaba dos individuos de este color, aparecían descendientes normales. Así, tras repetidos cruzamientos del tipo indicado, obtuvo un total de 82 individuos de color platino y 38 normales. Establecer una hipótesis genética que explique los hechos, comprobándola estadísticamente.
27. La ausencia de patas en el ganado vacuno ("amputado") se ha atribuido a un gen letal recesivo. Un
toro normal se cruza con una vaca normal y tienen un ternero amputado (los cuales normalmente nacen muertos). Estos mismos padres se cruzan de nuevo: a) ¿Cuál es la probabilidad de que tengan dos terneros amputados? b) Se cruzan toros heterozigóticos para el alelo amputado con vacas homozigóticas normales, y se deja que la F1 se cruce al azar para dar lugar a la F2. ¿Qué proporciones genotípicas y fenotípicas cabe esperar?
28. La corea de Huntington es una enfermedad rara, mortal, que aparece normalmente a mediana edad.
Se debe a un alelo dominante. Un hombre fenotípicamente normal, de poco más de 20 años, advierte que su padre ha desarrollado la corea de Huntington.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que, él mismo desarrolle más tarde la enfermedad? b) ¿Cuál es la probabilidad de que la desarrolle su hijo al cabo del tiempo?
29. En la liebre de monte el gen A determina orejas tiesas y su alelo a orejas caídas. Al estudiar la
herencia de este carácter se comprobó que los individuos con orejas tiesas nunca se comportaban como variedades puras. a) ¿Qué tipo de herencia puede presentar este carácter? b) Al cruzar dos individuos con orejas tiesas se obtuvieron 5 crías. 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, que las otras tres tengan orejas tiesas
30. Supongamos que hay tres genes en el caballo que afectan al color y que producen los efectos
siguientes: WW es letal, Ww impide la aparición de color (blancos) y ww permite aparición del mismo; BB y Bb color negro y bb castaño; OO y Oo son de color liso y oo tiene manchas blancas sobre el color de fondo. Se cruzan un semental blanco y una yegua también blanca, ambos heterozigóticos para los tres genes. 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?
31. En un cruzamiento entre distintos “Dondiego de día” se obtuvieron las siguientes descendencias:
a) azul x escarlata 1/4 azul; 2/4 púrpura; 1/4 escarlata b) púrpura x púrpura 1/4 azul; 2/4 púrpura; 1/4 escarlata c) azul x azul 3/4 azul; 1/4 púrpura d) azul x púrpura 3/8 azul; 4/8 púrpura; 1/8 escarlata e) púrpura x escarlata 1/2 púrpura; 1/2 escarlata
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?
38. En el grano de maíz el gen dominante C permite la manifestación del color. Al autofecundarse una
planta de genotipo desconocido se obtuvo 1490 granos blancos y 310 coloreados. a) Explicar estos resultados b) Comprobar estadísticamente las hipótesis pertinentes.
39. Dado un trihíbrido AaBbCc, hallar las proporciones de los fenotipos de los descendientes, sabiendo
que el gen A es epistático del par B,b y que el c lo es de los pares A,a y B,b. Entre los alelos existe dominancia completa y el fenotipo de cada alelo es A = gris; a = pardo; B = negro; b = pardo, C = permite color, c = albino.
40. Se cruzaron variedades puras de lirios con diversos colores de la flor, obteniéndose los siguientes
resultados:
P 1 F 1 F 2
Naranja x roja Naranja 3/4 naranja:1/4 roja Naranja x blanca Naranja 3/4 naranja:1/4 blanca Roja x blanca Naranja 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
41. Ocho mutantes de E. coli aislados independientemente e incapaces de crecer en ausencia de
histidina (his-) fueron examinados en todas las combinaciones cis- y trans-heterocigóticas posibles (diploides parciales). Todos los cis-heterozigotos fueron capaces de crecer en ausencia de histidina. Los trans-heterozigotos produjeron dos tipos de respuestas: algunos crecieron en ausencia de histidina (+) y algunos no lo hicieron (0), como se muestra en la siguiente tabla.
CRECIMIENTO DE TRANS-HETEROZIGOTOS
MUTANTES 1 2 3 4 5 6 7 8
a)¿Cuántos cistrones son definidos por estas ocho mutaciones? b)¿Qué cepas llevan la mutación en el mismo gen(es)?
42. 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, AABBCC. Al cruzar las dos razas, ¿cómo serán los fenotipos de la F1 y la F2?
