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PROBLEMAS
PROBLEMAS
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
Amarilla x Verde
82 Amarillas + 78 Verdes
2
Amarilla x Amarilla
118 Amarillas + 39 Verdes
3
Verde
50 Verdes
4
Amarilla x Verde
74 Amarillas
5
Amarilla x Amarilla
90 Amarillas
x Verde
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
Descendencia
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
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
Color del cuerpo
Normal
248
Mutante
Normal
247
24
Mutante
Quetas
Normal
Normal
Mutante
Mutante
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
redonda
9
oval
19
blanco
8
8
16
púrpura
15
16
32
rojo
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
Progenitores
1-larg.roj. x vest.escar.
A.largas
A.largas
A.vestig
A.vestig
O.rojos
168
O.escar
164
O.rojos
142
O.escar
140
2-larg.roj. x larg.roj.
364
0
107
0
3-larg.roj. x larg.roj.
309
107
95
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
PROBLEMAS
13 (23) Al cruzar una variedad de plantas con flores blancas y fruto ancho con otra de flores amarillas y
fruto estrecho, se obtuvo en la F1 una planta de flores pardas y fruto ancho. Al dejar que se autofecunde la
F1, se obtuvo la siguiente F2 :
Flor
Parda
Fruto
ancho
Número
Flor
Parda
Fruto
estrecho
Número
92
Blanca
ancho
40
Blanca
estrecho
15
Amarilla
ancho
44
Amarilla
estrecho
13
29
a) Explicar genéticamente estos resultados.
b) Comprobar estadísticamente la hipótesis propuesta.
14 (30) Baur cruzó una planta de flores blancas de forma normal de Antirrhinum majus con una planta de
flores rojas de forma pelórica. La F1 de dicho cruzamiento era rosa y de forma normal. Al autofecundar la F1
se obtuvo la siguiente descendencia:
Rosa normal
94 plantas
Rojo normal
39 plantas
Blanco normal
45 plantas
Rosa pelórico
28 plantas
Rojo pelórico
15 plantas
Blanco pelórico
13 plantas
a) Explicar dichos resultados
b) Comprobar estadísticamente la hipótesis.
15 (31) En la F2 de dos variedades de maíz, obtenidas por el cruce de razas que diferían en dos genes, se
obtuvieron las siguientes segregaciones fenotípicas:
a)
AB
108
Ab
35
aB
18
ab
7
b)
82
12
33
8
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, 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.
17 14) Se cruzan entre sí cobayas negros heterozigóticos Bb.
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, dos negros y uno blanco, en
cualquier orden?
18 (13) En la raza de ganado lechero Holstein-Friesian, un alelo recesivo r produce pelo rojo y blanco y el
alelo dominante R produce pelo blanco y negro. Si se cruza un toro portador con vacas portadoras,
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.
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, homozigóticas, ¿qué proporción fenotípica
puede esperarse entre la progenie resultante de retrocruzar las vacas de la F1 por el macho
portador?
26
PROBLEMAS
19 (10) 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?
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, la capacidad de apreciar con el gusto la PTC (Gustadores) depende del
alelo dominante de un gen. Un matrimonio entre dos personas gustadoras, heterozigóticas, tiene 5
descendientes, calcular la probabilidad de que:
a) tres descendientes sean gustadores.
b) al menos uno de los descendientes sea gustador.
c) después de tener tres descendientes gustadores, los otros dos sean no gustadores.
d) dos hijas y un hijo sean gustadores y otros dos hijos no gustadores
21 (12) Una mujer miope, cuyos padres no lo son, se casa con un varón de visión normal y tienen cuatro
hijos. Teniendo en cuenta que el 76% de las personas con visión normal son heterozigóticas para este
carácter, 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, si uno de los mayores lo es.
22 (15) Considere una serie de familias con dos hijos, en las que los dos padres han sido identificados
como portadores de un alelo autosómico recesivo, dado que al menos uno de los hijos muestra el fenotipo
correspondiente. 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, legumbre amarilla y semilla redonda con otra enana, verde y
redonda, dando lugar a 3/8 de plantas altas, verdes y redondas, 3/8 de enanas, verdes y redondas, 1/8 de
altas, verdes y rugosas y 1/8 de enanas, verdes y rugosas. Dar los genotipos de los padres.
25 (33) Se sabe que el color del pelaje en los ratones está determinado por varios genes. 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. La condición recesiva de este locus (aa) no tiene esta banda subapical y se conoce
como no agutí. El alelo dominante de otro locus B produce color negro y el genotipo recesivo bb produce
café. El genotipo homozigótico cc restringe la producción de pigmento a las extremidades del cuerpo en un
patrón denominado Himalaya, mientras que el alelo dominante C permite que el pigmento se distribuya
sobre todo el cuerpo. Al cruzar ratones puros café, 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, 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, los caracteres moteado (S) o no moteado (s), pelo corto (L) o pelo largo (l) y color no
diluido (D) o diluido (d) se deben a tres genes independientes. Se realizó un cruce entre dos gatos de
genotipos llSsdd y LlSsDd.
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, moteado y no diluido?
27 (35) Considere el cruzamiento AaBbCcDdEe x aaBbccDdee en el que todos los genes segregan
independientemente.
a) ¿Qué proporción de la descendencia será fenotípicamente como:
27
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, b) IAi Rr
NN, c) ii RR NN, 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. Calcular:
a) La probabilidad de que un descendiente sea triple heterozigótico.
b) La probabilidad de que un descendiente sea heterozigótico para cuatro loci y homozigótico
recesivo
para los otros dos.
c) La probabilidad de que un descendiente sea homozigótico AA y heterozigótico para los restantes
loci.
d) El número de genotipos distintos que se pueden formar que sean heterozigóticos para dos loci.
30 (4) En la siguiente genealogía, el sombreado gris indica la presencia de un dedo extra y el negro la
presencia de una enfermedad ocular en la especie humana.
I
1
2
II
1
2
3
4
5
6
6
7
7
8
9
10
11
12
13
III
1
2
3
4
5
8
9
10
11
12
13
14
15
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).
a) Explicar el modo de herencia de estas enfermedades.
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, que no sufra ninguna de las
enfermedades o que sea homozigótico para ambos caracteres.
I
II
28
1
1
2
3 4
2
5
6
7
8
9
16
III
1
2
IV
1
3
4
2
3
5
6
7
4
PROBLEMAS
9
10
11
8
5
6
7
32 (6) La siguiente genealogía muestra una familia afectada por dos enfermedades, de baja incidencia en
la especie humana, que se deben a genes situados en diferentes cromosomas.
I
1
2
3
4
Albin.
II
1
2
3
4
5
6
7
8
Porf.
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.
33 (7) La siguiente genealogía indica el modo de transmisión de dos caracteres raros en la especie
humana, cataratas (signo menos) y enanismo hipofisario (signo mas)
I
II
III
IV +
1
1
1
2
1
2
4 -
3
3
+ 2
-
-
4
5
3
4
-
6 -
6
+-
2
-
5
5
6
7
-
7
7
8
-
+
9
-
8
a) Explicar el tipo de herencia de estos caracteres
b) Si IV-1 se casa con IV-6 y tiene 5 hijos, tres enanos sin cataratas y dos enanos con cataratas,
¿concuerda esto con la hipótesis formulada en (a)?
Indíquese el genotipo de los padres de ambos cónyuges.
c)¿Qué fenotipos aparecerían, y en qué proporciones, 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. ¿Cuál es la probabilidad de que el
primer hijo sea
a) del grupo B?
b) del grupo A?
29
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, 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:
Familia X/Y
Madre
AB
Padre
O
Bebé
A
Familia W/Z
A
O
O
¿ Qué familia tiene razón?
36 (41) Dar los genotipos más probables de los padres en los siguientes cruzamientos de cobayas, que se
diferencian por el color del pelaje:
CRUCES
1 negro x negro
negro
22
sepia
-
crema
-
albino
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
37 (42) Dar los genotipos más probables de los padres en los siguientes cruzamientos entre conejos:
CRUCES
1NxN
N
3/4
Him.
1/4
Gris
-
Alb.
-
Ch.
-
2NxN
3/4
-
1/4
-
-
3 N x Him.
1/2
1/4
-
1/4
-
4 N x gris
1/2
1/4
1/4
-
-
5 N x Him.
1/2
-
1/2
-
-
6 Him. x Him.
-
3/4
-
1/4
-
7 gris x Alb.
-
1/2
1/2
-
-
8 gris x gris
-
-
1/2
1/4
1/4
38 (39) 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:
BxB
1/4A + 1/4D + 2/4B
CxE
1/3C + 1/3B + 1/3E
ExE
1/3D + 2/3E
BxC
1/4A + 1/4B + 1/4C + 1/4E
AxC
1/2A + 1/2C
CxC
1/3A + 2/3C
a) Determinar cuantos alelos presenta dicho locus y que relaciones existen entre ellos
30
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, el
naranja, el amarillo y el blanco. Los cruces entre distintas aves de esta especie dieron los siguientes
resultados:
DESCENDENCIA
PARENTALES
a)rojo x blanco
rojo
420
b)rojo x rojo
198
naranja
amarillo
blanco
435
100
c)amarillo x blanco
182
197
d)amarillo x amarillo
330
109
92
91
e)rojo x amarillo
87
f)naranja x blanco
160
90
158
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.
40 (40) Explique los datos para el color del pelaje obtenidos en diversos cruces en el ratón doméstico:
amarillo
402
negro
391
tostado
-
b) amarillo x tostado
210
-
214
-
c) amarillo* x tostado
184
-
-
188
d) amarillo** x negro
106
-
-
110
e) amarillo* x amarillo**
218
-
-
113
a) amarillo x negro
tostado oscuro
-
f) tostado oscuro x tostado
-
-
138
132
g) tostado oscuro X negro
-
141
-
144
* 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, el plateado, el blanco y el
gris. En ciertos cruces se obtuvieron los siguientes resultados:
a) platino x plateado
438 platino + 418 plateado
b) platino x platino
215 platino + 111 plateado
c) blanco x plateado
186 blanco + 178 plateado
d) blanco x blanco
210 blanco + 72 plateado
e) platino x blanco
90 gris + 89 blanco + 92 platino + 88 plateado
f) gris
150 platino + 148 blanco
x plateado
Plantear una hipótesis genética que explique los cruces anteriores, indicando cuantos genes y alelos están
implicados en el control del color. Indique el genotipo de los parentales y de los descendientes de cada uno
de los cruces.
42 (44) 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.
31
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. El
alelo As produce pigmentación obscura uniforme; el alelo Ay produce pigmentación menos intensa (canela)
uniforme; el alelo At produce pelajes manchados. La relación de dominancia es As>Ay>At.
I
II
1
Pig. oscuro
2
1
2
3 3
4
Canela
Manchado
III
1
2
3
4
a) Determinar los genotipos de la genealogía.
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. Ninguna de las cinco hermanas del paciente
presentan estas anomalías. Su único hermano y su padre sólo presentan moteado en el iris. Su abuelo
materno ceguera nocturna. Tanto la madre como la abuela materna son normales. No se tienen datos sobre
los abuelos paternos. El paciente X está casado con una mujer que no presenta estas anomalías, han
tenido 8 descendientes, 6 niñas normales y dos varones, ambos con moteado en el iris. El hermano del
paciente se caso con una mujer que padecía ceguera nocturna y tuvieron dos hijos varones con moteado
en el iris.
a) Represente gráficamente la genealogía.
b) Determine el tipo de herencia más probable para estas anomalías.
c) La ceguera nocturna puede estar ocasionada por mutaciones recesivas diferentes. ¿Posee el
mismo tipo de ceguera nocturna la cuñada del paciente X? Razónalo.
45 (48) En plantas de Petunia la relación de compatibilidad-incompatibilidad está controlada por una serie
de alelos múltiples (S1, S2, S3 ...). El tubo polínico no se desarrollará si el alelo S que contiene está
presente también en el parental femenino. Si en este sistema la descendencia del cruzamiento S1S3 x
S2S4 se cruza entre sí, en todas las combinaciones posibles de hembras y machos. 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, 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.
