Prob_sesion Sesión 3

Transcripción

1 Prob_sesion Una planta heterozigótica para 6 loci (AaBbCcDdEeFf) independientes se autofecunda. Calcular: (UV) a) La probabilidad de que un descendiente sea triple heterozigótico. b) La probabilidad de que un descendiente sea heterozigótico para cuatro loci y homozigótico recesivo para los otros dos. c) La probabilidad de que un descendiente sea homozigótico AA y heterozigótico para los restantes loci. d) El número de genotipos distintos que se pueden formar que sean heterozigóticos para dos loci.

2 Prob_sesion

3 Prob_sesion Sesión 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: compuesto incoloro Enzima X Enzima Y Pigmento azul Pigmento rojo a) Qué mutante será deficiente par el enzima X? y para el Y? b) Qué proporciones fenotípicas obtendrías, suponiendo transmisión independiente, en la descendencia de plantas de genotipo a + a b + b? c) Por qué las mutaciones a y b son recesivas? (UV)

4 Prob_sesion A, B, C, y D son genes de transmisión independiente los cuales controlan la producción de un pigmento negro en un organismo eucariota. Los alelos alternativos que producen la pérdida de función del gen son a, b, c y d. Un individuo negro de genotipo AABBCCDD es cruzado con otro incoloro de genotipo aabbccdd. La F1 resultante presenta color negro y se deja que se cruce al azar. Asumiendo que los genes A, B, C y D. actúan en la siguiente ruta de síntesis del pigmento negro: A B C D Incoloro marrón negro (a) Qué proporción en la F2 es incolora? (b) Qué proporción en la F2 es marrón? (UV) blanco seria si se presentan aa, b b o cc y por tanto la probabilidad de blanco es prob (blanco) = ¼ + 3/16 + 9/64 = 16/ /64 + 9/64 = 37/64 = 148/256

5 Prob_sesion Los mutantes A a G de Drosophila presentan el mismo fenotipo, ausencia de pigmento rojo. Un experimento de complementación produjo el siguiente resultado: A B C D E F G A - B + - C D E F G Cuántos cistrones hay? Qué mutaciones pertenecen al mismo cistrón? (UV)

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

7 Prob_sesion Cómo será la descendencia de los siguientes cruzamientos entre conejos, teniendo en cuenta que c ch c ch produce fenotipo chinchilla y c ch c h y c ch c a fenotipo gris claro? (UG) a) Cc ch x Cc a. b) c ch c ch x c h c h. c) c h c a x c ch c ch. d) Cc h x c ch c a.

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

9 Prob_sesion En el grano de maíz el gen dominante C permite la manifestación del color. Al autofecundarse una planta de genotipo desconocido se obtuvo 1490 granos blancos y 310 coloreados. Explicar estos resultados, comprobando estadísticamente las hipótesis pertinentes. Veamos la comprobación estadística: fenotipos observados esperados (obs.-esp.) [(obs.-esp.)-1/2] 2 /esp. no color ,5 27,5 0,52 color ,5 27,5 2,24 total 1800 χ 2 resultante = 2,76 χ 2 0,05; 1 g.l. = 3,84 ## al ser 2,76<3,84, aceptamos la hipótesis de 13:3

10 Prob_sesion Sesión Al cruzarse dos plantas de maíz de 14 dm, sólo dan descendencia de 14 dm. Otras plantas de 14 dm dan 1 descendiente de 18 dm, 4 de 16 dm, 6 de 14 dm, 4 de 12 dm y 1 de 10 dm. Otras dos plantas de 14 dm, cruzadas entre sí dan 1 de 16 dm, 2 de 14 dm y 1 de 12 dm. Qué genotipos explicarían estos resultados para cada una de las plantas de 14 dm? Sería posible obtener por selección una planta de más de 18 dm de altura en alguna de estas familias? (UV) Tipo: caracteres cuantitativos. Factores aditivos Observación: Como en el segundo cruzamiento segregan plantas de 18, 16, 14, 12 y 10dm (un total de cinco fenotipos) podemos suponer la presencia de cuatro factores aditivos, es decir de dos pares génicos. a) AAbb (14dm) x aabb (14dm) F1 AaBb (14dm) (otras posibilidades) AAbb x AAbb y aabb x aabb b) AaBb (14dm) x AaBb (14dm) F1 (1) aabb (10dm) (4) Aabb (12dm) aabb (6) AAbb (14dm) aabb AaBb (4) AABb (16dm) AaBB (1) AABB (18dm) c) AAbb (14dm) x AaBb (14dm) F1 (1) Aabb (12dm) (2) AaBb (14dm) AAbb (1) AABb (16dm) d) Si descartamos (no consideramos) la posibilidad de variación de origen ambiental, NO es posible obtener plantas de más de 18dm de altura con estos genotipos parentales.

