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Genetica solucionario
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  • 1. Solucionario Problemas de Genética1. 2/3 de la F2 negra es heterocigótica2. Aa3. a) Probabilidad de negro-blanco-negro: ¾ · ¼ · ¾ = 9/64 Probabilidad de blanco-negro-blanco: ¼ · ¾ · ¼ = 3/64 b) Probabilidad de dos negros y un blanco: (¾ · ¾ · ¼) · 3 = 27/644. a) padres: Aa; hijo: aa b) probabilidad de tener hijos de ojos pardos: ¾5. genotipo madre de la mujer: aa; genotipo padre de la mujer: Aa genotipo esposo: aa genotipo esposa: Aa genotipo hermano: aa genotipo hijo: Aa6. a) corto negro (Ll Nn) b) La probabilidad de obtener un gato de pelo largo y rojizo (llnn) es 1/167. La F2, dará 50% Nn (comunes) y 50% nn (negros)8. a) En el cruce de roano con roano, se obtienen: ¼ rojo (CRCR); ½ roano (CRCB), ¼ CBCB. b) En el cruce de rojo con roano, se obtiene una F1: CRCR (rojo, 50%) y CRCB (roano,50%); en la F2, se obtendrán CRCR (rojo, 50%) y CRCB (roano, 50%). Luego la probabilidad deroano será del 50%.9. a) Probabilidad de amputado es: ¼ Probabilidad de tener dos becerros amputados: ¼ · ¼ = 1/16 b) El apareamiento de toros heterocigotos (Aa) y vacas no portadoras (AA) da una F1: Aa(50%) y AA (50%). Al aparearse al azar podemos tener tres combinaciones: - Cruce 1 (1/3): AA x AA AA (100%) - Cruce 2 (1/3): AA x Aa AA (1/2); Aa (1/2) - Cruce 3 (1/3): Aa x Aa aa (1/4, muerto); Aa (2/4); AA (1/4) La proporción genotípica de la F2 será: - AA: 1/3 + 1/3·1/2 + 1/3·1/4= 7/12 - Aa: 1/3·1/2 + 1/3·1/2= 4/12 - aa:1/3·1/4= 1/12 (muertos) Si sólo tenemos en cuenta los viables, en el cruce 3, la proporción de Aa es de 2/3 y de AA, 1/3; luego la proporción genotípica viable será: - AA: 1/3 + 1/3·1/2 + 1/3·1/3= 11/18 - Aa: 1/3·1/2 + 1/3·2/3= 7/18 a a10. A A (letal) Aa a (1/3) Aa A (1/3) } amarillo (2/3) A a (1/3) agutí11. a) En el primer cruce: Aa x AA AA (blanca) 50%; aA (rosa) 50% b) En el segundo cruce: Aa x aa Aa (rosa) 50%; aa (roja) 50%12. a) MN x MN MM (Talasémicos mayores: mueren); MN (2/3: talasémicos menores); NN (1/3: normales) b) De ellos, los talasémicos menores (anémicos) son 2/313. Si reconoce a los hijos 0 y AB, es que los progenitores serán A0 y B0, únicos cruces en los que pueden darse estos dos hijos. En este cruce pueden obtenerse, además, hijos A (A0) y B (B0), luego el hijo B sí podría ser hijo suyo.
  • 2. 14. Si el niño es A y la madre 0, el niño será A0. El padre deberá aportar el alelo A pero el resto puede variar: grupos A (A0, AA) o AB (AB)15. Si el hijo es 0, el padre será A0 y la madre B0. En este matrimonio, los hijos serán AB, A (A0), B (B0), 0 (00)16. En la familia X: AB x 00 A0; B0 (reclaman el hijo Z -00- que no puede ser suyo; el hijo Y -A-, que no reconocen, sí puede ser suyo) En la familia W: A- x 00 tanto el hijo Y –A- como el Z -0- podrían ser suyos si el aleloque falta fuera 0 (A0)17. El padre será Nn Uu y la madre nn Uu18. En la F1 todos los individuos serán heterocigotos rojos (RrCc). En la F2, se obtendrán 9/16 rojos, 6/16 café y 1/16 blanco. Este fenómeno se conoce como epistasia. La palabra epistasia deriva del griego “interrupción” y refleja el fenómeno por el cual un gen eclipsa la manifestación de otro gen que no es alelo (interacción génica). El gen manifestado se denomina epistático y el eclipsado, hipostático. Existen muchos tipos de epistasias. La que se muestra es una epistasia con efectos acumulativos, en la cual cada gen dominante es causante de la producción de un componente de una sustancia final. El color rojo se produce por la interacción de los alelos R y C; el color amarillo, por los alelos r y C ó R y c; el color blanco, por los alelos r y c.19. a) La variedad roja y normal tendría el genotipo Rr Dd b) La variedad amarilla y enana –rrdd- se podría obtener si los parentales son rrDd y Rrdd c) En el cruce propuesto, las dos variedades tienen la misma probabilidad de producirse (1/4del total): Rojo normal ¼ (RrDd); Rojo enana ¼ (Rrdd); amarilla normal ¼ (rrDd); amarilla enana¼ (rrdd)20. Si P (ojos pardos) > p (ojos azules) y O (pelo oscuro) > o (pelirrojo) Genotipos de los padres: OoPp