47 (72) 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?
32
PROBLEMAS
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?
48 (20) El carácter normal de pezuña hendida en los cerdos se produce por el genotipo homozigótico
recesivo mm. Un genotipo dominante (M -) produce una condición de pezuña de mula. El color blanco del
pelo está determinado por un alelo dominante de otro locus B y el negro por su alelo recesivo b. Un cerdo
blanco con pezuña de mula se cruza con una hembra del mismo fenotipo. Entre la descendencia se
encontraron seis cerdos blancos con pezuña normal; siete negros con pezuña de mula; quince blancos con
pezuña de mula y tres negros con pezuña normal. 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, 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?
50 (76) 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
51 (73) El gen que determina el color amarillo del pelaje del ratón doméstico es dominante sobre su alelo
normal salvaje. El gen que determina la cola corta (braquiuria), que se transmite con independencia del
anterior, también es dominante sobre su alelo normal salvaje. Los embriones homozigóticos para cualquiera
de estos dos genes mueren en fase embrionaria.
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, ¿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. Un gen independiente, Supresor de Hairles (Su-H) no tiene
ningún efecto sobre el número de quetas, excepto si está presente H, ya que entonces suprime el efecto de
este. Su-H es letal en homozigosis.
a) ¿Qué proporción de individuos normales encontraríamos en la descendencia de un cruce entre
moscas normales, 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, 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, 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?
54 (187) Una cepa de Rhizopus nigricans, capaz de producir metionina y treonina a partir de ácido
aspártico, se irradió con luz UV obteniéndose los siguientes mutantes:
33
PROBLEMAS
Mutante
1
2
Fenotipo
met- thr-
Acumula
semialdehido aspártico
Crece suplementada con
homoserina
met-
-
cistationina
-
3
thr
-
treonina
4
met- thr-
ácido aspártico
semialdehido aspártico
5
met-
cistationina
homocisteína
6
-
homocisteína
metionina
met
A partir de estos datos indicar :
a) Los pasos sucesivos de la síntesis de metionina y treonina
b) La reacción bloqueada en cada mutante, teniendo en cuenta que todos ellos son mutantes
simples.
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:
1
A
-
B
-
C
-
D
-
E
+
F
-
G
+
H
-
I
-
2
-
-
-
-
+
-
+
+
+
3
-
-
-
-
+
+
+
-
+
4
-
-
+
-
+
-
+
+
+
5
-
+
-
-
+
+
+
-
+
6
-
-
-
-
+
-
+
-
+
7
-
-
-
-
-
-
+
-
-
8
+
-
+
-
+
-
+
+
+
9
-
+
-
+
+
+
+
-
+
a) Construir la ruta metabólica correspondiente, indicando qué paso bloquea cada mutante.
b) Una vez construida dicha ruta, supón que funciona en sentido inverso, es decir, el producto o los
productos iniciales pasan a ser el/los productos finales. Construye el cuadro correspondiente
teniendo en cuenta el paso que bloquea 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).
Mutante
A
B
C
D
E
F
D+E
F+E
1
+
-
+
-
-
-
+
+
2
-
-
-
+
-
-
+
-
3
+
-
-
-
-
-
+
+
4
-
-
-
-
-
-
+
+
a) Proponer la posible ruta metabólica que conduce a la formación de los productos D y E, indicando
qué paso estaría bloqueado por cada mutante, así como el producto o productos que se
acumularían.
b) Suponiendo que D y E fueran los productos iniciales y la ruta metabólica fuera en sentido contrario,
construye una tabla indicando si cada mutante crecería o no al añadir las sustancias de la tabla
anterior.
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. la proteína contráctil miosina)? Explicar.
34
PROBLEMAS
58 (197) Tres mutantes auxótrofos para la metionina en Neurospora crassa fueron estudiados al añadir
diversos compuestos al medio de cultivo. La presencia de crecimiento (+) y su ausencia (0) con los diversos
compuestos se indica en la siguiente tabla:
SUPLEMENTACIÓN DEL MEDIO CON
Mutante
Homocisteina
0
A
Homoserina
0
Cistationa
0
Metionina
+
B
+
0
+
+
C
+
0
0
+
a) Supón que aíslas un mutante adicional, el cual es auxótrofo para la metionina y la treonina y crece
cuando la homoserina se añade al medio. Explicar.
b) Plantea una ruta de síntesis y localiza las mutaciones A, B y C.
59 (198) Cuatro cepas de una especie bacteriana,
cada una de ellas con una mutación, son capaces de
crecer en medio mínimo siempre que éste esté
suplementado con algunas de las substancias
simbolizadas por A, B, C y D en la siguiente tabla.
Proponer una ruta de síntesis.
SUSTANCIAS
AÑADIDAS
Cepa
1
A
+
B
-
C
-
D
-
2
+
+
+
+
3
+
-
+
-
4
+
+
+
-
60 (200) Se han aislado diferentes mutantes simples de Neurospora crassa que afectan a la síntesis de
arginina y/o prolina, y que pueden crecer (+) o no (-) al añadir al medio mínimo una substancia de las
indicadas en la siguiente tabla . Proponer la posible ruta biosintética:
Mut.
Fenotipo
arg
pro
ac. glu
glu-P
Semial.
glu
0
orn
citr
0
Ac.
glu.suc
0
1
Arg-
+
0
0
0
0
2
Pro-
0
+
0
0
0
0
0
0
3
Arg-
+
0
4
Arg-pro-
0
0
0
0
+
0
0
+
0
+
0
+
0
0
5
arg-
+
0
0
0
+
0
+
+
6
arg-pro-
0
0
0
0
0
+
0
0
7
arg-
+
0
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, B, C, D y E.
Suponiendo que todos los intermediarios son
capaces de entrar en la célula, que cada mutante
lleve una única mutación, y que todos los mutantes
afecten a la ruta después del compuesto B, plantea
una ruta de síntesis que explique estos resultados.
CRECIMIENTO CON
MUTANTE
1
A
+
B
0
C
0
D
0
E
0
2
0
0
0
+
0
3
0
0
+
0
0
4
0
0
0
+
+
62 (201) Se aisló un número de cepas mutantes nutricionales del tipo común de Neurospora, que respondió
a la adición de ciertos suplementos en los medios de cultivo con crecimiento (+), o sin crecimiento (-).
Dadas las siguientes respuestas para mutaciones de un gen único, haga un diagrama del camino
metabólico que podría existir en la cepa tipo común que sea consistente con los datos, indicando donde se
bloquea la cadena para cada cepa mutante
a) Suplementos agregados al medio mínimo de cultivo
35
PROBLEMAS
Cepa
1
Citr.
+
semial. Glutámico
-
2
+
+
+
+
-
3
+
-
+
+
-
4
-
-
+
-
-
b) Factores de crecimiento
Cepa
B
-
C
+
arg.
+
orn.
-
ac. glutámico
-
c) Factores de crecimiento
5
A
-
D
+
Cepa
9
E
+
F
-
G
-
H
+
6
-
-
-
+
10
-
-
+
+
7
+
-
+
+
11
-
-
-
+
8
-
+
+
+
12
-
+
-
+
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. En la siguiente
tabla el crecimiento será indicado por + y la falta de crecimiento por O. 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.
Cepa
1
A
+
B
O
C
O
D
O
E
O
F
O
2
+
O
O
+
O
O
3
+
O
+
O
O
O
4
+
O
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 - no
crecimiento).
Cepa
1
A
-
B
-
C
-
D
-
E
-
F
-
G
-
H
+
I
-
J
+
D+I
+
D+E
+
F+G
-
A+G
-
2
-
+
-
-
-
-
-
+
-
+
+
+
-
-
3
-
-
-
-
+
-
-
+
-
-
-
+
-
-
4
+
+
-
-
-
-
-
+
-
+
+
+
-
+
5
-
+
-
-
-
-
-
+
-
+
+
+
+
+
Hacer un esquema de la ruta metabólica, indicando la reacción bloqueada en cada cepa.
65 (192) En cierta planta, los pétalos de las flores son generalmente granates. Dos mutaciones situadas en
loci génicos distintos provocan cuando están presentes en homozigosis que los pétalos sean azules (aa) o
rojos (bb), respectivamente. El estudio metabólico de la ruta permitió determinar que transcurría según el
siguiente esquema:
Enzima X
Pigmento azul
Enzima Y
Pigmento rojo
compuesto incoloro
a) ¿Qué mutante será deficiente par el enzima X? ¿y para el Y?
b)¿Qué proporciones fenotípicas obtendrías, suponiendo transmisión independiente, en la
descendencia de plantas de genotipo a+a b+b?
c) ¿Por qué las mutaciones a y b son recesivas?
66 (193) A, B, C, y D son genes de transmisión independiente los cuales controlan la producción de un
pigmento negro en un organismo eucariota. Los alelos alternativos que producen la pérdida de función del
gen son a, b, c y d. Un individuo negro de genotipo AABBCCDD es cruzado con otro incoloro de genotipo
36
PROBLEMAS
aabbccdd. La F1 resultante presenta color negro y se deja que se cruce al azar. Asumiendo que los genes
A, B, C y D. actúan en la siguiente ruta de síntesis del pigmento negro:
A
B
C
D
Incoloro
marrón
negro
a) ¿Qué proporción en la F2 es incolora?
b) ¿Qué proporción en la F2 es marrón?
67 (194) Usando la información dada en el problema anterior, supón que la ruta de síntesis es la siguiente:
A
Incoloro
rojo
B
Incoloro
C
negro
rojo
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
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
Indicar el genotipo de los padres.
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). 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, la descendencia obtenida sigue las proporciones de una epistasia dominante.
¿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.
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. Al cruzar la hembra por cada uno de los machos obtuvo la
siguiente descendencia:
hembra dorada x macho dorado = 6/8 dorados, 1/8 negros, 1/8 marrones
hembra dorada x macho negro = 4/8 dorados, 3/8 negros, 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.
71 (51) La aleurona de las semillas de maíz puede ser blanca, amarilla o púrpura. Al cruzar dos variedades
puras, una de aleurona púrpura y otra blanca, todos los individuos de F1 tenían aleurona púrpura y en la F2
aparecieron 412 plantas con aleurona púrpura, 102 con aleurona amarilla y 34 con aleurona blanca.
a) Explicar el modo de herencia del color
b) Si se cruzan entre sí todas las plantas de aleurona amarilla de F2, ¿qué proporciones genotípicas
se esperaría en la descendencia?
72 (65) Las hojas de piña pueden clasificarse en tres tipos: espinosas, de punta espinosa y agudas (no
espinosas). En los cruzamientos llevados a cabo por Collins y Kems, se obtuvieron los siguientes
resultados:
37
PROBLEMAS
Fenotipos paternos
a) punta esp. x esp.
Fenotipos F1
Punta espin.
Fenotipos F2
3 punta espin.: 1 espin.
b) aguda x punta esp.
Aguda
3 aguda: 1 punta espin.
c) aguda x esp.
Aguda
12 aguda: 3 punta espin.: 1 espin.
a) Explicar los resultados obtenidos, indicando los genotipos de los individuos implicados.
b) ¿Qué resultados se esperarían si se cruzase,
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, 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, al autofecundarse, 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. Cuando estas últimas se autofecundaban daban una descendencia
de 91 amarillas y 29 verdes.
e) plantas homozigóticas con flores blancas cruzadas con plantas homozigóticas con flores amarillas
producían plantas con flores blancas. Cuando esta últimas se autofecundaban daban una
descendencia de 40 amarillas, 10 verdes y 155 blancas.
Dar una explicación genética a estos resultados, indicando los genotipos implicados.
74 (63) Una variedad de pimientos de fruto pardo fue cruzada con una variedad de fruto amarillo. Las
plantas resultantes de la F1 tenían todas el fruto color rojo. Con esta sola información dar dos explicaciones
posibles para la herencia del color del fruto en los pimientos. ¿Qué información complementaria se
necesitaría para decidir entre ellas?.