43. 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. Si se cruza una planta de 1350 gramos con otra de 2700, ¿cuáles serán los fenotipos de la F1 y la F2?
44. La varianza genética total del peso corporal a los 180 días del nacimiento en una población de
cerdos es de 125 kilos. 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. ¿Cuál es la estima de la heredabilidad en sentido estricto?
45. En la siguiente genealogía se indica en negro a los individuos afectados.
a)¿Qué TIPOS de herencia del carácter podrían explicar esta genealogía? (Dominante, recesiva, autosómica, ligada al X, ligada al Y). Razona tu respuesta en cada caso. b) Si la pareja I1 x I2 se propusiera tener tres hijos más, ¿cuál sería la probabilidad de que tuvieran dos descendientes sanos y uno afectado, teniendo en cuenta cada uno de los tipos posibles?
I 1 2
II 1 2 3 4
46. En la especie humana la presencia de una fisura en el iris está regulada por un gen recesivo ligado
al sexo. De un matrimonio entre dos personas normales nació una hija con el carácter mencionado. El marido solicita el divorcio alegando infidelidad de la esposa. Explicar el modo de herencia del carácter y los argumentos que el abogado del marido puede utilizar como prueba de infidelidad. ¿Qué contraargumentos podría aportar el abogado de la mujer?
47. Los machos del gato doméstico pueden tener pelaje naranja o negro. Las hembras pueden
presentar pelaje naranja, negro o carey. 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. c) Hacer lo mismo que en el apartado b) pero considerando el cruzamiento recíproco al indicado en dicha cuestión. 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, ¿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, mientras la mitad de los machos son naranja y la otra mitad negros ¿cuáles son los fenotipos y genotipos de los padres?
48. En la especie humana, cada persona tiene cuatro abuelos.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que una mujer reciba sus dos cromosomas X de sus abuelos y no de sus abuelas?, ¿y de lo contrario? b) ¿Cuál es la probabilidad de que un varón reciba su cromosoma X de la abuela paterna? c) ¿Y de que lo reciba del abuelo materno?
49. Hyde analizó una mutación que afecta al color de los ojos de Drosophila , denominada blood (color
rojo obscuro), realizando una serie de cruces, tanto con una cepa normal (color rojo ladrillo) como con el mutante white (ojos blancos), ligado al cromosoma X, con los siguientes resultados en la F2:
Padres F Hembras Machos Hembras Machos 1 normales blood 308 normales 133 normales 118 blood 2 blood normales 617 normales 604 blood
502 normales 549 blood 3 white blood 864 white 865 blood claro
892 white 837 blood
4
blood white 249 tanto blood como blood claro
130 white 117 blood
a) ¿Cuáles serían los fenotipos de las moscas de la F1? b) ¿Qué conclusiones se pueden deducir de estos resultados?
50. En el pez Lebistes reticulatus , ciertos machos poseen una mancha negra en la aleta dorsal. Si estos
machos se cruzan con hembras sin mancha, todos los hijos presentan la mancha, pero no las hijas. Si estas hijas, descendientes del macho con mancha, se cruzan con machos sin mancha, la descendencia nunca muestra el carácter. a) describe el modo de herencia de este carácter.
a) Indicar si los genes que controlan estos caracteres están ligados o son independientes. Contrastar la hipótesis con una X^2. b) Indicar el genotipo de las hembras y de los machos paternos. c) Si se hiciera el cruce recíproco, ¿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.
57. Al cruzar una hembra de Drosophila , heterozigótica para los loci A/a, B/b y C/c con un macho triple
homozigótico recesivo, se obtuvo la siguiente descendencia (Fenotipos):
ABC 26 ABc 101 AbC 99 aBC 24 Abc 25 aBc 102 abC 98 abc 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. Si lo están calcular las distancias. b) Explicar las diferencias entre los dos tipos de cruce.
58. En Drosophila melanogaster , las mutaciones brown ( bw ) y cinnabar ( cn ), que afectan al color del
ojo, se encuentran en el cromosoma 2 a una distancia de 46 u.m. La interacción de ambas mutaciones en homozigosis da lugar a ojos blancos. Se dispone de moscas de cada uno de los dos tipos de dobles heterozigotos, en acoplamiento y en repulsión. Indicar en los siguientes cruzamientos 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
59. Morgan (1911) cruzó Drosophila hembras de ojos blancos ( w ) y cuerpo amarillo ( y ) con machos de
ojos rojos ( w+) y cuerpo marrón ( y+ ). En la F1 las hembras eran fenotípicamente como sus padres y los machos como sus madres. los individuos de la F1 se cruzaron entre sí, obteniéndose 2105 descendientes, cuyos caracteres fenotípicos eran:
FENOTIPO SEXO
Ojos Cuerpo Machos Hembras Blanco amarillo 543 474 Rojo marrón 547 512 Blanco marrón 6 11 Rojo amarillo 7 5
Da una hipótesis que explique los resultados.
