APÉNDICE IV: SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS.

1. 1) Aa x aa

2) Aa x Aa

3) aa x aa

4) AA x aa

5) AA x A-

2. C- falta de cuernos

cc presencia de cuernos

toro = Cc vaca A = ccvaca B = cc vaca C = Cc

a) toro x vaca A ----> 1/2 Cc (sin cuernos) 1/2 cc (con cuernos)

b) Cc toro x cc 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. a) alelo autosómico recesivo; b) heterozigoto; c) 60

4. Bivitelinos: a) 1/4 b) 1/4 c) 1/2

Monovitelinos: a) 1/2 b) 1/2 c) 0

5. a) 1/2 negro 1/2 azul

b) 1/4 negro 1/2 azul 1/4 blanco

c) 1/2 azul 1/2 blanco

6. Rosa presenta herencia intermedia entre rojo y blanco.

7. a) 1/16 b) 3/8 c) 1/4 d) 1/2

8. 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

9. a) 3/16 b) 27/64

10. 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

11. 4/7

12. c2 = 1.68 (1 g.l.) no se rechaza la hipótesis 3/4 : 1/4

13. a) Si se podría obtener DDRR.

b) si se podría obtener ddrr.

c) se obtendría antes la enana amarilla (ddrr).

14. A = tallo alto; a = tallo enano

V = legumbre verde; v = legumbre amarilla

R =semilla redonda; s = semilla rugosa

AavvRr x aaVVRr

15. a) 1/4; b) 1/8; c) 1/2; d) 0; e) 9/16; f) 1; g) 1/4

16. 1) AaBb x aabb

2) AaBB x AaBB

3) AaBb x AaBb

17. BbSs x bbss

18. 2/3 negro pata mula 1/3 negro pata normal

19. F1: 9/16 normal 7/16 gordos

F2: 64/81 normal 17/81 gordos

20. Herencia intermedia para el color de la flor; dominancia para la forma de la flor.

c2(color flor) = 0.564 chi2 (forma flor) = 0.143 chi2 (conjunta) = 1.261

No se rechaza ninguna de las tres hipótesis.

21. a) la desviación de la familia a si es significativa respecto a la proporción 9:3:3:1; la desviación de la familia b también es significativa respecto a la proporción 9:3:3:1

b) No son homogéneas las dos familias.

22. a) porfiria = autosómico dominante; albinismo = autosómico recesivo.

c) c-1) 1/4; c-2) 0.5; c-3) 0.5; c-4) 0.5

23. 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

24. a) trihibridismo 27:9:9:9:3:3:3:1; b) 14.8%; c) 25%; d) 75%

25. a) 1/8

b) por autofecundación, serán aquellas en las que no segrega ningún carácter.

26. a) 1/16; b) 3/16

27. 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 = CRx,2 = (n2 + n)/2 siendo x = nº de genotipos distintos

28. 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

29. a) 5/16; b) 15/256; c) 1/128; d) 270

30. 4 alelos cn (negro); cr (crema); cs (sepia); ca (albino)

cn > cs > cr > ca

31. 4 alelos c+ (salvaje); ch (himalaya); cch (chinchilla); ca (albino)