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, según estos datos, la base genética de la herencia del color del fruto en los
pimientos?.
b) Comprueba tu hipótesis mediante la prueba de χ2.
75 (56) En determinada especie vegetal el tamaño del cáliz puede ser largo, corto o intermedio, y el color
de las flores amarillo, azul o blanco. 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
Forma cáliz
intermedio
Porcentaje
28,1
azul
largo
14,1
azul
corto
14,1
blanco
intermedio
12,5
amarillo
intermedio
9,4
blanco
largo
6,2
blanco
corto
6,2
amarillo
largo
4,7
amarillo
corto
4,7
Deducir el tipo de herencia de dichos caracteres, indicando el genotipo de todos los individuos.
76 (50) El color normal de los ojos de Drosophila melanogaster es rojo ladrillo; el color blanco está
determinado por un gen ligado al sexo (white, w), epistático recesivo sobre cualquier gen para el color de
38
PROBLEMAS
los ojos, y el color uva por un gen autosómico (grape, g+), recesivo sobre su alelo normal. Se cruzaron
hembras homozigóticas para grape con machos hemizigóticos para white. Indicar las proporciones
fenotípicas y genotípicas de F1 y F2.
77 (27) Al cruzar variedades de Mattiola incana de flores dobles y simples y entre plantas de flores dobles
de la F2, se obtuvieron los siguientes resultados:
1
PARENTAL
simple x doble
F1
simple
F2
193 simples:152 dobles
2
doble x doble
simple
281 simples:213 dobles
3
doble x doble (de F2)
1/2 simples:1/2 dobles
4
doble x simple (de F2)
3/8 simples:5/8 dobles
CRUCE
a) ¿Cuántos genes están implicados? ¿Cuántos alelos?
b) Proponer una hipótesis que explique los resultados, dando los genotipos de los parentales, de la F1
y de la F2 de los cuatro cruces.
78 (49) Si un doble heterozigoto, por autofecundación, da lugar a una descendencia 9:7 ¿qué
descendencia se obtendrá si se utiliza dicho heterozigoto en un cruzamiento prueba?. Si se trata esta vez
de un doble heterozigoto que por autofecundación da una descendencia 9:3:4, ¿qué descendencia dará al
ser utilizado en un cruzamiento prueba?.
79 (64) Dos plantas enanas de maíz (E1 y E2) tenían origen distinto, pero eran fenotípicamente idénticas.
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, ambos cruces daban lugar a una F1
constituida únicamente por plantas altas. Si se autofecundaba cualquier planta de la F1, la proporción de la
F2 era 3 altas: 1 enana.
Los cruzamientos entre las dos cepas enanas paternas E1 x E2, solo daban lugar a plantas altas en la F1.
La proporción de plantas enanas que aparecían en la F2 de este cruzamiento era de 7/16.
a) Explicar los resultados obtenidos, indicando todos los genotipos implicados.
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. 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.
81 (69) Dos padres zurdos pueden tener hijos tanto zurdos como diestros y dos padres diestros, a veces,
también pueden tener hijos zurdos. ¿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.
82 (57) 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.
83 (58) Al cruzar dos razas puras de cobayas, una de pelaje gris y la otra pardo, se obtuvo una F1 toda de
pelaje gris y una F2 con las proporciones: 48 grises, 12 negros, 3 azules y 1 pardo. Explicar
mendelianamente estos resultados.
84 (67) Tres plantas de semillas verdes (cepas X, Y, Z) se cruzan individualmente con plantas
homozigóticas de semillas amarilla (cepa Q). La F1 de cada cruce fue de color amarillo y se autopolinizó
para obtener la F2. Los resultados fueron los siguientes:
Cruce
Fenotipo F2
Fenotipo F1
XxQ
amarillo
Amarillo
27/64
YxQ
amarillo
3/4
Verde
37/64
1/4
39
PROBLEMAS
amarillo
ZxQ
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, homozigóticas, de fenotipo albino, con una cepa pura, de fenotipo
Agouti. Todos los individuos de la F1 fueron Agouti y en la F2 aparecieron los siguientes resultados:
Cepas
1
agouti
175
amarillo
-
negro
64
crema
-
albino
81
2
48
-
-
-
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.
86 (53) Se cruzaron variedades puras de lirios con diversos colores de la flor, obteniéndose los siguientes
resultados:
P1
F1
F2
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
87 (54) Al cruzar una serie de ratones, se obtuvieron los siguientes resultados.
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.
Indicar en cada caso los fenotipos y genotipos de los padres.
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, marrón, canela y blanco. Al cruzar hembras de una raza pura de
pelaje agouti por machos de otra de pelaje blanco, la F1 fue uniforme agouti y la F2 dio los siguientes
resultados: 54 agouti, 32 blancos, 18 canela, 18 negro y 6 marrones. Explicar el tipo de herencia.
89 (204) Los mutantes A a G de Drosophila presentan el mismo fenotipo, ausencia de pigmento rojo.
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
40
B
C
D
E
F
A
-
B
+
-
C
+
+
-
D
-
+
+
-
E
+
+
-
+
-
F
-
+
+
-
+
-
G
+
-
+
+
+
+
G
-
PROBLEMAS
90 (205) 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
8
0
0
0
0
0
7
+
+
+
+
+
0
+
0
+
0
6
0
0
0
0
0
0
5
0
0
0
0
0
4
0
0
0
0
3
0
0
0
2
0
0
1
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, B, C, D, E y F) incapaces de crecer en medio
mínimo, a no ser que sean suplementados con triptófano. A partir de estas cepas se obtuvieron diversos
heterocariontes, cada uno de los cuales fue sembrado en medio mínimo y en medio con triptófano. Los
resultados obtenidos fueron:
Heterocariontes
AB
AC
AD
AF
BC
BE
DE
EF
Medio mínimo
+
+
+
+
-
+
-
-
Medio con triptófano
+
+
+
+
+
+
+
+
Determinar el número de cistrones y situar las anteriores mutaciones en ellos.
92 (207) Sabiendo que las seis mutaciones A, B, C, D, E y F están repartidas en tres cistrones, completar
los datos de complementación del siguiente cuadro ( + = complementación, - = no complementación):
PROBLEMA
A
B
C
D
E
F
A
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, AABBCC. Al cruzar
las dos razas, ¿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. Si se cruza una planta de 1350 gramos con otra de 2700, ¿cuáles serán los
fenotipos de la F1 y la F2?
95 (94) Al cruzarse dos plantas de maíz de 14 dm, sólo dan descendencia de 14 dm. Otras plantas de 14
dm dan 1 descendiente de 18 dm, 4 de 16 dm, 6 de 14 dm, 4 de 12 dm y 1 de 10 dm. Otras dos plantas de
41
PROBLEMAS
14 dm, cruzadas entre sí dan 1 de 16 dm, 2 de 14 dm y 1 de 12 dm. ¿Qué genotipos explicarían estos
resultados para cada una de las plantas de 14 dm? ¿Sería posible obtener por selección una planta de más
de 18 dm de altura en alguna de estas familias?
96 (95) 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?
97 (96) Una determinada especie vegetal presenta variabilidad para el carácter altura del tallo medido a los
15 días de iniciarse la germinación. En una población se hizo una generación de selección para aumentar el
tamaño medio del tallo, eligiéndose como genitores el 10% de los individuos de mayor altura. En la tabla se
muestra la composición de la población original y la descendencia obtenida por selección:
Altura del tallo en cm
Pob. Original
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
3
16
20
25
30
28
22
8
6
1
1
4
15
19
26
31
27
23
7
F1
13
14
5
2
a) Calcular el valor de la heredabilidad del carácter altura del tallo en esa población.
b) ¿Se puede predecir la altura media del tallo en la F2 obtenida por el mismo sistema de selección
que el empleado para obtener la F1?
98 (97) El número medio de microquetas abdominales del cuarto más quinto esternitos en una población de
Drosophila subobscura es de 35, su varianza fenotípica es 5.68 y su heredabilidad es de 0.48. Si se aplica
una intensidad de selección de 0.41 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
Longitud de la pierna
Longitud del cuello
Contenido en grasas
Fenotípica
310.2
730.4
106.0
Ambiental
248.1
292.2
53.0
Genética aditiva
46.5
73.0
42.4
Genética dominancia
15.6
365.2
10.6
a) Calcular las heredabilidades, en sentido estricto y amplio, de cada carácter.
b) En la población estudiada, ¿qué carácter respondería mejor a la selección? ¿por qué?
c) Se inicia un proyecto para reducir el contenido medio en grasas del rebaño, que actualmente es del
12%; utilizandose como padres de la siguiente generación individuos con un contenido medio en
grasas del 6.5% ¿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.
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
II
42
1
1
2
2
3
4
PROBLEMAS
101 (82) 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?
102 (87) 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?
103 (81) 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.
b) El gen que condiciona la mancha, ¿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. Su alelo (b), no calvo, se comporta como dominante solo en
hembras. ¿Cuál será el resultado de los siguientes apareamientos?
a) Un hombre normal y una mujer normal heterozigótica para el par de alelos.
b) Un hombre normal y una mujer calva.
c) Un hombre calvo cuyo padre no lo era y una mujer normal homozigótica.
d) Consideramos los alelos para la calvicie conjuntamente con los alelos ligados al sexo que afecta a
la visión del color (P,p). El alelo P se requiere para la visión normal y p es recesivo y responsable
de la ceguera para los colores. Dar los resultados de un cruzamiento entre un hombre no calvo,
ciego para los colores y una mujer no calva, con visión normal cuyo padre era ciego para los
colores y cuya madre era calva.
105 (91) Un cruce entre un macho y una hembra de cierta especie de coleópteros, ambos de color azul, dio
lugar a 15 hembras verdes, 15 hembras azules y 34 machos azules. 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, mientras que la otra mitad dio lugar a machos azules y a hembras el 50% turquesas y el
50% verdes. Interpretar genéticamente estos resultados y decir cual será el genotipo más probable de los
progenitores del cruce.
106 (83) En Drosophila el color de los ojos vermillion (v) es recesivo y ligado al sexo. En casos
excepcionales el cruce de una hembra vermillion con un macho normal da lugar a hembra de color de ojos
normal, hembras vermillion y machos con color de ojos normal. Explíquense estos resultados y predígase
qué clase de descendencia debería aparecer al cruzar estas hembras vermillion con machos de ojos rojos
de la F1.
107 (79) En una determinada especie, al cruzar una hembra albina por un macho marrón se obtuvo la
siguiente descendencia:
Hembras
Machos
25 negras; 50 marrones; 24 crema
96 albinos
a)¿Cuántos loci están segregando?
b)¿En que cromosoma se encuentran?
c)¿Qué relaciones intergénicas e interalélicas hay?
43
PROBLEMAS
108 (80) Al cruzar una hembra de Drosophila de alas largas y ojos rojos con un macho de alas cortas y
ojos cereza, los descendientes tenían alas largas y ojos rojos, y en la F2 se obtuvo la siguiente
descendencia:
Hembras
Machos
Alas largas y ojos rojos
62
30
Alas cortas y ojos rojos
24
11
Alas largas y ojos cereza
-
30
Alas cortas y ojos cereza
-
10
Dar una explicación de estos resultados, así como los genotipos de los parentales, de la F1 y la F2.
109 (85) El gen recesivo para el color del ojo blanco white (w) en Drosophila está ligado al sexo. Otro gen
ligado al sexo que influye en la coloración de los ojos es vermillion (v), el cuál, en combinación homozigótica
en las hembras, o hemizigótica en los machos, juntamente con otro gen recesivo para el color de los ojos, el
gen autosómico brown (bw), también da lugar a ojos blancos.
a) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperarían en la descendencia de un cruzamiento entre una
hembra vermillion, heterozigótica para brown y homozigótica para el alelo normal del gen white con
un macho white, heterozigótico para brown y hemizigótico para vermillion.
b) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperarían entre la descendencia de un cruzamiento entre una
hembra white, heterozigótica para vermillion y también para brown, con un macho brown, vermillion
y hemizigótico para el alelo normal del gen white. NOTA: El gen white no permite la deposición del
pigmento en el ojo.