11 Prob_sesion 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 F a) Calcular el valor de la heredabilidad del carácter altura del tallo en esa población. b) Se puede predecir la altura media del tallo en la F2 obtenida por el mismo sistema de selección que el empleado para obtener la F1? (UV) Tipo: Heredabilidad Pob. Original n= 160 media= 6.97 σ 2 = 3.94 F1 n=160σ media= 8.96 σ 2 = 3.99 Parentales seleccionados: el 10% de los individuos más grandes Tamaño n n=16; media = a) h 2 = G/D = ganancia/diferencial = (X F1 X pob ) / (X pobsel X pob ) = = ( ) / ( ) h 2 = 1.99/ 3.47 ; h 2 = 0.57 b) h 2 es función de la composición genética de la población y del medio donde vive. Como desconocemos la composición de la F2 y el efecto del medio, en principio NO PODEMOS calcularla. Ahora bien, podríamos suponer una h2 y un efecto ambiental constantes para la siguiente generación y entonces, y solo entonces, calcular la altura media de la F2. Media parental = el 10% de individuos más altos de la F1 Altura n n=16; media = Media F2 = Media Pob. + h 2 (Med. Parental Med. Pob.) Media F2 = ( ) Media F2 = 10.94

12 Prob_sesion En las gallinas se conoce el fenotipo de plumas rizadas. Tal fenotipo es debido a la heterozigosis M N M R. El homozigoto M R M R produce alas extremadamente rizadas, y el otro homozigoto alas normales. En una muestra de 1000 individuos, 800 son aves rizadas, 150 normales y 50 extremadamente rizadas. Está la población en equilibrio? (UV) Tipo: Genética de poblaciones. Equilibrio Hardy-Weinberg Individuos: M N M R (plumas rizadas) 800 M R M R (plumas muy rizadas) 50 M N M N (plumas normales) 150 Primero calculamos las frecuencias alélicas: p = fr (M R ) = (50 + ½ 800) / 1000 = 0.45 q = fr (M N ) = (150 + ½ 800) / 1000 = 0.55 las frecuencias genotípicas esperadas en equilibrio serán p 2 = fr (M R M R ) = (0.45) 2 = q 2 = fr (M N M N ) = (0.55) 2 = pq = fr (M R M N ) = 2 (0.45) (0.55) = y por tanto el número de individuos esperados es: M N M R (plumas rizadas) 495 M R M R (plumas muy rizadas) M N M N (plumas normales) Podemos aceptar que la población se encuentra en equilibrio? Es decir, la desviación observada NO es significativa? observados esperados (O-E) 2 /E M R M R M N M R M N M N χ 2 experimental = χ , 1 g.l. = 3.84 Así pues, la población no se encuentra en equilibrio.

13 Prob_sesion Sobre una prueba de 1279 donantes de sangre se obtuvieron los valores siguientes para el grupo sanguíneo MN M MN N Donantes Calcular las frecuencias génicas y genotípicas. Está esa población en equilibrio de Hardy-Weinberg? (UV) Tipo: Genética de poblaciones. Equilibrio Hardy-Weinberg M MN N Donantes total 1279 Calculemos las frecuencias génicas a partir del número de individuos: p = fr (M) = (2 x ) / (2 x 1279) = q = fr (N) = = Las frecuencias genotípicas esperadas en el equilibrio serían: p 2 = q 2 = pq = el número de individuos esperados para cada genotipo en condiciones de equilibrio será: esperados (MM) = x 1279 = 361,96 esperados (MN) = x 1279 = 636,94 esperados (NN) = x 1279 = (frente a 363 observados) (frente a 634 observados) (frente a 282 observados) Podemos aceptar que la población se encuentra en equilibrio? χ 2 experimental = χ , 1 g.l. = <<<<< 3.84 P = > 0.05 Así pues, la población se encuentra en equilibrio.