60. En el tomate, los genes para fruto aplanado ( o ), fruto piloso ( p ) e inflorescencia compuesta ( s ) son
recesivos y se encuentran en el cromosoma 2. A partir de los siguientes datos del cruzamiento prueba (heterozigoto de F 1 x homozigoto recesivo)
+++ 73 ++ s 348 + p + 2 o ++ 110 + ps 96 op + 306 o + s 2 ops 63
Determinar, el orden de estos tres genes en el cromosoma, la distancia entre ellos y el índice de coincidencia
61. En el maíz, una variedad homozigótica para las mutaciones recesivas liguleless ( lg ) y glossy ( gl )
se cruzó con otra variedad homozigótica para el alelo dominante Booster ( B ), que da lugar a una fuerte pigmentación roja en el tallo y en las hojas. Todas las plantas F1 eran rojas, pero
normales para los otros dos caracteres. Se retrocruzó una planta F1 con la cepa parental lg, gl, dando lugar a los siguientes resultados:
lg gl + 172 + + B 162 lg gl B 56 + + + 48 lg + B 51 + gl + 43 lg + + 6 + gl B 5
Construir el mapa de ligamiento. Calcular el coeficiente de interferencia.
62. Se cruza una hembra de Drosophila homozigótica para tres genes con otra que presenta los
caracteres mutantes " purple " (ojos púrpura), " black " (cuerpo negro) y " curved " (alas curvadas), todos ellos dependientes de los alelos recesivos. En la F 1 todos los individuos son normales. Al cruzar hembras de esta F 1 con machos " purple " " black " " curved ", se observa en su descendencia las siguientes proporciones fenotípicas:
normal 37,0% pr b c 37,0% pr b + 10,0% + + c 10,0% + b + 2,7% pr + c 2,7% + b c 0,3% pr + + 0,3%
a) Determinar el orden de los tres genes. b) Determinar el porcentaje de recombinación entre los tres genes, representando el mapa correspondiente. c) Determinar si hay interferencia y en qué grado.
63. Los siguientes genes recesivos de Drosophila melanogaster determinan en homozigosis recesiva
los siguientes fenotipos: d = tarsos con cuatro artejos en lugar de cinco; hk = quetas terminadas en gancho; cn = ojos color cinabrio. Estos tres genes se encuentran situados en el segundo cromosoma. Se cruzan dos cepas homozigotas, una con tarsos y quetas anormales y la otra con ojos cinabrio. Las hembras vírgenes de la F1 se cruzan con el triple homozigoto recesivo. Predecir la composición de la descendencia si los dobles entrecruzamientos se distribuyen al azar. La distancia entre d y hk es de 22.9 y entre hk y cn 3. centimorgans.
64. Se cruzó una cepa homozigótica para tres genes autosómicos recesivos d, e, f, con otra
homozigótica para los tres alelos dominantes D, E, F, y se hizo un cruzamiento de prueba entre las hembras de la F1 y los machos de la cepa triple recesiva, obteniéndose los siguientes resultados: 42 def; 48 DEF; 46 dEF; 44 Def; 6 deF; 4 DEf; 4 dEf; 5 DeF. a) ¿Cuáles de estos genes están ligados? b) ¿Cuál es la frecuencia de recombinación entre los loci ligados?
65. Tenemos una línea homozigótica de Drosophila portadora de los genes recesivos a, b y c, ligados
en ese orden. Se cruzan hembras de esta línea con machos de una línea homozigótica silvestre. Se cruzan entre sí los machos y hembras heterozigóticos de la F1 y se obtienen los siguientes fenotipos en la F2: 1364 +++; 365 abc; 87 ab+; 84 ++c; 47 a++; 44 +bc; 5 a+c y 4 +b+. a) ¿Cuál es la frecuencia de recombinación entre a y b? ¿Y entre b y c? b) ¿Cual es el coeficiente de coincidencia?