110 (88) Se han encontrado dos líneas homozigóticas de Drosophila, una en Vancouver (línea A) y otra en
Los Angeles (línea B), que ambas tienen ojos de color escarlata brillante.
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. ¿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. ¿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, 49 hembras escarlatas, 126 machos escarlatas y 74 machos salvajes.
Determinar los genotipos de los parentales y de la F1 e indicar las proporciones geno y fenotípicas
de la F2.
111 (26) Al cruzar hembras de Drosophila melanogaster con alas normales y sin quetas con un macho con
alas curvadas y quetas normales, procedentes ambos de cepas puras, la F1 fue homogénea y la F2 dio lugar
al siguiente resultado:
Hembras:
todas con alas normales,
38 sin quetas
85 con quetas reducidas
39 con quetas.
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.
112 (84) Se cruzaron dos hembras de Drosophila con un mismo macho, también salvaje. Aunque en la
descendencia de ambas hembras se produjeron individuos salvajes y vermillion, las proporciones fueron
diferentes. La hembra A dio 63 machos salvajes, 58 machos vermillion y 111 hembras salvajes. La hembra
B dio 62 machos vermillion y 119 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. En la
44
PROBLEMAS
F2 se encontró una segregación (por igual para los dos sexos) de 3/8 normales, 3/8 vermillion, 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:
hembras
machos
1/4
alas
curvadas
antenas
plumosas
ojos
rojos
1/8
normales
plumosas
rojos
1/12
curvadas
plumosas
naranja
1/24
normales
plumosas
naranja
1/12
curvadas
lisas
naranja
1/24
normales
lisas
naranja
1/4
curvadas
lisas
rojos
1/8
normales
lisas
rojos
Deducir el genotipo de los padres y explicar la segregación en la descendencia.
115 (106) Dos loci, con dos alelos cada uno, A, a y B, b, están ligados con un 10% de recombinación.
¿Cuál será la segregación del cruzamiento entre AaBb, uno de cuyos padres era AAbb, con el doble
homozigoto recesivo?
116 (107) Los loci A, a y B, b están situados en el mismo cromosoma, y el locus C, c en un cromosoma
distinto. Al cruzar un individuo AaBbCc, uno de cuyos padres era aaBBcc, con un individuo triple
homozigoto recesivo, qué tipos de descendientes se obtendrían, y en qué proporciones, si los loci A y B
presentaban un 22% de recombinación.
117 (108) En un heterozigoto cuádruple, los loci A,a y B,b están ligados en fase de repulsión con un 20%
de recombinación, y en un cromosoma diferente se encuentran los loci C,c y D,d, que también están
ligados, pero en fase de acoplamiento, con un 16% de recombinación. Se pide la segregación genotípica y
fenotípica que se obtendrá al cruzar este heterozigoto cuádruple por el cuádruple homozigoto recesivo.
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, a y B, b fuera p?
b) ¿Dos loci ligados pueden comportarse como independientes?
c) Si dos loci están ligados, pero se comportan como independientes, ¿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.
119 (105) Una mosca de genotipo B R/b r se utiliza en un cruzamiento prueba con una mosca b r/ b r. En el
84% de las meiosis no se producen quiasmas entre las dos parejas génicas ligadas; en el 16% de las
meiosis se produce un quiasma entre dichas parejas. ¿Qué proporción de los descendientes será Bbrr?
120 (99) En el ratón doméstico (Mus musculus), “temblon”/normal y pelo corto/pelo largo son caracteres
autosómicos. Al cruzar hembras heterozigóticas de fenotipo “temblón” y pelo corto por machos de fenotipo
normal y pelo largo, se obtuvieron los siguientes resultados:
Temblón; pelo corto
20
Temblón; pelo largo
51
Normal; pelo corto
52
Normal; pelo largo
21
a) Indicar si los genes que controlan estos caracteres están ligados o son independientes. Contrastar
la hipótesis con una X2.
b) Indicar el genotipo de las hembras y de los machos paternos.
45
PROBLEMAS
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.
121(100) En el tomate, la forma del fruto depende de los loci P, p (P, liso > p, rugoso) y R, r (R, redondo >
r, alargado). La F1 de un cruzamiento entre homozigotos lisos y alargados por rugosos y redondos se
retrocruzó por el doble recesivo, obteniéndose los siguientes resultados:
liso y redondo
45
rugoso y redondo
91
liso y alargado
86
rugoso y alargado
39
a) ¿Cómo se probaría la existencia de ligamiento?
b) Determinar el porcentaje de recombinación, el porcentaje de entrecruzamiento y la distancia
genética entre estos loci.
c) Si analizásemos 3000 células madres del polen, ¿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, y la pigmentación de las flores por el locus B,b (B, azul > b, blanco). Una planta diheterozigótica
EeBb, descendiente del cruzamiento de plantas homozigóticas, una enana de flores azules y otra de talla
normal y flores blancas, se cruzó por una planta enana de flores blancas, obteniéndose la siguiente
descendencia: 130 individuos de talla normal y flores blancas, 75 de talla normal y flores azules, 25 de talla
enana y flores blancas y 170 de talla enana y flores azules. ¿Están ligados ambos loci? En caso afirmativo
estime su distancia genética en centimorgans.
123 (101) 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.
124 (102) 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 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,a y B,b.
El locus A,a controla el color de la flor (A, roja > a, blanca) y el locus B,b controla la forma de la hoja (B,
redonda > b, alargada).
Determinar las frecuencias fenotípicas que aparecerán en la autofecundación de una planta doble
heterozigótica obtenida del cruzamiento de dos plantas homozigóticas, una de flor roja y hoja alargada y la
otra de flor blanca y hoja redonda.
46
PROBLEMAS
126 (111) El fruto alargado en el tomate depende del homozigoto recesivo (oo), mientras que el redondo de
su alelo dominante O. La inflorescencia compuesta depende del genotipo recesivo (ss) y la simple de su
alelo dominante S. Se cruza una variedad de fruto alargado e inflorescencia simple con una variedad de
fruto redondo e inflorescencia compuesta. Las plantas de la F1 se cruzan al azar dando una F2 con 126
plantas O – S - ; 63 O – ss ; 66 oo S - ; y 4 oo ss. Calcular el porcentaje de recombinación entre ambos
loci.
127 (114) En la especie Lathyrus odoratus se autofecundó el diheterozigoto PR/pr. (P, flor púrpura > p, flor
roja; R, polen alargado > r, polen redondo). En la descendencia se obtuvo la siguiente segregación: 256 PR,
19 Pr, 27 pR, 85 pr. Se desea saber si esos loci están ligados, y en caso afirmativo estimar su distancia
genética.
128 (112) En Drosophila un gen recesivo ligado al sexo da lugar a ojos blancos (hembras ww y machos
wy). Los ojos blancos también pueden producirse por la interacción de dos genes, el recesivo ligado al sexo
"vermillion" (v) y el recesivo autosómico "brown" (bw). Al realizar el cruzamiento bw/bw, ++/wv x bw/bw, wv/y
aparecieron en la F1 70 moscas con ojos "brown" y 130 de color blanco.
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+). 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
Blanco
Cuerpo
amarillo
Machos
543
Hembras
474
Rojo
marrón
547
512
Blanco
marrón
6
11
Rojo
amarillo
7
5
Da una hipótesis que explique los resultados.
130 (113) En un insecto se conocen los genes dumpy (dp+, dp) y black (b+, b), cuyos alelos recesivos
producen, respectivamente una escotadura en las alas y el cuerpo más oscuro de lo normal. Se cruzó una
hembra de constitución dp b+/ dp+ b por un macho dp b/ dp b, obteniéndose 360 individuos de fenotipo
normal, 840 dumpy, 838 black y 364 dumpy y black. Cruzando una hembra dp b/ dp b por un macho dp b+/
dp+ b se obtuvieron 711 individuos de fenotipo dumpy y 698 black.
a) ¿Qué fenómeno genético explica estas segregaciones?
b) ¿A qué distancia genética se encuentran estos loci?
131 (103) En una especie de insecto, en donde el sexo heterogamético es el macho y se da recombinación
en ambos sexos, 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”. La F1 resulto ser de fenotipo normal, mientras que en la F2 se obtuvieron los
siguientes resultados:
FENOTIPO
MACHOS
HEMBRAS
FENOTIPO
MACHOS
HEMBRAS
Normal
114
284
ad
2
-
abcd
33
-
bc
2
-
abc
6
-
bd
2
-
abd
6
-
cd
33
81
acd
9
-
a
28
-
bcd
9
-
b
28
-
ab
114
-
c
6
17
ac
2
-
d
6
17
Explicar genéticamente estos resultados.
47
PROBLEMAS
132 (116) En el hombre, el gen autosómico N produce anormalidad en uñas y rótulas, 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, nacen algunos hijos que padecen el síndrome y son del grupo A.
Cuando se casan entre sí tales descendientes (no emparentados, por supuesto), sus hijos son de los tipos
siguientes:
66% síndrome uña-rótula, grupo A
16% normal, grupo O
9% normal, grupo A
9% síndrome uña-rótula, grupo O
Analizar estos datos de forma completa.
133 (118) En las dos genealogías humanas de la figura, un sombreado en la parte superior del símbolo
indica que el individuo muestra el fenotipo a. El sombreado en la parte inferior indica que muestra el
fenotipo b. El sombreado total indica fenotipo ab. En ellas se muestra la transmisión de dos caracteres
recesivos, ligados totalmente al cromosoma X. Indique todos los individuos cuyo genotipo se haya formado,
sin duda, por la recombinación de los loci A,a y B,b.
A
B
134 (119) En las siguientes genealogías humanas el sombreado en la parte superior del símbolo indica
ceguera para los colores. El sombreado de la parte inferior indica deficiencia en glucosa-6-fosfatodeshidrogenasa.
a) ¿Se puede demostrar, mediante estas genealogías, 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, 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 F1 x homozigoto recesivo)
+++
48
73
++s
348
+p+
2
o++
110
PROBLEMAS
+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
136 (121) 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.
137 (126) Se realizó un cruzamiento prueba con la F1 resultante del cruce entre las cepas AABBCCDD x
aabbccdd, obteniéndose los siguientes fenotipos:
abcD
275
ABCd
270
ABCD
260
abcd
255
abCD
145
ABcd
140
ABcD
130
abCd
125
Abcd
95
aBCD
90
aBCd
80
AbcD
75
aBcd
25
AbCD
20
AbCd
10
aBcD
5
Indicar que genes están ligados y cuales no. Calcular la distancia entre los genes ligados y, en su caso,
índice de interferencia.
el
138 (127) En el maíz, los genes bm (nerviadura media parda), v (plántulas viriscentes) y pr (aleurona roja)
están situados en el cromosoma 5. Se realizó, un cruzamiento prueba con un individuo de genotipo + +
+/bm v pr, dando lugar a la siguiente descendencia:
232 + + +
84 + v pr
235 bm v pr
77 bm + +
46 bm v +
201 + v +
40 + + pr
194 bm + pr
Determinar el orden de los genes en el cromosoma y calcular las distancias entre los genes, así como el
coeficiente de coincidencia.
139 (128) Se cruza una 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 F1 todos los individuos son normales. Al cruzar hembras de esta
F1 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+
pr + c 2,7%
+bc
pr + + 0,3%
2,7%
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.
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; 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
3.6 centimorgans.
49
PROBLEMAS
141 (134) 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?
142 (137) 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?
143 (138) 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.
144 (135) 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.
a) ¿Están ligados los tres loci considerados?
b) Calcule la distancia genética entre los loci ligados.
c) Explique la diferencia entre las segregaciones obtenidas en los experimentos 1 y 2.
145 (122) En Drosophila melanogaster, los caracteres alas recortadas (ct), ojos reducidos (lz) y quetas
cortas (f) se encuentran ligados en el cromosoma X en las posiciones 20,0, 27,7 y 56,7, respectivamente.