14 Prob_sesion En una población que cumple la ley de Hardy-Weinberg, se observan cuatro fenotipos, con las siguientes frecuencias: a) tipo salvaje 0,91 b) poco pigmentado 0,04 c) muy poco pigmentado 0,04 d) albino 0,01 Los cuatro fenotipos están determinados por sólo tres alelos. El alelo a + determina el fenotipo salvaje, el alelo a 1 el poco pigmentado y el a 2 el albino. Si a + es dominante sobre los otros dos alelos y a 1 y a 2 presentan herencia intermedia (fenotipo muy poco pigmentado), determina la frecuencia génica de los 3 alelos en la población. (FJS) Tipo: Genética de poblaciones. Cálculo de frecuencias génicas frecuencias fenotípicas alelos y relaciones tipo salvaje 0.91 a +, salvaje poco pigmentado 0.04 a 1, poco pigmentado muy poco pigmentado 0.04 a 2, albino albino 0.01 a + > (a 1 = a 2 ) a 1 a 2, muy poco pigmentado Si la población está en equilibrio (p + q + r) = 1 siendo p = frec (a + ); q = frec (a 1 ); r = frec (a 2 ) p = frec (a + ) = frec (a + a + ) + ½ frec (a + a 1 ) + ½ frec (a + a 2 ) q = frec (a 1 ) = frec (a 1 a 1 ) + ½ frec (a + a 1 ) + ½ frec (a 1 a 2 ) r = frec (a 2 ) = frec (a 2 a 2 ) + ½ frec (a + a 2 ) + ½ frec (a 1 a 2 ) pero al haber dominància de a + sobre a 1 y a 2 las frecuencias que conocemos son fenotípicas y no podemos asignar todas las frecuencias genotípicas que necesitamos. Qué podemos hacer? Si la población cumple la ley de H-W podemos suponer que r 2 = frecuencia genotípica del recesivo albino r 2 = 0.01 y por tanto r = 0.1 De la misma manera q 2 = frecuencia genotípica del poco pigmentado (a 1 a 1 ) q 2 = 0.04 y por tanto q = 0.2 Si r = 0.1 y q = 0.2 tendremos que p = 0.7 Podemos ahora comprobar que las frecuencias génicas calculadas dan lugar a las frecuencias fenotípicas observadas: frec. albino = frec (a 2 a 2 ) ; r 2 = (0.1) 2 = 0.01 frec. muy poco pigmentado = frec (a 1 a 2 ) = 2 x (0.1) (0.2) = 0.04 frec. poco pigmentado = frec (a 1 a 1 ) ; q 2 = (0.2) 2 = 0.04 frec. normal = frec (a + a + ) + frec (a + a 1 ) + frec (a + a 2 ) = = p 2 + 2pq + 2pr = = (0.7) (0.7) (0.2) + 2 (0.7) (0.1) = = = 0.91 y conjuntamente = 1.00

15 Prob_sesion En cierta población europea, les frecuencias de los alelos I A, I B i I 0 son 0,3, 0,1 y 0,6 respectivamente. Si la población se encuentra en equilibrio de Hardy-Weinberg, determina las frecuencias genotípicas y fenotípicas. (FJS) p = frec (I A ) = 0.3 q = frec (I B ) = 0.1 Población en equilibrio r = frec (I 0 ) = 0.6 fenotipo A: frecuencia (I A I A ) + frecuencia (I A I 0 ) = p 2 + 2pr = = 0.45 fenotipo B: frecuencia (I B I B ) + frecuencia (I B I 0 ) = q 2 + 2qr = = 0.13 fenotipo AB: frecuencia (I A I B ) = 2pq = 0.06 fenotipo 0: frecuencia (I 0 I 0 ) = r 2 = = 1.00

16 Prob_sesion La frecuencia del alelo mutante de la hemofilia en una población que se encuentra en equilibrio de Hardy-Weinberg es 0,0001. Sabiendo que este gen está localizado al cromosoma X, determina la frecuencia de hombres y mujeres hemofílicas i las frecuencias genotípicas para los dos sexos. (FJS) h : alelo de la hemofilia h + : alelo de coagulación normal frecuencia (h) = q = = 10-4 p = = En mujeres: Q = frecuencia genotipo h h = q 2 = = 10-8 P = frecuencia genotipo h + h + = p 2 = (0.9999) 2 H = frecuencia genotipo h + h = 2pq = 2. ( ) En hombres: X h Y, frecuencia del genotipo X h Y = q = 10-4 X h+ Y, frecuencia del genotipo X h+ Y = p = ( ) Es muy superior la frecuencia de varones hemofílicos (1 de cada ) a la de mujeres hemofílicas (1 de cada 100 millones).

17 Problemas sesión Sesión La siguiente genealogía corresponde a la capacidad de gustar cierto compuesto. Indica el modo de herencia más probable, razonando la respuesta. Qué genotipos y con qué probabilidad tendrían los individuos III-3 i III-9? (FJS) Individu III-9. Ha de ser heterozigot ja que el seu pare és gustador (gg) i per tant li passarà un al lel g i d altra banda en ser fenotípicament normal ha de portar l al lel G. Per tant és Gg.

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

19 Problemas sesión05-3 -

20 Problemas sesión 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 II III a) Qué tipo de herencia gobierna cada uno de los caracteres? b) Cuáles son los genotipos de los abuelos? c) Cuál es la probabilidad de que del cruzamiento entre III-4 y II-12 aparezca un hijo con un dedo extra? Y con la enfermedad ocular? (UV)

21 Problemas sesión05-5 -

22 Problemas sesión Indica en las siguientes genealogías que tipos de herencia son posibles y cuales no, y en el primer caso cuales son más probables. Razona la respuesta. (UV) A) B) C) D) E)

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