66. R. A. Emerson cruzó dos líneas puras distintas de maíz y obtuvo una F1 heterozigótica para tres
genes recesivos, an (antera), br (braquítico) y f (delgado). Hizo un cruzamiento con la F1 y una estirpe de prueba completamente homozigótica recesiva y obtuvo los fenotipos descendientes que siguen: 355 "anteras"; 339 "braquíticos y delgados"; 88 completamente normales; 55 "anteras, braquíticos y delgados"; 21 "delgados"; 17 "anteras y braquíticos"; 2 "braquíticos" y 2 "anteras y delgados". 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). c) Calcular el valor de la interferencia.
67. En D. melanogaster , donde los machos son aquiasmáticos, se realizaron los siguientes
experimentos: 1) Al cruzar una hembra triheterozigótica para los loci A,a; B,b y C,c (que presentan dominancia completa) con un macho triple recesivo, se obtuvo la siguiente descendencia: 26ABC; 101 ABc; 99 AbC; 24 aBC; 25 Abc; 102 aBc; 98 abC; 25 abc. 2) Al hacer el cruzamiento recíproco; es decir, una hembra triple recesiva por un macho con el mismo genotipo que la hembra del cruzamiento anterior, se obtuvo la siguiente descendencia: 48 ABc; 51 AbC; 52 aBc; 49 abC.
MUTANTES PUNTUALES
DELECIÓN 1 2 3 4 5 6 7
A 0 0 + 0 0 0 0
B 0 0 + 0 + + 0
C + + + 0 0 0 +
D 0 + + 0 0 0 +
E 0 0 + 0 + 0 0
¿Cuál es el orden lineal de las siete mutaciones puntuales y entre que intervalos de las deleciones se localizan?
74. Tratando fagos T4 salvajes con diferentes agentes mutagénicos, se aislaron ocho cepas mutantes
que eran incapaces de crecer en la cepa mutante K(lambda) de E. coli, de lo que se deduce que dichos mutantes afectan a la región rII de ese fago. Cuando se trató de inducir la reversión de estos mutantes a la forma normal, solamente se consiguió con los mutantes 5, 6, 7 y 8. Posteriormente se efectuaron infecciones mixtas de dos mutantes diferentes sobre cepas normales de E. coli, con el fin de obtener fagos recombinantes normales. Los resultados obtenidos se muestran en el siguiente cuadro, donde R = aparición de recombinantes normales y O = no aparición de recombinantes normales.
1 O O R R R O R R
2 O O R O R R O
3 O O R R R O
4 O^ R^ R^ O^ R
5 O R R R
6 O R R
7 O R
8^0
Averiguar qué mutaciones son puntuales y cuáles son deleciones y realizar un mapa de localización de todas ellas.
75. Policansky y Zouros estudiaron el polimorfismo del locus ligado al sexo fosfoglucomutasa-1 ( Pgm-1 )
en una población californiana de Drosophila persimilis. Encontraron dos alelos, A y B, con una frecuencia de 0.25 y 0.75, respectivamente. Suponiendo apareamiento aleatorio, ¿cuáles serían las frecuencias genotípicas en machos y hembras?
76. El albinismo está determinado por un gen recesivo a. Supongamos que no afecta a la eficacia
biológica, y que la frecuencia de albinos en una población es de 1/20000. a) ¿Cuál es la probabilidad de que en los apareamientos entre individuos albinos y normales, elegidos al azar de la población, se produzcan descendientes albinos? b) ¿Qué proporción de albinos de la población tienen los dos padres normales?
77. Dadas dos subpoblaciones, comprobar la conformidad o no con el equilibrio de Hardy-Weinberg
para cada una de ellas y para el conjunto.
Subpoblación AA Aa aa Total I 164 32 4 200 II 20 80 100 200 Total^184 112 104
16 a) 1/16; b) 3/
17 a) a-1) 9/128; a-2) 9/128; a-3) 9/64; a-4) 55/
b) b-1) 1/32; b-2) 1/32; b-3) 1/16; b-4) 15/
18. a) 2. b) En mabos casos AaBbxAabb. c) 1/
19. 1) IAi Rr MN x IBi Rr MN. 2) 0,046875. 3) Si.
20. a) porfiria = autosómico dominante; albinismo = autosómico recesivo.
c) c-1) 1/4; c-2) 0.5; c-3) 0.5; c-4) 0.
21. a) 0.075;b) 0.5; c) 0.