c+ > cch c+ > ch c+ > ca ch > ca

gris claro = cch ca y cch ch

32. a) 0.075;b) 0.5; c) 0.425

33. 3 alelos

34. El niño Z no puede ser de la familia X/Y

35. Un gen con tres alelos. AR (rojo); AM (amarillo); Ab (blanco).

AR>Ab ; AM>Ab; ARAM (naranja); ARAR letal

a) ARAb X AbAb -------> AbAb; ARAb

b) ARAb x ARAb -------> ARAb; AbAb

c) AMAb x AbAb -------> AMAb; AbAb

d) AMAb x AMAb -------> AMAM; AMAb; AbAb

e) ARAb X AMAb -------> ARAM; ARAb; AMAb; AbAb

f) ARAM x AbAb--------> ARAb; AMAb

36. a) Un gen con tres alelos

Restringido mallard obscuro

AR AM AO AR > AM > AO

1) AMAM x AOAO F1 AMAO F2 3 mallard : 1 obscuro; X2 1g.l.= 0.0026

2) ARAR x AOAO F1 ARAO F2 3 restrin : 1 obscuro; X2 1g.l.= 0.0088

3) ARAR x AMAM F1 ARAM F2 3 restrin : 1 mallard; X2 1g.l.= 0.0024

b) ARAM x AMAO

AMAM, AMA0 ARAM, ARAO

1/2 mallard 1/2 restringido

37. b) 1/4; c) 2/3; d) 3/4

38. a) B2C1A2/B4C3A4 B2C1A2/B3C4A3 B1C2A1/B4C3A4 B1C2A1/B3C4A3

b) Ninguna pareja donante-aceptor es compatible

39. 1/4 fértiles, 1/4 estériles, 1/4 parcialmente fértiles.

40. a) S1S4, S2S4, S1S5, S2S5

b) S3S5, S4S5

c)ninguno

d) S3S4, S3S5

41 a) Epistasia simple recesiva

b)

163!

ÄÄÄÄÄÄÄÄÄÄÄ(9/16)92 (4/16)41 (3/16)30

92!41!30!

42. 12:3:1 epistasia simple dominante

43. P gris x pardo ­­> F1 gris ­­> F2 48 gris 27 G- N- A-

GG NN AA gg nn aa Gg Nn Aa 9 G- N- aa

9 G- nn A-

3 G- nn aa

12 negro 9 gg N- A-

3 gg N- aa

3 azul 3 gg nn A-

1 pardo 1 gg nn aa

44. 13:3 epistasia doble dominante y recesiva c2 = 2.76

45. a) 1/4 : 3/4 b) 1/4 : 1/2 : 1/4

46. a) C = cromógeno, c = no cromógeno. I inhibe, i no inhibe. P pigmentado, p no pigmentado.

Wyandotte cc ii PP (blanca); Leghorn CC II PP (blanca); Silkie CC ii pp (blanca)

b)13 blancas 3 coloreadas

47. 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)

48. 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

49. a) Dos genes afectan al tamaño

A (normal)> a (enanismo 1)

B (normal)> b (enanismo 2)

epistasia doble recesiva

P enana 1 x enana 2 P enana 1 x alta P enana 2 x alta

Aabb aaBB Aabb AABB aaBB AABB

F2 9 altas: 7 enanas F2 3 altas: 1 enana F2 3 altas: 1 enana

b) AaBb x AAbb ­­­> AABb 1/4

AaBb 1/4

AAbb 1/4

Aabb 1/4

Proporciones fenotípicas: A- B- 1/2 altas; A- bb 1/2 enanas

50. Epistasia simple dominante.

A- B- aguda

A- bb aguda

aa B- punta espinosa

aa bb espinosa

51. 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)

52. A- B- azul

A- ó B- púrpura

aa bb escarlata

a) AaBb x aabb

b) Aabb x aaBb

c) AABb x AABb

. ó AaBB x AaBB

d) AaBb x aaBb

ó AaBb x Aabb

e) Aabb x aabb

ó aaBb x aabb

53. a) Están implicados 3 genes; b) 3, 1, 2; c) verde, 100% verde; d) verde, 0% amarilla

54. Dos genes implicados. Epistasia simple dominante.

55. a) Implicados tres genes con dos alelos cada uno.

C (permite color) > c (diluye color)

B (marrón) > b (verde)

A (rojo) > a (verde)

A y B interaccionan para dar púrpura

cc es epistático sobre A- y B-; aa es epistático sobre B-/bb y C-/cc

56. DD letal Dd dichaetae dd normal.

57. a) 1/16

b) Genotípicas: 9/16 AA + 6/16 Aa + 1/16 aa; Fenotípicas: 15/16 sano 1/16 amputado

58. a) 4/9 amarillo cola corta ; 2/9 amarillo normal; 2/9 amarillo cola corta; 1/9 normal normal.

b) 4.5 crias

59. 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

60. SS letal; Ss Hh normal, ss Hh número de quetas reducido; ss hh normal

a) Hh Ss x Hh Ss ­­­­> 7/9 normal + 2/9 número de quetas reducido

b) Hh ss x Hh Ss ­­­­> 2/3 normal + 1/3 número de quetas reducido

61. 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%

62. 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.