Suponiendo que no existe interferencia, calcular el porcentaje de los distintos fenotipos que se obtendrían
del cruce entre ct lz f/+ + + x ct lz f/Y. ¿Cuál sería la respuesta si el C.C fuera 0.57?
146 (123) En Drosophila los pares de alelos v+/v (ojos color normal/bermellón), m+/m (alas
normales/miniatura) y f+/f (quetas normales/ cortas) se encuentran en el cromosoma X en los loci 33,0, 36,1
y 56,7 respectivamente. Si se cruza una hembra bermellón, miniatura, cortas se cruza con un macho normal
y se deja que la F1 se cruce entre sí,
a) Indicar las clases de gametos que producen los individuos de F1 y sus frecuencias, suponiendo
que no hay interferencia
b) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperarían en la F2? c) ¿Se esperarían resultados similares en
el cruce recíproco? Razónalo.
147 (124) En las aves de corral, los genes A/a (rapidez/lentitud en la aparición de las plumas; B/b (alas
barradas/no barradas) y C/c (tamaño normal/enano) se encuentran situados en el mismo autosoma. La
distancia entre A y C es de 20 u.m. y entre B y C de 30 u.m., siendo el coeficiente de coincidencia de 0,15.
Calcular la probabilidad de obtener un individuo de fenotipo rápido, 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), su brillo (brillante/mate) y
para la fertilidad (fértil/parcialmente fértil). La distancia entre estos loci es 18,32 u.m. y 13,64 u.m.
respectivamente. Si se cruza una planta homozigótica de fenotipo pálido, brillante y parcialmente fértil por
otra también homozigótica verde, mate y fértil, ¿cuál sería la descendencia de la F1 de dicho cruce con el
triple homozigótico recesivo si la interferencia es del 40%?
50
PROBLEMAS
149 (129) En una especie animal, los caracteres "albino" (a), "sin cola" (s) y "enano" (e) son recesivos
frente a los normales, teniendo situados sus loci en el mismo cromosoma. Se conocen los siguientes datos:
1) el locus central es E,e;
2) la distancia genética entre A,a y E,e es de 20 cM;
3) la distancia entre S,s y E,e es de 10 cM;
4) el valor del coeficiente de coincidencia es 0,6.
Determinar las frecuencias esperadas de los ocho fenotipos posibles que aparecerán en un cruzamiento de
prueba AES/aes x aes/aes.
150 (131) Los genes A, B y C están situados en este orden dentro del mismo cromosoma. La distancia
entre A y B es de 20 centimorgans, no habiendo en esta región dobles entrecruzamientos. La distancia
entre B y C es de 10 centimorgans, no dándose tampoco dobles entrecruzamientos.
a) Dar la segregación fenotípica del cruzamientos entre AaBbCc x aabbcc, suponiendo que el
coeficiente de coincidencia es de 0.1.
b) ¿Cuál sería la segregación si el coeficiente de coincidencia fuera 0.5?
151 (136) En el conejo, existe la mutación g que reduce en un 50% la viabilidad de los espermatozoides. El
locus G,g está situado a 20 cM del locus del albinismo A,a (A, negro >a, albino) sobre el autosoma 4.
El locus B,b que afecta al tamaño de las orejas (B, orejas largas > b, orejas cortas), está situado en el
autosoma 8, a 10 cM de distancia de su centrómero.
Se cruzaron un macho y una hembra triple heterozigóticos para estos loci, estando los loci ligados en fase
de repulsión. Se desea saber:
a) El porcentaje de conejos albinos en la descendencia;
b) La segregación fenotípica para el carácter tamaño de las orejas.
152 (130) ¿Con qué frecuencia aparecería el fenotipo a b C en la descendencia al realizar el siguiente
cruzamiento en Drosophila melanogaster, teniendo en cuenta que la frecuencia de recombinación entre A y
B es 0.20, entre B y C es 0.15, y que el índice de coincidencia es 0.25?
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,a; B,b y C,c,
cuyos loci están situados en el mismo brazo autosómico, ocupando el locus B la posición central. Los genes
A, B y C se comportan de manera aditiva, dando lugar al crecimiento de la cola en 5mm cada uno de ellos,
mientras que los genes a, b y c producen un crecimiento de dos milímetros.
Se cruzaron individuos AAbbCC x aaBBcc. Se desea saber cual es la probabilidad de obtener en la F2 un
individuo cuya cola mida 27mm, sabiendo que la distancia entre los loci A,a y B,b es de 20 cM, la distancia
entre B,b y C,c es de 40 cM y que el coeficiente de coincidencia es del 30 por 100. NOTA: En los mamíferos
hay entrecruzamiento en los dos sexos.
154 (142) Una hembra de conejo, hemofílica y con raquitismo, se cruza con un conejo macho sin rabo. Las
hembras F1 son todas normales mientras que los machos son hemofílicos y raquíticos. Se cruzan entre sí
los individuos de la F1 y se obtiene la siguiente F2:
Fenotipo
Normal
Machos
48
Hembras
485
Sin rabo
437
0
Raquítico
4
16
Hemofílico
12
14
Hemofílico y raquítico
439
485
Sin rabo y hemofílico
2
0
Raquítico y sin rabo
12
0
Hemofílico, 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.
155 (143) Supongamos que hay tres pares alélicos en Drosophila, +/x, +/y y +/z. Como indican los
símbolos, cada alelo mutante es recesivo respecto al alelo salvaje correspondiente. Un cruzamiento entre
hembras heterozigóticas para los tres genes y machos silvestres produce los fenotipos descendientes que
siguen: 1010 hembras +++; 430 machos x+z; 441 machos +y+; 39 machos xyz; 32 machos ++z; 30 machos
normales; 27 machos xy+; 1 macho +yz y 0 machos x++.
51
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.
d) ¿En qué cromosoma de Drosophila se encuentran estos genes?
156 (141) Al cruzar hembras de Drosophila homozigóticas, con unos machos de los que se desconoce el
genotipo, se obtiene la F2 correspondiente con los siguientes resultados:
Fenotipos
ABC
Machos
2
ABc
37
AbC
28
Abc
171
aBC
190
aBc
26
abC
42
Hembras
248
252
abc
4
Determinar la situación de estos genes dentro del complemento cromosómico.
157 (140) En una especie de mamíferos, al hacer el cruzamiento entre un macho diheterozigótico para los
caracteres de pelaje (A, liso > a, ondulado) y color de los ojos (B, azul > b, negro) con hembras de pelaje
ondulado y ojos negros se obtuvo la siguiente descendencia:
Fenotipo
ondulado-azul
Machos
35
Hembras
100
liso-negro
102
37
ondulado-negro
8
57
liso-azul
55
6
Sabiendo que el macho utilizado en el cruzamiento era hijo de una hembra homozigótica con el pelaje
ondulado y ojos azules, se pide construir el mapa genético correspondiente.
158 (139) En una especie con determinación del sexo hembra XX, macho XY, se encuentra el locus L,l en
el segmento diferencial del cromosoma X, de modo que el alelo recesivo l es letal efectivo en hemizigosis.
También en el segmento diferencial del cromosoma X y a una distancia de 30 cM del locus L,l se encuentra
el locus A,a (A, cuerpo negro > a, cuerpo gris) en el que ambos alelos son efectivos en hemizigosis.
En el segmento apareante de los cromosomas sexuales, y a una distancia de 20 cM del segmento
diferencial, se encuentra el locus B,b (B, ojos marrones > b, ojos azules).
Se cruzó una hembra diheterozigótica para A,a y L,l de ojos azules e hija de un macho negro, con un macho
gris de ojos marrones, hijo de una hembra de ojos azules.
Calcular las frecuencias fenotípicas de los machos y hembras esperados en la descendencia de este
cruzamiento.
159 (202) A partir de del siguiente mapa de cierta región de un fago, en donde
se refiere a deleción y
a la situación de una mutación puntual, 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).
b
c
d
a
1
2
3
4
5
6
52
PROBLEMAS
160 (203) Se dispone de 12 mutantes de la región rII del fago T4, incapaces de crecer en E. coli K(lambda).
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, R, aparición de fenotipo normal por
recombinación y O falta de crecimiento en la cepa K(lambda).
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
O + R + + O R + O +
4
O + R R R + R + O
5
O + + R O + O +
6
O R O + R + O
7
O O + R + O
A
O R R O O
B
O + O +
C
O + O
D
O +
O
E
a) Sabiendo que las mutaciones A, B, C, D y E son deleciones, situar en el mapa todos estos
mutantes (del 1 al 7 y de la A a la E).
b) Con objeto de situar en el mapa otra mutación puntual, la nº 8, se obtuvo un fago triple mutante 8,
5, 3, que se cruzó con un fago T4 normal, obteniéndose la siguiente descendencia:
+++
1200
853
1100
+53
85
75
8++
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- de E. coli, cada una de las cuales lleva una deleción diferente en el
gen de la beta-galactosidasa (gen z). 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- en células Hfr. Cuando cada una de estas cepas Hfr
es cruzada con las cepas F- portadoras de las deleciones, se obtienen los siguientes resultados (+ indica la
existencia de recombinación con la aparición de recombinantes z+, y 0 indica la no detección de
recombinación.
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
53
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, 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
1
O
2
2
O
3
R
4
R
5
R
6
O
7
R
8
R
O
O
R
O
R
R
O
O
O
R
R
R
O
O
R
R
O
R
O
R
R
R
R
R
O
R
3
4
5
O
6
7
0
8
Averiguar qué mutaciones son puntuales y cuáles son deleciones y realizar un mapa de localización de
todas ellas.
163 (210) Se cartografió un conjunto de siete mutantes portadores de una deleción en el gen rII del fago
T4, 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. Los resultados
se presentan en la siguiente tabla, donde + indica recombinantes y 0 no recombinantes.
DELECION
PUNTUAL
A
1
0
2
+
3
+
4
+
5
0
6
0
7
0
B
0
0
+
+
+
+
0
C
0
+
+
0
0
0
+
D
0
+
0
0
+
0
+
E
0
+
+
+
+
0
0
Situar las mutaciones puntuales en el mapa.
164 (154) 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?
54
PROBLEMAS
165 (155) En una población con apareamiento aleatorio, la probabilidad de que dos individuos del grupo
sanguíneo A tengan un hijo del grupo O es de 1/16. La frecuencia del alelo IB es de 0.4. Estimar la
frecuencia de los alelos IA e IO en esta población.
166 (156) En los roedores el color del pelo está determinado por tres alelos de un mismo locus, con la
siguiente relación de dominancia: Cn (negro) > Ch (himalaya) > Ca (albino). En una población con
apareamiento aleatorio se observó el color del pelo de 6000 individuos con los siguientes resultados: 2527
negros, 1627 himalaya y 1846 albinos. Estimar la frecuencia de los tres alelos y comprobar si la población
está en equilibrio.
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. ¿Está esa población en equilibrio de Hardy-Weinberg?
168 (159) En las gallinas se conoce el fenotipo de plumas rizadas. Tal fenotipo es debido a la heterozigosis
MNMR. El homozigoto MRMR produce alas extremadamente rizadas, y el otro homozigoto alas normales. En
una muestra de 1000 individuos, 800 son aves rizadas, 150 normales y 50 extremadamente rizadas. ¿Está
la población en equilibrio?
169 (157) 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?
170 (170) Dadas dos subpoblaciones, comprobar la conformidad o no con el equilibrio de Hardy-Weinberg
para cada una de ellas y para el conjunto.
Subpoblación
I
AA
164
Aa
32
aa
4
Total
200
II
20
80
100
200
Total
184
112
104
400
55
PROBLEMAS
APENDICE I:CEPAS DE Drosophila
melanogaster.