22. El niño Z no puede ser de la familia X/Y
23. Cuatro alelos cn (negro); cr (crema); cs (sepia); ca (albino)
cn > cs > cr > ca
24. Tres alelos, A, B y C. AA = Fenotipo A; BB = Fenotipo D; CC = letal, AB = Fenotipo B;
AC = Fenotipo C; BC = Fenotipo E
25. Cuatro alelos, negro>carey>rojo
26. Platino (A) > normal (a)
AA letal, Aa platino, aa normal. El alelo A tiene un efecto pleiotrópico: en heterocigosis afecta al color del pelaje; en homocigosis es letal
27. a) 1/
b) Genotípicas: 9/16 AA + 6/16 Aa + 1/16 aa; Fenotípicas: 15/16 sano 1/16 amputado
28. Para dar el resultado correcto, se necesitaría conocer con que frecuencia se encuentra en la
población el alelo que produce la enfermedad. Suponiendo que el padre que desarrolla la enfermedad fuese heterozigoto para el alelo mutante: a) 1/2 b) 1/
29. a) A (orejas tiesas) > a (orejas caidas). AA letal, Aa orejas tiesas, aa orejas caidas
Aa x Aa ----> 2/3 Aa 1/3 aa b1) 13.6%; b2) 16.5%; b3) 29.6%
30. a) 32/48 blanco + 9/48 negro liso + 3/48 negro manchado + 3/48 castaño, 1/48 castaño
manchado. b) 16/24 blanco + 3/24 negro liso+ 3/24 negro manchado + 1/24 castaño liso + 1/24 castaño manchado.
31. A- B- = azul. A- ó B- = púrpura. aa bb = escarlata
a) AaBb x aabb b) Aabb x aaBb c) AABb x AABb; AaBb x AABb; AaBb x AaBB o AaBB x AaBB d) AaBb x aaBb o AaBb x Aabb e) Aabb x aabb ó aaBb x aabb
32. a) 3/4 blanco 1/4 amarillo.
b) 1/2 blanco 1/4 amarillo 1/4 verde. c) 1/2 blanco 1/4 amarillo 1/4 verde. d) 3/4 blanco 1/8 amarillo 1/8 verde. e) wwGg (amarillo) x wwgg (verde)
33. a) Epistasia simple dominate: dorado ( A- B- A- bb), negro (aa B-) marrón (aa bb)
b) hembra dorada x macho dorado AaBb Aabb F 1 : 6/8 dorado (AABb, AaBb, AAbb, Aabb) 1/8 negro (aaBb) 1/8 marrón (aabb)
hembra dorada x macho negro AaBb aaBb F 1 : 4/8 dorado (AaBB, AaBb, Aabb) 3/8 negro (aaBB, aaBb) 1/8 marrón (aabb)
34. a) 12:3:1. Epistasia del dominante. b) 4/9 aaBB + 4/9 aaBb + 1/9 aabb. 8/9 amarilla + 1/9 blanca.
35. Para el color: Epistasia del recesivo: A- B- azul, aa B- amarillo y - - bb blanco.
Para la forma del caliz: Herencia intermedia.
36. a) 1/4 : 3/4 b) 1/4 : 1/2 : 1/
37. a) Dos genes afectan al tamaño
A (normal)> a (enanismo 1)
B (normal)> b (enanismo 2) Epistasia doble recesiva
P enana 1 x enana 2 P enana 1 x alta P enana 2 x alta AAbb aaBB AAbb AABB aaBB AABB
F 2 9 altas: 7 enanas F 2 3 altas: 1 enana F 2 3 altas: 1 enana
b) AaBb x Aabb Æ AABb 1/ AaBb 1/ Aabb 1/ Aabb 1/ Proporciones fenotípicas: A- B- 1/2 altas; A- bb 1/2 enanas
38. 13:3 epistasia doble dominante y recesiva χ^2 = 2.
39. 36/64 gris, 9/64 negro, 3/64 pardo y 16/64 albino.