63. 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).

64. La hembra parental tiene los cromosomas X unidos, dando lugar, en la descendencia, a hembras XvXvX+ + XvXvY y machos X0

65. La hembra A es heterozigótica para vermillion XvX+. La hembra B también lo es, pero en el cromosoma con copia normal de vermilion lleva un gen letal recesivo (hembra B: diheterozigótica en fase de repulsión para vermilion y para un gen letal).

66. 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

67. 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.

68. a) gen ligado al sexo con herencia intermedia.

hembras: XNXN (negro), XAXA (amarillo), XNXA (moteado)

machos: XNY (negro) XAY (amarillo).

b) XAXA x XNY da lugar a una F1: XNXA (hembra moteada) XAY (macho amarillo)

c) XNXN x XAY da lugar a una F1: XNXA (hembra moteada) XNY (macho negro)

d) XNXA x XNY da lugar a una F1: hembras: 1/2 XNXA (moteada) 1/2 XNXN (negro)

machos: 1/2 XNY (macho negro) 1/2 XAY (amarillo)

e) XNXA x XAY da lugar a una F1: hembras: 1/2 XNXA (moteada) 1/2 XAXA (amarillo)

machos: 1/2 XNY (macho negro) 1/2 XAY (amarillo)

69. Pterodáctilo:

Color de ojos controlado por un gen ligado al sexo: A (azul) > a (blanco). Tamaño del ala controlado por un gen autosómico: B (largas) > b (corta).

XAXaBb x XAYBb

Arqueopterix:

Ambos genes están ligados al sexo, con ligamiento completo, en fase de acoplamiento en la primera hembra (XALXal) y en fase de repulsión en la segunda (XAlAlXaL), siendo el macho XAL/Y.

70. 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

71. a) La sex-ratio quedaría distorsionada 2:1 en favor de hembras, en el transcurso de las generaciones el gen letal vería disminuida su frecuencia hasta desaparecer..

b) La sex-ratio quedaría distorsionada 2:1 en favor de machos.

72. 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

73. 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).

Parentales: hembras XbXbAaCc x machos XBYAaCc

74. Un gen con tres alelos, parcialmente ligado al sexo

A(azul) > v (verde) >t (turquesa)

P XAXt x XvYA ­­­­> F1 XAXv (azul) XtXv (verde) XAYA (azul) XtYA (azul)

F1 XtXv x XAYA ­­­­>XtXA (azul) XvXA (azul) XvYA (azul) XtYA (azul)

XtXv x XtYA ­­­­>XtXt (turquesa) XvXt (verde) XtYA (azul) XvYA (azul)

75. 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)

76. AA BB CC x aa bb cc ­­­­> F1 Aa Bb Cc

2700 1350 2025
nº alelos
propor nº gr
aumentan
disminuyen
F2 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

77. a) AA bb x aa BB ­­­­> Aa Bb

b) Aa Bb x Aa Bb ­­­­> 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 ­­­­> 1/4 AA Bb 16 dm

2/4 Aa Bb AA bb 14 dm

1/4 Aa bb 12 dm

78. VG = VA + VD + VI VP = VG + VE = 300

h2 = VA/VP = 90/300 = 0.3

79. a) h2 = 0.57

b) h2 = 10.96

80. R = 0.47

incremento = 35.47

disminución = 34.53

81. a) Longitud de la pierna h2 = 0.15 H2 = 0.20

Longitud del cuello h2 = 0.10 H2 = 0.60

Contenido en grasas h2 = 0.447 H2 = 0.547

b) contenido en grasas, ya que tiene una h2 mayor

c) R = 0.09558 ­­­­> 9.56%

82. La de mayor heredabilidad realizada, 0.39

83. Metafase somática 120 Espermatocito 2º Anafase I 60

Espermatozoide 30 Espermátida 30

Telofase II 30 Metafase II 60

Interfase Mitosis G2 120 Espermatogonia G1 60

Espermatocito 2º Prof 60 Intefase Mitosis 60

84. a)madre:B9A2/B8A1, padre B6A3/B8A3

b) Tras recombinación en la madre B8A3/B8A2

85. 4%

86. 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

En fase de acoplamiento:

A B/a b x a b/a b

5% A b/a b, 5% a B/a b, 45% A B/a b, 45% a b/a b

87. El individuo AaBbCc tiene los genes A y b en fase de repulsión.

A b/a B C/c x a b/a b c/c

19.5 % A b/a b C/c 19.5 % 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 c/c

5.5 % a B/a b C/c 5.5 % a B/a b c/c

88. A b/a B C D/c d x a b/a b c d/c d
Gametos
No recombinantes
Recombinantes
A b 0.4
a B 0.4
A B 0.1
a b 0.1
No recombi. C D 0.42
AbCD 0.17
aBCD 0.17
ABCD 0.04
abCD 0.04
c d 0.42
Abcd 0.17
aBcd 0.17
ABcd 0.04
abcd 0.04
Recombi. C d 0.08
AbCd 0.03
aBCd 0.03
ABCd 0.008
abCd 0.008
c D 0.08
AbcD 0.03
aBcD 0.03
ABcD 0.008
abcD 0.008

La frecuencia de los gametos corresponde con las frecuencias genotípicas y fenotípicas del cruce.

89. 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).

90. Roja redonda (A- B-) = 0.5075; roja alargada (A- bb) = blanca redonda (aa B-) = 0.2425; blanca alargada (aa bb) = 0.0075

91. P o S/o S x O s/O s ­­­­­> F1 o S/O s

F2 126 O- S- 63 O- ss 66 oo S- 4 oo ss

frecuencia de recombinación r = 0.248

92. a) los resultados se explican si la frecuencia de recombinación entre los genes white y vermilion es de 0.3

b) 53.8 %

93. a) planta masculina M F/m f

b) planta femenina m f/m f

c) Porque el sexo viene determinado por la contribución del macho. Los genes M,m y F,f estan fuertemente ligados, por lo que la planta masculina dará lugar, normalmente, a un 50% de gametos M F que determina masculinidad (M F / m f) y un 50% m f que determina feminidad (m f / m f).

d) Hermafrodita. Con frecuencia muy baja, en machos, se produce recombinación entre M y F obteniendose gametos M f y m F y a zigotos M f/m f y m F/m f, dando lugar el primero a una planta con fertilidad tanto masculina como femenina.

e) Porque los genes estan fuertemente ligados

94. a) X2(total) = 33.605 X2(P,p) = 0.004 X2(R,r) = 0.464

b) 32.18 % de recombinación; 64.36% de entrecruzamiento (quiasmas); distancia = 32.18 cM

c) 1931

95. a) ausencia de recombinación en machos

b) 30.14 cM

96. Sí están ligados. Distancia = 6.27 cM

97. No se puede demostrar estadísticamente que exista ligamiento porque el locus B, b no segrega mendelianamente.

98. a) más frecuentes M K L y m k l menos frecuentes M k L y m K l

b)K L M k l mK l M k L m

c)K M L k m lK m L k M l

99. pr = gen central

distancia pr y v = 43.37 cM

distancia bm y pr = 22.27 cM

Coeficiente de coincidencia = 0.8

100. a) pr = gen central

b) distancia bm-pr = 6 cM; distancia pr-c = 20.6 cM

c) I = 51%

101. 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

102. frecuencia fenotipo abC = 5%

103. Cruzamiento parental: PAD/PAD x pad/pad

F1: PAD/pad (Mr. Spock)

cruzamiento Mr. Spock (PAD/pad) x terricola (pad/pad)

a) 0.34 (PAD); b) 0.34 (pad); c) 0.15 (PaD); d) 0.06 (Pad)