56
PROBLEMAS
57
Cepa
Nombre de la mutación
Descripción fenotípica
bw
brown
ojos marrones
cv
crossveinless
ausencia (o trazas) de las venas alares transversales
e
ebony
cuerpo de color negro
Hnr3
Henna recessive 3
ojos oscuros
nub2
nubbin2
alas cortas
Or-R
Oregon-R
fenotipo salvaje
pr
purple
ojos púrpura
ri
radius incompletus
radio incompleto
se
sepia
ojos negros
Ser
Serrate
alas recortadas
sn
singed
quetas enroscadas y más cortas.
ss
small spineless
quetas cortas
st
scarlet
ojos rojo brillante
v
vermillion
ojos rojos
w
white
color de ojos blanco
w
col
white colored
ojos marrones
w
e
white eosin
ojos purpura
w
h
white honey
ojos naranja claro
yellow
cuerpo de color amarillo
y
APÉNDICE II: ANÁLISIS
ESTADÍSTICOS.
APENDICE II
DEFINICIÓN DE PROBABILIDAD
Podemos definir probabilidad como el número de veces que tiene lugar un suceso determinado,
dividido por el número total de oportunidades que tenía para ocurrir.
REGLA DEL PRODUCTO
La probabilidad de ocurrir conjuntamente dos sucesos independientes es el producto de sus
probabilidades.
REGLA DE LA SUMA
La probabilidad de ocurrir dos sucesos mutuamente excluyentes, es la suma de sus
probabilidades.
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.
Por ejemplo, ¿Cuál es la probabilidad de obtener un 2 al lanzar un dado, 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, la probabilidad de un suceso específico divida por la
probabilidad de un suceso más amplio que lo posibilita.
PROBABILIDAD BINOMIAL
Supongamos una situación con dos alternativas, por ejemplo lanzar una moneda al aire o tener un
hijo, con probabilidades p y q respectivamente. Sabemos que p + q = 1 porque no hay más posibilidades.
Entonces, si se dan N sucesos diferentes, ¿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, 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.
EL TEST JI CUADRADO
Si nos fijamos en las proporciones de la descendencia de un cruce, veremos que no obtenemos
siempre el mismo resultado, encontrandonos con diferencias frente a la proporción teórica exacta. Estas
diferencias serán en la mayoría de los casos pequeñas . Ya que las discrepancias grandes son raras, su
presencia en un experimento puede indicar que los resultados no se ajustan a una supuesta proporción
teórica, sino a otras explicaciones. Según este razonamiento, podemos decir que las discrepancias
pequeñas son "no significativas" y que las grandes son "significativas" (o sea, significativamente distintas de
la hipótesis planteada).
El límite entre las desviaciones (o diferencias) significativas y las no significativas, es arbitrario, si
bien normalmente se suele tomar el nivel del 5%.
61
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.
Para la mayor parte de experimentos , el número de grados de libertad es "n-1", siendo "n" el número de
clases fenotípicas de la descendencia.
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. Una medida a la que se recurre habitualmente es la
prueba de la ji-cuadrado (X2):
(Obs. − Esp.)
χ ( n − 1)g. l. = ∑
,
Esperados
2
n
2
i =1
siendo Obs. el número de casos observados, y Esp. el número de casos esperados según la hipótesis en
cuestión, n el número de clases y n-1 el número de grados de libertad.
Estadísticamente, en función de los grados de libertad, cada valor de la X2 tiene una cierta
probabilidad de producirse. Cuanto más alto sea el valor obtenido de la X2, mayor será la diferencia entre
nuestros datos y los resultados esperados. Análogamente, a menores diferencias corresponden valores
menores de la X2. Los valores superiores a la probabilidad 0.05 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.
Cuando el número de grados de libertad es 1, y/o el número de datos es pequeño, hay que aplicar
la corrección de Yates al cálculo de la X2:
n
χ (n − 1) g.l. = ∑
2
i =1
[(Obs. − Esp.) − 1/ 2]2 ,
Esperados
Hay una restricción en la prueba de X2: el número esperado para la clase menos frecuente debe
ser 5 o superior. El número total de individuos debe ser superior a 80.
62
APENDICE II
PROBABILIDAD DE DISTINTOS VALORES DE X 2 .
Probabilidad
df
0.95
0.90
0.70
0.50
0.30
0.20
0.10
0.05
0.01
0.001
1
0.004
0.016
0.15
0.46
1.07
1.64
2.71
3.84
6.64
10.83
2
0.10
0.21
0.71
1.39
2.41
3.22
4.61
5.99
9.21
13.82
3
0.35
0.58
1.42
2.37
3.67
4.64
6.25
7.82
11.35
16.27
4
0.71
1.06
2.20
3.36
4.88
5.99
7.78
9.49
13.28
18.47
5
1.15
1.61
3.00
4.35
6.06
7.29
9.24
11.07
15.09
20.52
6
1.64
2.20
3.83
5.35
7.23
8.56
10.65
12.59
16.81
22.46
7
2.17
2.83
4.67
6.35
8.38
9.80
12.02
14.07
18.48
24.32
8
2.73
3.49
5.53
7.34
9.52
11.03
13.36
15.51
20.09
26.13
9
3.33
4.17
6.39
8.34
10.66
12.24
14.68
16.92
21.67
27.88
10
3.94
4.87
7.27
9.34
11.78
13.44
15.99
18.31
23.21
29.59
11
4.58
5.58
8.15
10.34
12.90
14.63
17.28
19.68
24.73
31.26
12
5.23
6.30
9.03
11.34
14.01
15.81
18.55
21.03
26.22
32.91
13
5.89
7.94
9.93
12.34
15.12
16.99
19.81
22.36
27.69
34.53
14
6.57
7.79
10.82
13.34
16.22
18.15
21.06
23.69
29.14
36.12
15
7.26
8.55
11.72
14.34
17.32
19.31
22.31
25.00
30.58
37.70
20
10.85
12.44
16.27
19.34
22.78
25.04
28.41
31.41
37.57
45.32
25
14.61
16.47
20.87
24.34
28.17
30.68
34.38
37.65
44.31
52.62
30
18.49
20.60
25.51
29.34
33.53
36.25
40.26
43.77
50.89
59.70
50
34.76
37.69
44.31
49.34
54.72
58.16
63.17
67.51
76.15
86.66
63
APENDICE II
CALCULOS PARA ESTIMAR LAS FRECUENCIAS GENICAS
La ley de Hardy-Weinberg dice que, en poblaciones de tamaño infinito y con apareamiento al azar,
las frecuencias génicas permanecen constantes de generación en generación en ausencia de migración,
mutación y selección; las frecuencias genotípicas vienen determinadas por las frecuencias génicas.
Las frecuencias genotípicas en el equilibrio vienen dadas por el cuadro de las frecuencias alélicas.
Si hay solamente dos alelos, A y a, 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.
Si hay tres alelos, digamos A1, A2 y A3, con frecuencias alélicas p, q y r, 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, y de todas las frecuencias genotípicas, debe
ser siempre 1. Si hay solamente dos alelos, con frecuencias alélicas p y q, entonces p + q = 1, y por
consiguiente p2+2pq+q2=(p+q)2=1; si hay tres alelos, con frecuencias alélicas p, q y r, entonces p+q+r =1 y,
por consiguiente, también (p+q+r)2=1.
Considerando que el sistema ABO está determinado genéticamente por tres alelos: IA, IB, e IO,
representemos las frecuencias génicas de estos 3 alelos por p, q y r, respectivamente.
Frecuencias de equilibrio
Grupo sanguineo
O
Genotipo
IOIO
Genotipo
r2
A
IAIA
p2
IAIO
2pr
IBIB
p2
B B
I I
2qr
2qr + q2
IAIB
2pq
2pq
B
AB
Fenotipo
r2
2pr + p2
Una forma de estimar dichas frecuencias la exponemos a continuación:
De acuerdo con la ley de H-W, la frecuencia del genotipo IOIO es r2 y como la frecuencia fenotípica
de los individuos del grupo O es r2,
r = O (1)
La frecuencia fenotípica conjunta de las personas de grupos sanguíneos O y A es:
64
APENDICE II
O + A = r + 2 pr + p = ( r + p ) ;o sea
2
2
2
p + r = O + A (2)
De modo similar,
O + B = r 2 + 2 qr + p 2 = (r + p ) 2 ; es decir
q +r = O+B
(3)
Sustituyendo, de acuerdo con (1),
O por r en (2), obtendremos
p = O+A − O
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, por consiguiente, ignora parte de la información disponible, se pueden hacer
correcciones una vez halladas p, q y r, 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, si las frecuencias obtenidas se ajustan exactamente a lo esperado según H
65
APÉNDICE III: AMINOÁCIDOS Y
CÓDIGO GENÉTICO.
APENDICE III
ABREVIATURAS DE LOS DISTINTOS AMINOACIDOS
Aminoácido
Abreviatur
a
Ala
Alanina
Simbolo
A
Arginina
Arg
R
Asparagina
Asn
N
Ac. Aspártico
Asp
D
Asparagina o Ac. Aspártico
Asx
B
Cisteina
Cys
C
Glutamina
Gln
Q
Ac. Glutámico
Glu
E
Glutamina o Ac. Glutámico
Glx
Z
Glicina
Gly
G
Histidina
His
H
Isoleucina
Ile
I
Leu
L
Leucina
Lisina
Lys
K
Metionina
Met
M
Fenilalanina
Phe
F
Prolina
Pro
P
Serina
Ser
S
Treonina
Thr
T
Triptofano
Trp
W
Torisina
Tyr
Y
Valina
Val
V
CÓDIGO GENÉTICO
1ª Posición
(5´)
U
C
A
G
68
2ª Posición
U
UUU Phe
C
UCU Ser
A
UAU Tyr
3ª Posición
G
UGU Cys
(3´)
U
UUC Phe
UCC Ser
UAC Tyr
UGC Cys
C
UUA Leu
UCA Ser
UAA paro
UGA paro
A
UUG Leu
UCG Ser
UAG paro
UGG Trp
G
CUU Leu
CCU Pro
CAU His
CGU Arg
U
CUC Leu
CCC Pro
CAC His
CGC Arg
C
CUA Leu
CCA Pro
CAA Gln
CGA Arg
A
CUG Leu
CCG Pro
CAG Gln
CGG Arg
G
AUU Ile
ACU Thr
AAU Asn
AGU Ser
U
AUC Ile
ACC Thr
AAC Asn
AGC Ser
C
AUA Ile
ACA Thr
AAA Lys
AGA Arg
A
AUG Met
ACG Thr
AAG Lys
AGG Arg
G
GUU Val
GCU Ala
GAU Asp
GGU Gly
U
GUC Val
GCC Ala
GAC Asp
GGC Gly
C
GUA Val
GCA Ala
GAA Glu
GGA Gly
A
GUG Val
GCG Ala
GAG Glu
GGG Gly
G
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 A-
2 (2)
C- falta de cuernos
cc presencia de cuernos
toro = Cc
vaca A = cc
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
4 (9)
Rosa presenta herencia intermedia entre rojo y blanco.
5 (19)
BbSs x bbss
6
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.
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.
9 (32)
F1: 9/16 normal + 7/16 gordos
F2: 64/81 normal + 17/81 gordos
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; χ2 3 gl = 9,27;
este valor es > χ2 (0.005) 3 gl = 7.82
la desviación en la familia "b" es significativa respecto a la proporción 9:3:3:1; χ2 3 gl = 9.84 ;
este valor es >χ2 (0.005) 3 gl = 7.82
b) No son homogéneas las dos familias.
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. b) 1023/1024. c) 1/16. d) 0.0247.
21 (12) a) 0,0208. b) 0,3330, c) 0,8522, d) 0,0905. e) 0,25
22 (15) 4/7
23 (17) a) 6; b) 45; c) 378
Recordar que si n = número de loci, 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; a = tallo enano
V = legumbre verde; v = legumbre amarilla
R =semilla redonda; s = semilla rugosa
AavvRr x aaVVRr
25 (33) a) trihibridismo 27:9:9:9:3:3:3:1; b) 14.8%; c) 25%; d) 75%
26 (34) a) 1/16; b) 3/16
27 (35) a) a-1) 9/128; a-2) 9/128; a-3) 9/64; a-4) 55/64
b) b-1) 1/32; b-2) 1/32; b-3) 1/16; b-4) 15/16
28 (37) 1) IAi Rr MN x IBi Rr MN. 2) 0,046875. 3) Si.