40. a) Dos genes con dos alelos: A- B- naranja, A- bb rojos, aa -- blanca
B/b A/a b) Sustancias incolora Pigmento rojo Pigmento naranja
41. Cistrón 1 mut 7; Cistrón 2 el resto.
42. AA BB CC x aa bb cc ----> F 1 Aa Bb Cc (7 granos)
F 2 :
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)
52. Alas curvadas recesivo ligado al X. El carácter quetas es autosómico, con herencia intermedia.
53. Color ojos ----> gen autosómico C (normal) > c (naranja)
naranja 1/4 : normal 3/ 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. B (plumosas) > b (lisas). Parentales: hembras XbXbAaCc x machos X B YAaCc
54. A b/a B C D/c d x a b/a b c d/c d
Gametos No recombinantes Recombinantes A b 0.4 a B 0.4 A B 0.1 a b 0. No C D 0.42 AbCD 0.168 aBCD 0.168 ABCD 0.042 AbCD 0. recombinantes (^) c d 0.42 Abcd 0.168 aBcd 0.168 ABcd 0.042 Abcd 0.
Recombinantes C d 0.08 AbCd 0.032 aBCd 0.032 ABCd 0.008 AbCd 0. c D 0.08 AbcD 0.032 aBcD 0.032 AbcD 0.008 AbcD 0.
La frecuencia de los gametos corresponde con las frecuencias genotípicas y fenotípicas del cruce.
55. Frecuencia del gameto B r = 4%. La frecuencia del fenotipo Bbrr es la misma.
56. a) Genes ligados: X^2 para una segregación 1:1:1:1 = 26,72. Para 3 gl. Χ^2 = 7,84.
b) Hembras Tl/tL. Machos tl/tl. c) Si, si los dos sexos tuvieran la misma frecuencia de entrecruzamiento. d) T-L- = 0,52. T-ll = 0,23. TtL- = 0,23. ttll = 0,02.
57. a) La distancia entre B y C es de 20 u.m.
b) Debido a la ausencia de recombinación en los machos de Drosophila: 1/4 Abc + 1/4 aBc + 1/4 AbC + 1/4 abC
58. a) 0,27 Normales + 0,27 blancos + 0,23 cinnabar + 0,23 brown
b) 0,23 Normales + 0,23 blanco + 0,27 cinnabar + 0,27 brown c) 0,5 Normales + 0,25 cinnabar + 0,25 brown d) 0,5 cinnabar + 0,5 brown
59. Se trata de genes ligados al cromosoma X, a una distancia de 1.37 cM.
60. El gen central es el fruto aplanado (o). Distancia p-o = 0,21. Distancia o-s = 0,14. IC = 0,136.
61. El gen central es el glossy (gl). Distancia lg-gl = 0,193. Distancia gl-B = 0,212. IC = 0,506.
62. a) pr = gen central
b) distancia bm-pr = 6 cM; distancia pr-c = 20.6 cM c) I = 51,46 %
d hk cn+^ 0, d+ hk+ cn 0, d hk cn 0, d+ hk+ cn+^ 0, d hk+ cn 0, d+ hk cn+^ 0,
d+ hk cn 0, d hk+ cn+^ 0,
64. Los loci E y F están ligados y a una distancia de 9.55 cM
65. P: hembra abc/abc x macho +++/+++ Æ F 1 : abc/+++ x abc/+++
La frecuencia de individuos a b c que se forman en la F 2 nos sirve para estimar la frecuencia los gametos de la hembra. (+ + +) 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. u. Distancia b-c 18 m. u. b) CC = 0,
66. 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 = 16.72 m. u. distancia f-br = 4.78 m. u. c) I = 0.
67. 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.
68. ct lz f = + + + = 0,327665 (sin interferencia) 0,32286405 (con interefrencia)
ct + + = + lz f = 0,027335 0,
- lz f = ct + + = 0,133835 0,
- lz + = ct + f = 0,011165 0,
69. a) Gametos femeninos: + + + = v m f = 0,
- m f = v + + = 0,
- m + = v + f = 0, Gametos masculinos: v m f = 0, Y = 0,
b) Los mismos fenotipos y frecuencias que los gametos, tanto en hembras como en machos. c) NO. Todas las hembras de la F2 serían normales
70. Frecuencia de fenotipos AES = aes = 0.
Frecuencia de fenotipos Aes = aES = 0. Frecuencia de fenotipos AEs = aeS = 0. Frecuencia de fenotipos AeS = aEs = 0. I.C. = 0,
71. a) CC = 0.1 b) CC = 0.
A B C 0,351 0,
a b c 0,351 0, A b c 0,099 0, a B C 0,099 0, A B c 0,049 0, a b C 0,049 0, A b C 0,001 0, a B c 0,001 0,
72. a) Hembra x+z+y/x z y+^ xMacho x+z+y+/Y
b) x-z-y c) Distancia x-z = 6 m.u. Distancia z-y = 7 m.u.