104. a) CC = 0.1 b)CC = 0.5

A B C 0,351 0.355

a b c 0,351 0.355

A b c 0,099 0,095

a B C 0,099 0,095

A B c 0,049 0,045

a b C 0,049 0,045

A b C 0,001 0.005

a B c 0,001 0,005

105.

d hk cn+ 0,372

d+ hk+ cn 0,372

d hk cn 0,014

d+ hk+ cn+ 0,014

d hk+ cn 0,110

d+ hk cn+ 0,110

d+ hk cn 0,004

d hk+ cn+ 0,004

106.

ct l f 0.323

ct+ l+ f+ 0.323

ct l+ f+ 0,032

ct+ l f 0,032

ct l f+ 0,139

ct+ l+ f 0,139

ct+ l f+ 0.006

ct l+ f 0.006

107. 0,0117

108. Los loci E y F están ligados y a una distancia de 9.5 cM

109 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.

110. a) 30%

b) 3/4 : 1/4

111. Se trata de dos genes ligados, separados 20 cM

112. (P) hembra abc/abc x macho +++/+++ ­­­­> (F1) abc/+++ x abc/+++

a) 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 b44 + 47 = 91

Recombinantes entre b y c87 + 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

113. 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

114. Se trata de genes ligados al sexo situados en el cromosoma X a una distancia de 1.37 cM.

115. 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 IV: IV-2 (a b+), IV-3 (a b+), IV-5 (a+ b), IV-7 (a b+) y IV-9 (a b+).

116. a) No se puede asegurar con total certeza, pero el 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.

117. Hembra l a b L a b

ÄÄÄÁÄÄÄÄÄÄÁÄÄÄÄÄÄÍÍÍÍÍËÍÍ ÄÁÄÄÄÄÄÄÁÄÄÄÄÄÄÍÍÍÍÍËÍÍ

ÄÄÄÂÄÄÄÄÄÄÂÄÄÄÄÄÄÍÍÍÍÍÊÍÍ ÄÄÄÄÄÄÍÍÍÍÍÊÍÍ

L 0.3 A Ã0.2 b B

L- A- B- L- A- bb L- aa B- L- aa bb

Hembras 0.067 0.267 0.067 0.267

Machos 0.187 0.0467 0.08 0.020

118. Los dos caracteres se encuentran en el segmento apareante de los cromosomas sexuales.

El locus A,a está entre B,b y el segmento diferencial. La distancia b-a es de 31.5 cM. La distancia a-segmento diferencial es de 21.5 cM.

119. Los tres loci se encuentran en el segmento diferencial del cromosoma X.

Distancia B-A = 17 cM

Distancia A-C = 12 cM

120. 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

Gen para la hemofilia es el central.

Distancia r-h = 3 cM Distancia h-sc = 10 cM

I = -1

121. 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

122. 436

123.a) abc x +++

b) ÄÅÄÄÄÄÄÅÄÄÄÄÄÄÄÄÄÄÄÅÄ

a 0.1 b 0.2 c

124. a) No están ligados.

b) Centrómero-al = 0.377 Centromero-ino = 0.322

125. Distancia a-b = 10 m.u.

T 14+6 = 20

r (centrómero-a) = 0.075

r (centrómero-b) = 0.035

a 7.5 cent 3.5 b

126 a-b No están ligados

a-c Distancia = 10 m.u.

b-c No están ligados

No se puede calcular la distancia al centrómero porque no son tétradas ordenadas.

127. silvestre x mutante 1 ­­­­­> ½ negra + ½ blanca

silvestre x mutante 2 ­­­­­> ½ negra + ½ gris

mutante 1 x mutante 2 ­­­­­> ½ negra + ½ blanca (1)

½ gris + ½ blanca (2)

½ blanca + ¼ negra + ¼ gris (2)

Las mutaciones 1 y 2 no son alélicas

mutante 1 (+ b)DNP ­­­­> (+ +) (g b)

mutante 2 (g +)DP ­­­­> (+ b) (g +)

silvestre (+ +)TT ­­­­> (+ b)

(g +) gris

El gen b es epistático sobre g (+ +) negra blancas

(g b)

128. El locus w no está ligado a ninguno de los marcadores (es independiente). Lo ínicos loci que están ligados son a y c (b no está ligado ni a ni a c).