29 (36) a) 5/16; b) 15/256; c) 1/128; d) 240
30 (4)
a) Dedo extra: Dominante. Enfermedad ocular: Recesiva.
b) dd Oo x Dd Oo.
c) 1/2 dedo extra. 1/18 enfermedad ocular.
31 (5)
a) Retinitis pigmentosa: Dominante. Enfermedad de Hurles: Recesiva.
b) IV-1 x II-6 = 2/3 Rr + 1/3 rr; 5/6 H- + 1/6 hh
IV-4 x III-8 = 2/3 Rr + 1/3 rr; 3/4 Hh + 1/4 hh
c) 3/16; 3/16; 1/16 (homozigoto para ambas enfermedades) ó 4/16 (homozigosis genotípica).
a) porfiria = autosómico dominante; albinismo = autosómico recesivo.
c) c-1) 1/4; c-2) 0.5; c-3) 0.5; c-4) 0.5
32 (6)
71
SOLUCIONES
33 (7)
a) cataratas (C) = autosómico dominante; enanismo (e) = autosómico recesivo.
b) SI concuerda con la hipótesis formulada: III-1 ccEe; III-2 ccEe; III-5 CcEe; 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; d-2) 0 d-3) 1/9
34 (38) a) 0.075;b) 0.5; c) 0.425
35 (45) El niño Z no puede ser de la familia X/Y
36 (41) Cuatro alelos cn (negro); cr (crema); cs (sepia); ca (albino)
cn > cs > cr > ca
37 (42) Cuatro alelos c+ (salvaje); ch (himalaya); cch (chinchilla); ca (albino)
c+ > cch c+ > ch c+ > ca ch > ca
gris claro = cch ca y cch ch
38 (39) Tres alelos, A, B y C. AA = Fenotipo A; BB = Fenotipo D; CC = letal, AB = Fenotipo B;
AC = Fenotipo C; BC = Fenotipo E
R
M
b
39 (46) Un gen con tres alelos. A (rojo); A (amarillo); A (blanco).
R
b
M
b
R
M
R
R
A >A ; A >A ; A A (naranja); A A letal
R b
b b
b b
R b
a) 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 ; A A
M b
b b
M b
b b
c) A A x A A -------> A A ; A A
M b
M b
M M
M b
b b
d) A A x A A -------> A A ; A A ; A A
R b
M b
R M
R b
M b
b b
e) A A X A A -------> A A ; A A ; A A ; A A
R M
b b
R b
M b
f) A A x A A --------> A A ; A A
40 (40) Tres alelos. A dominante sobre an y sobre at. A- = amarillo; anan = negro; atat tostado;
anat = tostado oscuro. AA = letal.
41 (71) PP (letal). P pt = Platino. P pb = Gris. pt pt = Plateado. pb pb ó pb pt = Blanco
42 (44) Cuatro alelos, negro>carey>rojo
43 (47) b) 1/4; c) 2/3; d) 3/4
44 (43) b) Ceguera nocturna: Parece recesivo autosómico. Moteado en el iris: Parece dominante
autosómico, aunque tiene mas probabilidad de ser ligado al cromosoma Y (Holándrico).
c) El hermano del paciente X se casa con una mujer con ceguere nocturna (homozigota). El
puede ser homozigoto normal (P = 1/3), o heterozigoto (P = 2/3), pero podrían tener hijos
normales (heterozigotos). No hay razones para pensar que sean mutaciones diferentes.
45 (48) 1/4 fértiles, 1/4 estériles, 1/2 parcialmente fértiles.
46 (74) 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
47 (72) a) 1/16
b) Genotípicas: 9/16 AA + 6/16 Aa + 1/16 aa; Fenotípicas: 15/16 sano 1/16 amputado
48 (20)
72
2/3 negro pata mula y 1/3 negro pata normal.
SOLUCIONES
49 (70) 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) 1/4
50 (76) 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%
51 (73) a) 4/9 amarillo cola corta ; 2/9 amarillo normal; 2/9 amarillo cola corta; 1/9 normal normal.
b) 4.5 crias
52 (75) HH letal.,SS letal; Ss Hh, Ss hh ó sshh normal, ss Hh número de quetas reducido.
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, 1/48 castaño
manchado.
b) 16/24 blanco + 3/24 negro liso+ 3/24 negro manchado + 1/24 castaño liso + 1/24 castaño
manchado.
54 (187)
4
1
ac. aspártico
2
semialdehido
5
homoserina
cistationina
6
homo
metionina
3
treonina
55 (188)
8
4
2
A
9
6
C
1
H
5
I
7
E
g
3
D
B
F
A
B
C
D
E
F
G
H
I
1
-
-
-
-
-
-
-
-
+
2
+
-
+
-
-
-
-
-
-
3
-
+
-
+
-
-
-
-
-
4
+
-
-
-
-
-
-
-
-
5
-
-
-
+
-
-
-
-
-
6
+
-
+
-
-
-
-
+
-
7
-
-
-
-
+
-
-
-
+
8
-
-
-
-
-
-
-
-
-
9
-
-
-
-
-
-
-
-
-
$
$
$ Pueden crecer con una mezcla de A, C ó H con D, B ó F
56 (189) a)
F
B
1
C
3
A
2
D
4
E
73
SOLUCIONES
b)
Mutante
A
B
C
D
E
F
D+E·
F+E
1
-
+
-
-
-
-
-
-
2
+
+
+
-
-
+
-
+
3
-
+
+
-
-
-
-
-
4
+
+
+
-
-
-
-
-
57 (195) En un gen que codifique una enzima
58 (197) Homoserina- -BÆ Cistationa--CÆ Homocisteina--AÆ metionina
59 (198)
2
4
3
D
1
B
C
A
60 (200)
ac. glú
glu-P
semi
4
orn
6
5
2
citr
3
prolina
7
ac. glu. suc.
1
arg
61 (196) Hay 3 rutas posibles
1
4
B
2
A
E
C
3
D
4
B
C
3
1
1
A
E
C
B
3 4
2
E
A
D
62 (201)
a)
ac. glutámico
semial. glu.
orn.
2
b)
3
B
citr.
1
c)
F
8
9
C
D
G
10
A
5
6
H
11
E
7
12
63 (199)
3
C
E
B
arg.
4
D
2
A
4
F
1
64 (190)
4
5
F
C
3
A
2
1
B
G
I
J
E
H
D
65 (192) a) Mutante bb deficiente para la enzima X. 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.
74
D
SOLUCIONES
66 (193) a) Incolora 148/256;
b) marrón 27/256
67 (194) a) 4/64; b) 33/64; c) 27/64
68 (24)
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
69 (66) 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)
70 (62) a) Epistasia simple dominate: dorado ( A- B- A- bb), negro (aa B-) marrón (aa bb)
b) hembra dorada x macho dorado
AaBb
Aabb
F1: 6/8 dorado (AABb, AaBb, AAbb, Aabb)
1/8 negro (aaBb)
1/8 marrón (aabb)
hembra dorada x macho negro
AaBb
aaBb
F1: 4/8 dorado (AaBB, AaBb, Aabb)
3/8 negro (aaBB, aaBb)
1/8 marrón (aabb)
71 (51) a) 12:3:1. Epistasia del dominante. b) 4/9 aaBB + 4/9 aaBb + 1/9 aabb. 8/9 amarilla + 1/9 blanca.
72 (65) Epistasia simple dominante.
A- B- aguda; A- bb aguda; aa B- punta espinosa; 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, con dos alelos cada uno. Epistasia simple dominante.
74 (63) Pardo x amarillo ---> F1 rojo
a) Un gen con dos alelos (herencia intermedia)
b) Epistasia simple recesiva ; X2 con 2 g.l.= 0.0386
F2: rojo
182
---> 9 A- B- rojo
pardo 59
---> 3 A- bb pardo
amarillo 81 ---> 3 aa B- amarillo
1 aa bb amarillo
75 (56) Para el color: Epistasia del recesivo: A- B- azul, aa B- amarillo y - - bb blanco.
Para la forma del caliz: Herencia intermedia.
76 (50) F1 = w+w, g+g, (hembras normales). w+Y , g+g (machos normales)
F2 = 3/16 w+w+ , g+ - ; 1/16 w+w+, g g ; 3/16 w+w, g+ - ; 1/16 w+w, g g
Hembras: 6/8 normales, 2/8 grape.
3/16 w+ Y , g+ - ; 1/16 w+ Y , g g ; 3/16 w Y , g+ - ; 1/16 w Y , g g
Machos: 3/8 normales, 1/8 grape, 4/8 white (blanco).
75
SOLUCIONES
77 (27) a) Dos genes con dos alelos cada uno
b) Se trata de una epistasia doble recesiva. Cruce 1) AABB x aabb. Cruce 2) AAbb x aaBB.
Cruce 3) Aabb x aaBB. Cruce 4) Aabb x AaBb.
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
F2 9 altas: 7 enanas
b) AaBb x Aabb
P
enana 1
AAbb
x
alta
AABB
F2 3 altas: 1 enana
P
enana 2
aaBB
x
F2 3 altas: 1 enana
Æ
AABb 1/4
AaBb 1/4
Aabb 1/4
Aabb 1/4
Proporciones fenotípicas: A- B- 1/2 altas; A- bb 1/2 enanas
80 (59) 13:3 epistasia doble dominante y recesiva χ2 = 2.32
81 (69) Un gen con dos alelos sería imposible. Zurdos A - B - . Diestros A - bb ó aa B 82 (57) 36/64 gris, 9/64 negro, 3/64 pardo y 16/64 albino.
83 (58) P gris
x
GG NN AA
pardo Æ
gg nn aa
F1 gris Æ
Gg Nn Aa
F2
48 gris
12 negro
3 azul
1 pardo
27 G- N- A9 G- N- aa
9 G- nn A3 G- nn aa
9 gg N- A3 gg N- aa
3 gg nn A1 gg nn aa
84 (67) a) Están implicados 3 genes; b) 3, 1, 2; c) verde, 100% verde; d) verde, 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- B- naranja, A- bb rojos, aa -- blanca
B/b
b) Sustancias incolora
A/a
Pigmento rojo
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).
A- B- C- Agouti (salvaje). A- bb C- canela. aa B- C- negro. aa bb C- marrón.
89 (204) Cistrón 1 = A,D,F; Cistrón 2 = C, E;Cistrón 3 = B,G
76
alta
AABB
SOLUCIONES
90 (205) Cistrón 1 mut 7; Cistrón 2 el resto.
91 (206) 3 cistrones: (1) A, (2) B y C , (3) D, E y F
92 (207)
A
A
-
B
B
+
C
+
D
+
E
+
F
+
-
+
+
-
+
-
-
+
-
-
+
-
-
+
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
F2
propor
nº gr
aumentan
disminuyen
1/64
2700
6
0
6/64
2475
5
1
15/64
2250
4
2
20/64
2025
3
3
15/64
1800
2
4
6/64
1575
1
5
1/64
1350
0
6
95 (94) a) AA bb x aa BB Æ Aa Bb;
Otras opciones: Aabb x _ bb
y
aaBB x aa_
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 = 0.3
97 (96) a) h2 = 0.57
98 (97) R = 0.47
incremento = 35.47
disminución = 34.53
77
SOLUCIONES
2
h = 0.15
H2 = 0.20
2
Longitud del cuello
h = 0.10
H2 = 0.60
2
Contenido en grasas
h = 0.447
H2 = 0.547
2
b) contenido en grasas, ya que tiene una h mayor
c) R = 0.09558 Æ 9.56%
99 (98) a) Longitud de la pierna
100 (78) a) Autosómico dominantes ó autosómico recesivo.
b) 3/8 en ambos casos.
101 (82) mujer X+X? x varón X+Y, 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.