y Oopp Genotipos de los hijos: ooPp; O-pp (no puede resolverse la incógnita con los datos delproblema)21. Si ambos padres son heterocigotos para los dos caracteres, según lo predicho por la 3ª ley de Mendel, la probabilidad de obtener el doble homocigoto recesivo es de 1/16.22. El padre calvo será Cc XY y la madre normal será CcXX. Los hijos posibles serán: - Varones: ccXY (1/4 – normal) CcXY (1/4 – calvo) - Hembras: CCXX (1/4 calva) CcXX (1/4 normal)23. a) Un macho con barba y orejas largas será: BbLL o BbLL (la longitud de la oreja no presenta dominancia: LL, largas; ll, cortas) b) Una hembra sin barba y orejas cortas será: Bbll o bb ll c) Existen dos cruces posibles: - Si el macho es BBLL x bbll BbLl (100% de la descendencia tendrá este genotipo: las hembras serán sin barba y de orejas de longitud intermedia; los machos serán con barba y de orejas de longitud intermedia) - Si el macho es BbLL x bbll Genotipos Fenotipos Machos hembras BbLl (50%) Con barba Orejas intermedias Sin barba (25%) Orejas intermedias bbLl (50%) Sin barba (50%) Orejas intermedias (25%)
  • 3. 24. a) El cruce propuesto será XmY x XMXm, que producirá la siguiente F1: (en rojo los que mueren) XM Xm Xm Xm XM Xm Xm Y XM Y Xm Y Las proporciones fenotípicas serán, sin considerar el sexo: con muescas (1/3); normales (2/3) En la F2, existen dos cruces posibles:Xm Y x Xm XM Xm Xm Xm XM Xm Y XM YXm Y x X m Xm Xm Xm Xm Y Las proporciones fenotípicas serán, sin considerar el sexo: con muescas (1/5); normales (4/5) b) la proporción muescas/común es: - en la F1: ½ - en la F2: ¼ c) la proporción machos viables/hembras viables es de : - en la F1: ½ - en la F2: 2/325. Los cruces propuestos son los siguientes: XD Y x XD Xd Hijo 2 Hijo 1 Hijo 3 XD Xd Xd Y x XD X- XD XD x XD Y Xd Y XD Y XD Xd XD Y26. El cruce propuesto será: XD Xd x Xd Y Xd Xd x XD Y Xd Y x XD Xd XD Xd Xd XD Xd Xd Xd Y XD Y Xd Y - El varón propuesto (azul) será daltónico. Sus hermanas – y su mujer- serán normales y heterocigotos. - La descendencia producida será un 50% daltónica y un 50% normal (tanto en hombres como en mujeres)27. El cruce propuesto será: Xd Y c- x XD X - CC Las proporciones serán: - hijas normales no calvas: 2/8 XD Y cc x XD Xd Cc - hijas normales calvas: 2/8 - hijos normales calvos: 1/8 XD C Xd C XD c Xd c - hijos daltónicos calvos: 1/8 XD c XD XD cC Xd XD cC XD XD cc Xd XD cc - hijos normales no calvos: 1/8 Yc XD Y cC Xd Y cC XD Y cc Xd Y cc - hijos daltónicos no calvos: 1/8
  • 4. 28. El cruce propuesto será: A- Xh Y x aa XH X- aa XH Y x Aa XH Xh A XH A Xh a XH a Xh a XH A a XH XH A a XH Xh aa XH XH aa Xh XH aY A a XH Y A a Xh Y aa XH Y aa Xh YEn el cruce se obtendrán los siguientes resultados: - hijas normales no hemofílicas: 2/8 - hijas albinas hemofílicas: 1/8 - hijas albinas no hemofílicas: 1/8 - hijos normales no hemofílicos: 1/8 - hijos normales hemofílicos: 1/8 - hijos albinos no hemofílicos: 1/8 - hijos albinos hemofílicos:1/829. El cruce de macho negro con hembra gris producirá la siguiente descendencia: Xb Y x XB Xb Resultados: • Hembras grises: ¼ XB Xb • Hembras negras: ¼ Xb Xb XB Xb Xb • Machos atigrados: ¼ Y XB Y Xb Y • Machos negros: ¼30. En el cruce propuesto, se obtienen los siguientes genotipos y fenotipos: A1 a1 A2 a2 x A1 a1 A2 A2 Resultados obtenidos: (2.000 gramos) (2.250 gramos) • 2.000 gramos: 3/8 • 2.250 gramos: ½ A1 A2 a1 A2 • 2.500 gramos: 1/8 A1 A2 A1A1 A2A2 A1 a1 A2 A2 A1 a2 A1A1 A2a2 A1 a1 A2a2 a1 A2 A1a1 A2A2 a1 a1 A2A2 a1 A2 A1a1 A2A2 a1 a1 A2A231. La descendencia obtenida ha de provenir de un cruce entre ovejas que pesen 1.650 g y 1.050 g, como en el ejemplo: A1 a1 A2A2 x A1 a1 a2 a2 Resultados obtenidos: (1.650 gramos) (1.050 gramos) • 1.650 gramos: ¼ • 1.350 gramos: ½ A1 a2 a1 a2 • 1.050 gramos: ¼ A1 A2 A1A1 A2a2 A1 a1 A2 a2 a1 A2 a1A1 A2a2 a1 a1 A2a2
  • 5. 32. Existen varios cruces posibles, equiprobables: Cruce 1: (1/2) A1 A1 A2 A2 x a1 a1 a2 A2 Resultados obtenidos: (1.100 gramos) (650 gramos) • 950 gramos: ½ • 800 gramos: ½ a1 a2 a1 A2 A1 A2 A1a1 A2a2 A1 a1 A2 A2 Cruce 2: (1/2) A1 A1 A2 A2 x a1 A1 a2 a2 (1.100 gramos) (650 gramos) a1 a2 A1 a2 A1 A2 A1a1 A2a2 A1 A1 A2 a2