129. En el caracol el arrollamiento de la concha viene determinado por el genotipo de la madre.

S(dextrógiro) > s(levógiro)

P Ss (madre) x Ss ó ss (padre)

F1 ss (dextrógiro)

F2 ss (levógiro)

130. a) todos resistentes

b) ½ sensibles; ½ resistentes.

131. a) ¼ (KK + k); ½ (Kk + k): ¼ (kk).

b) ¼ (KK); ½ (Kk); ¼ (kk).

c) ¼ (KK); ½ (Kk); ¼ (kk).

d) ½ (KK); ½ (Kk).

132. a) En la herencia ligada al sexo, todos los individuos de la F1 son como la madre (AA x aY) o los machos tienen el fenotipo de la madre (aa x AY), que no es el caso.

b) Acumulación de quinurenina en el citoplasma del óvulo. Influencia materna.

c) Los padres tienen que ser Aa (marrón oscuro) x aa (rojo).

133. 179 mutaciones/1000 descendientes

134. a) T = A -----> C = G

b) A = T -----> G = C o viceversa

c) C = G -----> T = A o viceversa

d) C = G -----> T = A o viceversa

e) G = C -----> A = T

135. aproximadamente 2 x 108 plantas

136. a) 2.55 x 10-9

b) 4.65 placas

137. Una desviación de la razón de sexos es la primera indicación de que en dicha población se han producido mutaciones letales.

138. Hemofilia (ligada al sexo): imposible que la enfermedad sea causada por la exposición del padre a energia nuclear; enanismo (autosómico dominante): si es posible que la enfermedad sea causada por la exposición del padre a energia nuclear.

139. 8.5 x 10-5 mutaciones/niño

140. 1/3 síndrome Down

141. a) 0.0625

142. 29 m.u.

143. POBLACION A ordenación de referencia

POBLACION B inversión del segmento 754 de F

POBLACION C duplicación del segmento 2 de E

POBLACION D deleción del segemento 5 de F

POBLACION E inversión del segmento 2-5 de A

POBLACION F deleción del segmento 326 de E o bien del 3226 de C

144. F1 y F2: machos ojos rasgados, hembras bermellón

145. El doble entrecruzamiento propuesto no altera la ordenación de estos cromosomas.

146. a) 21

b) 2n y n; 2n-1 y n+1; 2n-2 y n+2......

c) 42

147. a) monosómico (2n-1) ===> 11 cromosomas

b) trisómico (2n+1) ===> 13 cromosomas

c) tetrasómico (2n+2) ===> 14 cromosomas

d) doble trisómico (2n+1+1') ===> 14 cromosomas

e) nulisómico (2n-2) ===> 10 cromosomas

f) monoploide (n) ===> 6 cromosomas

g) triploide (3n) ===> 18 cromosomas

h) autotetraploide (2n+2n) ===> 24 cromosomas

148. locus M/m está localizado en el cromosoma V.Genotipo machos parentales trisómicos:

I ---> Mm

II ---> Mm

III ---> Mm

IV ---> Mm

V ---> Mmm

VI ---> Mm

149. f(AA)= 0.0625, f(AB)= 0.375, f(BB)= 0.5625

f(AY)= 0.25, f(BY)= 0.75

150. f(IA)= 0.4, f(IB)= 0.4, f(I0)= 0.2

151. f(ca)= 0.5546, f(ch)= 0.2062, f(cn)= 0.2392

152. a) Según se interprete el enunciado la solución es 0.00705 ó 0.0276, y b) 98596

153. f(M)= 0.532, f(M)= 0.468. Población en equilibrio H-W.

154. c2= 379.7. Población no en equilibrio H-W.

155. 5075 generaciones.