N N
A A
N
A
hembras: X X (negro), X X (amarillo), X X (moteado)
N
A
machos: X Y (negro) X Y (amarillo).
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)
103 (81) a) Un gen holándrico (ligado al cromosoma Y.
b) Se puede demostrar obteniendo macho XYY
104 (89) a) Hijos: 1/2 normales (bb) 1/2 calvos (Bb); Hijas: todas hijas normales (Bb; bb)
b) todos los hijos calvos (Bb); todas las hijas todas normales (Bb)
c) Hijos: 1/2 normales (bb) 1/2 calvos (Bb); Hijas: todas hijas normales (Bb; bb)
d) Hijas: 1/2 normales + 1/2 ciegas para los colores
Hijos: 1/4 calvos, visión normal 1/4 calvos, ciegos para los colores 1/4 no calvos, ciegos para los
colores 1/4 no calvos, visión normal
105 (91) Un gen con tres alelos, 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, dando lugar, en la descendencia, a hembras
XvXvX+ + XvXvY y machos X0 (estériles)
107 (79) Un gen con un alelo recesivo ligado al X para albino. Hembras aa, Machos a+/Y
Un gen autosómico hetrozigoto n/cr en hembras y machos: nn = negro, nc = marrón, cc = crema
108 (80) Un gen autosómico con dos alelos para alas largas (LL, Ll) y alas cortas (ll)
Un gen ligado al X para el color del ojo: Hembras c/+, Machos +/Y
109 (85) a) machos y hembras: 3/4 vermilion 1/4 blancas
b) machos: 100% ojos blancos; hembras: 1/4 normal 1/4 brown 1/4 vermilion 1/4 blancos
110 (88) a) Dos genes implicados. Los alelos mutantes son recesivos.
El defecto de la línea B se debe a un gen autosómico (E,e)
b) El defecto de la línea A se debe a un gen ligado al sexo (D,d)
c) machos A (XdYEE) x hembras B (XDXDee) ----> machos escarlata y hembras normales
F1 XDYEe x XDXdEe
F2 hembras: 3 salvaje 1 escarlata; machos: 3 salvaje 5 escarlata
111 (26) Alas curvadas recesivo ligado al X. El carácter quetas es autosómico, con herencia intermedia.
78
SOLUCIONES
112 (84) La hembra A es heterozigótica para vermillion XvX+. La hembra B también lo es, 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).
113 (86) El genotipo de la hembra de ojos naranja es cncn vv. 3:3:1:1
cn es autosómico y v es ligado al sexo, ambos son recesivos e interaccionan dando color de
ojos naranja.
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. B (plumosas) > b (lisas).
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, 45 % a B/a b, 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.
19.5 %
19.5 %
5.5 %
5.5 %
A b/a B C/c x a b/a b c/c
A b/a b C/c
19.5 %
a B/a b C/c
19.5 %
A B/a b C/c
5.5 %
a B/a b C/c
5.5 %
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
No recombinantes
Recombinantes
A b 0.4
a B 0.4
A B 0.1
a b 0.1
C D 0.42
AbCD 0.168
aBCD 0.168
ABCD 0.042
AbCD 0.042
c d 0.42
Abcd 0.168
aBcd 0.168
ABcd 0.042
Abcd 0.042
C d 0.08
AbCd 0.032
aBCd 0.032
ABCd 0.008
AbCd 0.008
c D 0.08
AbcD 0.032
aBcD 0.032
AbcD 0.008
AbcD 0.008
La frecuencia de los gametos corresponde con las frecuencias genotípicas y fenotípicas del cruce.
118 (109) a) Suponiendo que los genes se encuentran en fase de acoplamiento:
AB = ab = 1/2(1 – p/2), Ab = aB = p/4
b) Sí, si están lo suficientemente alejados como para que siempre haya un entrecruzamiento
entre ellos (p = 0.5).
c) Buscando marcadores genéticos ligados mas próximos.
d) Sí.
e) Varias posibilidades: i) cuando los genes sean contiguos o estén muy próximos; ii) que exista
una deleción cromosómica de los dos genes; iii) el mismo gen determina los dos caracteres
(pleiotropía).
119 (105) Frecuencia del gameto B r = 4%. La frecuencia del fenotipo Bbrr es la misma.
120 (99) a) Genes ligados: X2 para una segregación 1:1:1:1 = 26,72. Para 3 gl. Χ2 = 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.
121 (100) a) χ2 (total) = 33.605 Χ2 (P,p) = 0.004 Χ2 (R,r) = 0.464
b) 32.18 % de recombinación; 64.36% de entrecruzamiento (quiasmas); distancia = 32.18 cM
c) 1931
79
SOLUCIONES
122 (115) No se puede demostrar estadísticamente que exista ligamiento porque el locus B, b no segrega
mendelianamente.
123 (101) 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
124 (102) 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
125 (110) Roja redonda (A- B-) = 0.5075; roja alargada (A- bb) = blanca redonda (aa B-) = 0.2425;
blanca alargada (aa bb) = 0.0075
126 (111) P: o S/o S x O s/O s Æ F1: o S/O s
F2: 126 O- S- 63 O- ss 66 oo S- 4 oo ss
frecuencia de recombinación r = 0.249
127 (114) Están ligados. Distancia = 6.27 cM
128 (112) a) los resultados se explican si la frecuencia de recombinación entre los genes white y vermilion
es de 0.3
b) 53.8 %
129 (117) Se trata de genes ligados al cromosoma X, a una distancia de 1.37 cM.
130 (113) a) ausencia de recombinación en machos
b) 30.14 cM
131 (103) a y b mutaciones ligadas al X.
c y d mutaciones autosómicas
Moscas cd = 81/399 = 0,203
((1-r)/2)2 = 0,203;
r = 0,0990 (frecuencia de recombinación entre c y d)
Recombinantes a-b: + b = 41; a + = 41
82/401 = 0,2045 (frecuencia de recombinación entre a y b)
132 (116) Se trata de dos genes ligados, 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.
Genealogía de la derecha:
En la generación III: III-4 y III-6.
En la generación IV: IV-2 (a b+), IV-3 (a b+), IV-5 (a+ b), IV-7 (a b+) y IV-9 (a b+).
134 (119) a) No se puede asegurar con total certeza, pero es lo más probable, ya que en las tres familias,
tres mujeres normales, cuyos padres eran afectados, se casan con varones normales y tiene
hijos varones afectados. Si fueran genes autosómicos, los tres varones que no pertencen a
las familias tendrían que ser dobles heterozigotos.
b) En la del medio (la de mayor número de indiivduos). El hijo normal II-2 es resultado de un
entrecruzamiento en la madre doble heterozigótica.
135 (120) El gen central es el fruto aplanado (o). Distancia p-o = 0,21. Distancia o-s = 0,14. IC = 0,136.
136 (121) El gen central es el glossy (gl). Distancia lg-gl = 0,193. Distancia gl-B = 0,212. IC = 0,506.
137 (126) A, B y C ligados. D independiente. Distancia A-B = 20 u.m. Distancia B-C = 30 u-m. I.C. = 0,5
80
SOLUCIONES
138 (127) pr = gen central
distancia pr y v = 43.37 cM
distancia bm y pr = 22.27 cM
Coeficiente de coincidencia = 0.803
139 (128) a) pr = gen central
b) distancia bm-pr = 6 cM; distancia pr-c = 20.6 cM
c) I = 51,46 %
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+
0,3716
0,3716
0,0139
0,0139
0,1104
0,1104
0,0041
0,0041
141 (134) Los loci E y F están ligados y a una distancia de 9.55 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. (+ + +)
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 = 0,5
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 = 16.72 m. u.
distancia f-br = 4.78 m. u.
c) I = 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.
145 (122) ct lz f = + + + = 0,327665 (sin interferencia) 0,32286405 (con interefrencia)
ct + + = + lz f = 0,027335
+ lz f = ct + + = 0,133835
+ lz + = ct + f = 0,011165
0,03213595
0,13863595
0,00636405
146 (123) a) Gametos femeninos: + + + = v m f = 0,384693
+ m f = v + + = 0,012307
+ + f = v m + = 0,099807
+ m + = v + f = 0,003193
Gametos masculinos: v m f = 0,5
Y = 0,5
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
147 (124) Fenotipo rápido, no barrado y enano = 0,114.
81
SOLUCIONES
148 (125) Suponiendo palido, mate y parcialemnte fértil recesivos.
Verde-mate-fértil = pálido-brillante-parcial = 0,3477
Verde-brillante-parcial = pálido-mate-fértil = 0,0841
Verde-mate-parcial = pálido-brillante-fértil = 0,0607
Verde-brillante-fértil = pálido-mate-parcial = 0,0075
149 (129) Frecuencia de fenotipos AES = aes = 0.356
Frecuencia de fenotipos Aes = aES = 0.094
Frecuencia de fenotipos AEs = aeS = 0.044
Frecuencia de fenotipos AeS = aEs = 0.006
I.C. = 0,6
150 (131) a) CC = 0.1
ABC
abc
Abc
aBC
ABc
abC
AbC
aBc
b) CC = 0.5
0,355
0,355
0,095
0,095
0,045
0,045
0,005
0,005
0,351
0,351
0,099
0,099
0,049
0,049
0,001
0,001
151 (136) a) 30%
b) 3/4 : 1/4
152 (130) Frecuencia fenotipo abC = 5%
153 (133) 0,0117
154 (142) Analizamos la segregación de cada gen por separado.
Por la F1 y por los resultados de la F2, se deduce que la hemofilia y raquitismo están ligados al
X. Por la F2 el carácter sin cola también está ligado al cromosoma X, luego, 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.
Distancia r-h = 3 cM Distancia h-sc = 10 cM
Hay interferencia negativa.
I.C. = 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.u. Distancia z-y = 7 m.u.
I.C. = 0.238
156 (141) Los tres loci se encuentran en el segmento diferencial del cromosoma X.
Distancia B-A = 17 cM
Distancia A-C = 12 cM
I.C. = 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,a está entre B,b y el segmento diferencial.
La distancia b-a es de 31.5 cM. La distancia al segmento diferencial es de 21.5 cM.
158 (139)
Hembra
l
L
82
0.3
a
b
A
0.2 b
L
Macho
a
b
B
SOLUCIONES
L- A- B0.067
0.187
Hembras
Machos
L- A- bb
0.267
0.0467
L- aa B0.067
0.08
L- aa bb
0.267
0.020
159 (202)
1
1 2 3 4 5 6 A B C D
O O O O O O O O O O
2
O O R
O R
R
O O R
3
O R
O R
R
O O R
O O O O R
4
O R
5
R
R
R
R
O O
6
O O R
R
R
A
O R
R
R
O R
R
B
C
O R
D
O
160 (203) a)
1
5
3
CEN
B
67
4
A
2
C
D
E
b1) La mutación 8
b2) Distancia 5-8 = 14,79. Distancia 8-3 = 21,89
b3) Con la B es posible, pero no seguro. Con la D no puede recombinar.
161 (208) 5 – 6 – 4 – 1 – 2 – 3
162 (209)
DL 2
DL 4
DL 1
6
DL 3
5
8
7
Mutaciones
163 (210) B-E-A-C-D
164 (154) f(AA) = 0.0625; f(AB) = 0.375; f(BB) = 0.5625
f(AY) = 0.25; f(BY) = 0.75
165 (155) f(IA) = 0.4; f(IB) = 0.4; f(I0) = 0.2
166 (156) f(ca) = 0.5547; f(ch) = 0.2061; f(cn) = 0.2392
167 (158) f(M) = 0.5317; f(N) = 0.4683. Población en equilibrio H-W.
f(MM) = 0.2838; f(MN) 0 0.4957; f(NN) = 0.2205. El valor de la χ2 = 0.028
168 (159) X2 = 379.6. Población no en equilibrio H-W.
169 (157) a) Según se interprete el enunciado la solución es 0.00702 ó 0.0276
b) 0,98591
170 (170) Las dos subpoblaciones están en equilibrio, la población total no.
83