156. a) p= 0.75 en el equilibrio, b) 0.2001, 0.2001998, 0.2002993, y c) 111.44

157. Incremento de p igual a 0.3421

158. a) En el equilibrio p=0.667, y b) Incremento de p igual a -0.0834

159. Se pierden el 0.07% de los genes a

160. Población 1 f(Aa)= 0.32, Población 2 f(Aa)= 0.192, Población 3 f(Aa)= 0.064.

161. F= 0.5

162. Ne= 59.7

163. Probabilidad f(A)= 0.75 es de 0.1025

164. A, B, D, C y E.

165. Las dos subpoblaciones están en equilibrio, la población total no.

166. Tasa de migración m=1.07 x 10-3

167.Lastre genético: a) 10-5, b) 2 x 10-5 y c) 10-5

168. G = 28%;C = 28%;A = 22%;T = 22%

169. Como (A) = (T) y (G) = (C), no se cumple la regla de Chargaff, por lo que probablemente el DNA del virus no es de doble banda.

170. a) 3'-OH, b) 3'-OH y c) 5'-P

171. a) 50 s; b) 150.15 s

172.

a) 400,000 nucleótidos

b) 20,000 vueltas completas

c) 400,000 átomos de P

d) 680,000 A

173. a) 3.04 x 105 moléculas/mg; b) 3.3 x 10-6 mg/molécula

174. a) 23; b) 23; c) 46; d) 92

175. a)

b)

c) aed corresponde a un fragmento cromosómico cuyo DNA ha sufrido 1 ciclo de replicación con 3H-timidina por tanto posee una banda marcada y otra no.

d) abd está más marcado que aed porque el DNA de este fragmento ha sufrido un segundo ciclo de replicación en medio con 3H-timidina.

e)

176. a) El orden es BAC

b) q(BA)= 0.3 y q(AC)= 0.25 y q(BC)= 0.37

177. a) q(his,pro)= 0.13 y q(pro,arg)= 0.34 y q(his,arg)= 0.4

b) his pro arg

178.

6 3 2 14 4 4 15 1 11 5 7 4 6 6

ÄÄÄÄÅÄÄÄ×ÄÄÄÅÄÄÄÄÅÄÄÄÄ×ÄÄÄÅÄÄÄÄÅÄÄÄÄÅÄÄÄÅÄÄÄÄÅÄÄÄÅÄÄÄÅÄÄÄÄÅ×ÄÄ×

phe his trp tio azi thr tia met mal tim arg

179.

Y-X-W-Q-S-R-P-O-F-G

b) cepa 1 W, cepa 2 X, cepa 3 P, cepa 4 F y cepa 5 S.

180. Orden SupC trpA pyrF y fr cotransducción SupC,trpA= 0.25; SupC,pyrF= 0.06

181. Posición relativa c a b ; Distancias 62 kb entre c y a y 17.5 entre a y b.

182. Orden a b c; dist a,b=3.6 y dist b,c=6.4. Interferencia -2.04 (múltiples entrecruzamientos, fenómeno poblacional).

183. Q-W-D-M-T-P-X-A-C-N-B

184. leu thr ile mal trp

185. a) Para poder obtener todos los recombinantes posibles met+; b) Orden met pur thi; c) dist met,pur=15.4 y dist pur,thi= 1.8

186. Sólo son incapaces de incorporar los genes lac+ las células F- rec- en los cruzamientos con células Hfr y F+.

187. Orden arg bio leu; Distancias arg,bio= 12.8, bio,leu= 2.1

188. a) B es el gen distante; b) A D C.

189. a) distancias m,r= 12.8 y r,tu= 19.9.

b) Orden m r tu

c) Coeficiente de coincidencia 1.26 (múltiples entrecruzamientos, fenómeno poblacional).

190.a) Enzima X locus b; Enzima Y locus a

b) 9/16 granate, 3/16 rojo, 3/16 azul, 1/16 blanco

c) Porque si codifican para una enzima no funcional o para su ausencia, cuando estén en heterocigosis la actividad enzimática será del 50% debido a la copia normal y eso generalmente provocará una síntesis de pigmento suficiente para que no exista diferencia con el homocigoto normal.

191. a) Incolora 37/64; b) marrón 27/256

192. a) 1/16; b) 33/64; c) 27/64

193. Cultivar una cepa doble mutante a 17ºC y subir a 42ºC (sistema 1); Cultivar a 42ºC y bajar a 17ºC (sistema 2).

Hipótesis 1 sf codifica X, sc codifica Y. Aparecen fagos maduros en sistema 2, pero no en 1.

Hipótesis 2 sc codifica X, sf codifica Y. Aparecen fagos maduros en sistema 1, pero no en 2.

194. En un gen que codifique una enzima

195. Hay 2 rutas posibles

BÄÄÄÄÄÄÄÄÄAÄÄÄÄÄÄÄÄÄEÄÄÄÄÄÄÄÄÄD BÄÄÄÄÄÄÄÄÄCÄÄÄÄÄÄÄÄÄEÄÄÄÄÄÄÄÄÄD

ÀÄÄÄÄÄÄÄÄÄC ÀÄÄÄÄÄÄÄÄÄA

196. Homoserina--B--Cistationa--C--Homocisteina--A-- metionina

197.

2 4 3 1

ÄÄÄÄ×ÄÄÄÄ D ÄÄÄÄ×ÄÄÄÄ B ÄÄÄÄ×ÄÄÄÄ C ÄÄÄÄ×ÄÄÄÄ A

198.

E C

B D A

F

199.

pro

ac. glú glu-P semial glu. orn citr ac. glu. suc. arg

200.

a) ac. glutámico semial. glu. orn. citr. arg.

b) B c) F

C D G H

A E

201.Cistrón A,D,F; Cistrón C, E; Cistrón B,G

202. Cistrón 1 mut 7; Cistrón 2 el resto.

203. 3 cistrones: (1) A, (2) B y C , (3) D, E y F

204. 4 cistrones: 1,2; 3,4; 5,6; 7,8

205.
ABC DEF
A-+ ++++
B-+ +-+
C- -+-
D -+-
E -+
F -

206. M1, M4, M6 M2, M5 M3

H1: tres dominios en la misma proteína. La mutación 7 es por ejemplo una mut. cambio pauta de lectura.

H2: una deficiencia

Si M7 revierte no es una deficiencia.

207. 5-6-4-1-2-3

208. Df2

Df1 Df3

Df4

Cromosoma

6 5 8 7

209. B-E-A-C-D

210. Ile, AUC; tyr UAU; leu CUA

211. arg, AGA; asp GAC; gln, CAG; glu, GAG; thr, ACA; glu o lys, GAA o AAG

212. phe, 64/125; val, 20/125; leu, 16/125; cys, 16/125; gly, 5/125 y trp, 4/125.

213. Lys AAA; Asn, 2A 1U; Tyr, 1A 2U y Phe, UUU.

214. Normal AUG AGU UAU CAA UGG

Cepa 1 AUG AGU UAA (UCAAUGG)

Cepa 2 AUG AGU UAU CAA UGA

Cepa 3 AUG AGU AUC AAU GGA AC

Cepa 4 AUG AGU UAU CAA UGU AAA

215. a) 1. Transversión 2. Transición 3. Deleción y Adición 4. Inversión

b) 5' GCX CCX TGG AGT GAA AAA TGPi CAPi 3'

3' CGX GGX ACC TCA CTT TTT ACPu GTPu 5'

216. HbW1, deleción de la tercera base del triplete de lisina; HbCS, sustitución del U del triplete de parada por una C.

217. a) mRNA original... AAPu AGU CCA CUU AAU GCX GCX AAPu ...

mRNA nuevo ... AAPu GUC CAU CAC UUA AUG GCX GCX AAPu ...

b) deleción de A en la primera posición del triplete Ser; Adición de G a 15 nucleótidos de la deleción.

218. a) 5' TAC ATG ATC ATT TCA(STOP) CGG AAT TTC TAG CAT(INICIO) GTA 3'

b) 3' ATG TAC TAG TAA AGT GCC TTA AAG ATC GTA CAT 5'

c) siete aminoácidos.