Práctica 5 - Problemas Aplicativos DE Ligamiento PDF

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PRÁCTICA 5 - PROBLEMAS APLICATIVOS DE LIGAMIENTO.docx...

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PRÁCTICA N°6 TÍTULO DE LA PRÁCTICA: PROBLEMAS APLICATIVOS DE LIGAMIENTO Logro del aprendizaje:

Resuelve problemas prácticos de ligamiento, calculando las distancias entre genes. Comprende el concepto de marcador y utiliza las distancias genéticas como valor diagnóstico

MATERIALES Materiales de laboratorio: Detalle

Materiales del estudiante : Cantidad

Guía de práctica

1

Detalle

Cantidad

Cuaderno de notas

1

Calculadora Computadora con acceso a Internet

1 1

PROCEDIMIENTO: Existen tres tipos de problemas a los que nos podemos enfrentar en el capítulo de Ligamiento: A) CÁLCULO DE DISTANCIA DE 3 GENES: En este tipo de problema, se habla de 3 genes con dos alelos, uno dominante y el otro recesivo, y se dan datos de un cruce de prueba. Hay que recordar que un cruce de prueba (el cruce de un individuo con fenotipo dominante con un individuo homocigote recesivo) es el único que permite identificar el genotipo a partir del fenotipo, puesto que toda la descendencia tendrá siempre un alelo recesivo, por lo que el fenotipo depende de qué alelo le otorga el progenitor dominante. En el caso de 3 genes ligados, el cruce de prueba debe generar 8 fenotipos dentro de la descendencia, con diferentes proporciones (si no estuvieran los genes ligados, habría distribución independiente, por lo que los 8 tipos de hijos en el cruce de prueba deberían tener frecuencias similares). Ejemplo: En una polilla, se conocen tres genes ligados al cromosoma IV: alas vestigiales, antena en cepillo y manchas púrpura. Estos tres caracteres son recesivos, por los que las polillas normales tienen los alelos normales para cada uno de estos genes. Si se realiza un cruce de prueba entre una polilla normal y una polilla con alas vestigiales, antena en cepillo y manchas púrpura, se obtienen los siguientes resultados en la descendencia: Normales, 235; vestigial cepillo, 62; cepillo, 40; cepillo púrpura, 4; vestigial cepillo y púrpura, 270; vestigial, 7; vestigial púrpura, 48; púrpura, 60. Determine cuál es el orden de estos genes en el cromosoma IV y calcule la distancia de mapa. Si bien es cierto que no se menciona en ningún caso que se trata de un cruce de prueba, se puede inferir que lo es observando que uno de los tipos progenitores posee el fenotipo recesivo para los tres genes (alas vestigiales, antena en cepillo y manchas púrpura). El primer paso será ordenar los valores de la descendencia de mayor a menor frecuencia, y transformar su fenotipo en genotipo. Considerando las letras “V” para la forma de alas (normales o vestigiales), “A” para el tipo de antena (normal o en cepillo) y “P” para la coloración del cuerpo (normal o con manchas), el ordenamiento sería el siguiente: Vestigial, cepillo y púrpura Normales Vestigial, cepillo Púrpura Vestigial, púrpura Cepillo Vestigial Cepillo, púrpura TOTAL DE LA DESCENDENCIA

vvaapp VvAaPp vvaaPp VvAapp vvAapp VvaaPp vvAaPp Vvaapp

270 235 62 60 48 40 7 4 726

El color rojo muestra los alelos que han sido transmitidos a todos los hijos por el progenitor homocigote recesivo del cruce de prueba; por lo tanto, no se tomarán en cuenta puesto que los otros alelos (los de color negro) son los que estarían mostrando los fenómenos de recombinación que pueden haber sucedido entre estos tres genes. Por otro lado, la descendencia que presenta mayores frecuencias (270 y 235) se denominan PARENTALES, puesto que representan a los hijos que recibieron del progenitor heterocigote un cromosoma sin haber sufrido recombinación. Eso significaría que, en el caso del problema, el progenitor heterocigote poseía un cromosoma con los 3 alelos recesivos y otro con los 3 alelos dominantes. En casos como éste, se dice que los genes en el cromosoma se encuentran en fase de ACOPLAMIENTO o disposición CIS, puesto que los alelos dominantes de dos genes se encuentran en el mismo cromosoma mientras que los alelos recesivos están en el otro (AB/ab, BC/bc y AC/ac). Si en el mismo cromosoma se alojarían un alelo dominante de un gen con el recesivo de otro, se dice que se encuentran en fase de REPULSIÓN o disposición TRANS (Ab/aB, Bc/bC, aC/Ac). Esta fase o disposición se define para cada par de genes. Sabiendo si los alelos de estos genes se encuentran en fase de acoplamiento o repulsión no es suficiente para definir el orden de los genes en estos cromosomas, puesto que podría tenerse estas posibilidades:

Como se ve, sólo se ha movido el gen del medio en cada caso. Para poder identificar el orden correcto, se realiza un doble entrecruzamiento a estas tres posibilidades a fin de poder obtener el tipo de alelos que han recibido los hijos DOBLES RECOMBINANTES identificados por presentar la frecuencia más pequeña:

Estas combinaciones de alelos son comparadas con los alelos que se encuentran en los hijos dobles recombinantes del problema, verificando si coinciden en cuanto a si los alelos son dominantes o recesivos. En el problema, los hijos dobles recombinantes tienen el genotipo vvAaPp y Vvaapp (recordar que sólo se analizan los alelos de color negro, los que provienen del heterocigote), en donde se observa que por un lado están juntos los alelos dominantes “AP” junto con un recesivo “v”, mientras que en el otro descendiente doble recombinante están juntos los alelos “ap” recesivos junto con el alelo “V” dominante. Esto coincide con el tercer orden planteado (por tanto, el gen V debe estar en el medio). Una vez identificado el orden real (cuál gen va al medio), el cálculo de las distancias se realizará a través de entrecruzamientos simples entre un gen del extremo con el del medio, y luego el gen del otro extremo con el del medio: Estas combinaciones se encuentran en los hijos vvAapp, VvaaPp, vvAaPp y Vvaapp. Por tanto, la distancia es la suma de estos recombinantes: Distancia AV = 48 + 40 + 7 + 4 x 100 = 13.64 unidades 726

Estas combinaciones se encuentran en los hijos vvaaPp, VvAapp, vvAaPp y Vvaapp. Por tanto, la distancia es la suma de estos recombinantes: Distancia VP = 62 + 60 + 7 + 4 x 100 = 18.32 unidades 726

El mapa de estos genes será entonces:

B) PROBABILIDADES EN LA DESCENDENCIA DE UN CRUCE DE PRUEBA PARA DOS GENES LIGADOSCUYA DISTANCIA ES CONOCIDA En este tipo de ejercicios, se consideran dos genes ligados, conociendo de antemano la distancia entre ellos. Como se trata de un cruce de prueba, uno de los progenitores (el homocigote recesivo) definitivamente transmite siempre un alelo recesivo de cada gen, por lo que la probabilidad de cualquier fenotipo en la descendencia dependerá exclusivamente del otro progenitor (el heterocigote). Tomando en cuenta que la distancia es igual a la frecuencia de hijos recombinantes, la cantidad de hijos parentales será la resta de 100 menos la distancia. Ejemplo: En el hombre la presencia de antígenos Rh (Rh+) es determinada por un gen dominante “R”. La forma ovalada de los eritrocitos (eliptocitosis) es causada por un gen dominante “E”, mientras que el alelo recesivo “e” produce eritrocitos normales. Ambos genes se encuentran ligados a una distancia de mapa de 20 unidades. Un hombre Rh+ con eliptocitosis cuya madre era Rh+ y eritrocitos normales y cuyo padre era Rh- y era heterocigoto para el rasgo de eliptocitosis, se casa con una mujer normal Rh-. ¿Cuál es la probabilidad de que su hijo sea Rh- y tenga eliptocitosis?, ¿cuál es la probabilidad de que el hijo tenga eliptocitosis si es Rh+? Los datos que hacen referencia a los progenitores en este caso servirán para deducir cómo estaban los alelos de estos dos genes en el cromosoma del varón, ya que al decir que su madre tenía eritrocitos normales, eso implica que era homocigota recesiva para el alelo “e”, mientras que el papá de este varón era Rh-, lo cual significa que era homocigote recesivo para el alelo “r”.

En los cromosomas del varón se pueden ver un alelo dominante de un gen con el alelo recesivo del otro gen (Re/rE), lo que significa que estos genes están en una fase de repulsión o configuración “trans”. También se ve en la figura que la mujer con la que se casa el varón es homocigota recesiva, por lo que el 100% de sus gametos siempre llevarán a todos los futuros hijos los alelos recesivos. El fenotipo de los hijos, por tanto, depende del tipo de gameto del papá fue el que participó en la fecundación. Por tanto, el varón formará en meiosis los siguientes tipos de gametos:

Por tanto, Probabilidad de que su hijo sea Rh- y tenga eliptocitosis: si hereda el cromosoma del padre con los alelos “rE” (Parental, o sea 40%). Probabilidad de que el hijo tenga eliptocitosis si es Rh+: si hereda del padre el cromosoma con los alelos “RE” (Recombinante, o sea 10%). C) PROBABILIDAD DEL FENOTIPO DE LOS HIJOS EN CASO DE MATRIMONIOS QUE NO SEMEJAN UN CRUCE DE PRUEBA PARA DOS GENES LIGADOS CUYA DISTANCIA ES CONOCIDA. Estamos frente a casos en los cuales, al no ser el matrimonio similar a un cruce de prueba, los dos progenitores generan cuatro gametos (dos parentales y dos recombinantes) que pueden combinarse dentro de un cuadro de Punnet pero, como son genes ligados, la probabilidad de una combinación genotípica será el producto de la probabilidad de los dos gametos que han participado en la fecundación. Si en el cuadro de Punnet existe más de una celda con ese genotipo, se suman los productos de cada una de ellas. Ejemplo: Se sabe que dos genes A y B en perros se encuentran separados entre sí por una distancia de mapa de 30 unidades. Cuando se cruzan dos razas puras AABB y aabb, se obtiene una F1 con el fenotipo dominante. a) ¿Cuál es la probabilidad de que los individuos F1 generen gametos parentales? b) ¿Si se cruzan dos individuos F1, cuál es la probabilidad de que en la descendencia se obtengan individuos Aabb, aabb y aaBB? El dato de las razas puras AABB y aabb permite considerar que en ambos casos los individuos pertenecientes a ellas sólo pueden producir un único tipo de gameto (AB y ab, respectivamente). Por tanto, la descendencia de la F1 será heterocigota y tendrán los alelos en fase de acoplamiento (AB/ab).

La figura muestra que la probabilidad de generar gametos parentales en este caso es 70%. Para saber las probabilidades en la F2 (cruce dihíbrido) es necesario hacer un cuadro de Punnet en el que se pueda combinar cada tipo de gameto considerando sus probabilidades (puestas en decimales): AB (0.35)

ab (0.35)

Ab (0.15)

aabb (0.35x0.35=0.1225) Aabb (0.35x0.15=0.0525)

Aabb (0.35x0.15=0.0525)

aB (0.15)

AB (0.35) ab (0.35) Ab (0.15) aB (0.15) ¿Cuál es la probabilidad de que en la F2 se obtengan individuos: -

Aabb: dos celdas, por tanto (0.0525 + 0.0525) x 100 = 10.5% aabb: una sola celda, por tanto (0.1225) x 100 = 12.25% aaBB: una sola celda también, por tanto (0.0225) x 100 = 2.25%

aaBB (0.15x0.15=0.0225)

PROBLEMAS PARA RESOLVER 1.- Los alelos recesivos de dos genes producen fisura palatina y síndrome de la piel arrugada, y se hallan en el cromosoma 2 en humanos a una distancia entre sí de 14 unidades de mapa. Alberta es una mujer con paladar y piel normales cuyo padre tenía piel arrugada y paladar normal y su madre tenía fisura palatina y piel normal. El esposo de Alberta tiene fisura palatina y piel arrugada, y de sus cuatro hijos de Alberta se casara con un hombre con ambos caracteres recesivos, ¿cuál es la probabilidad de que un hijo suyo sea de piel arrugada, con ambos caracteres, o sólo con fisura palatina? Fisura palatina: bb Paladar normal: Bb, BB

Piel arrugada: aa Piel normal: AA, Aa Distancia: 14

Madre de Alberta:

Alberta: B

b

A

b

a

b

Hija normal de Alberta:

Esposo de hija Alberta:

B

A

B

a

b

a

b

a

B

A

b

a

B

a

b

A

a

b

a

b

a

BbAa x bbaa A Meiosis

b

a

Parentales: 100- 14 = 86% 43% 43% Recombinantes: 14% 7% 7%

Respuestas: -

a

A

Esposo de Alberta:

B

b

Padre de Alberta: a B

Probabilidad de que un hijo tenga piel corrugada (ba y Ba) = 43 + 7 =50% Probabilidad de que un hijo tenga ambos caracteres (ba) = 43% Probabilidad de que un hijo tenga solo fisura palatina (bA) = 7%

2.- La ceguera para el color (b) y la hemofilia (h) son rasgos recesivos ligados al X en humanos. Ambos loci están a una distancia de 36 unidades de mapa entre sí. Si una mujer fenotípicamente normal tiene cuatro hijos varones, dos ciegos para los colores y con buena coagulación, y dos hemofílicos pero de visión normal para los colores, y considerando a todos estos hijos como parentales: a) ¿Cuál es el genotipo más probable para la mujer? ¿Cómo están ordenados sus alelos para estos dos loci? b) ¿Cuál es la probabilidad de que tenga un nuevo hijo varón de visión normal y hemofílico? c) ¿Cuál es la probabilidad de que tenga un nuevo hijo varón de visión normal y de buena coagulación? Ceguera para el color: b Visión normal: B

Hemofilia: h No hemofilia: H Distancia: 36

Mujer fenotípicamente normal

b

H

B

h

Hijos

Meiosis

2 ciegos con buena coagulación: XbY, XHY 2 hemofílicos con visión normal: XBY, Xhy

b

H

B

h

b

h

B

H

Serían recombinantes

Parentales: 100- 36 = 64% 32% 32% Recombinantes: 36% 18% 18%

Respuestas: a)

El genotipo de la mujer seria: XBXb, XHXh Están ordenados sus alelos:

b) c)

b

H

B

h

Probabilidad de que un nuevo hijo varón sea de visión normal y hemofílico (Bh): 32% Probabilidad de que un nuevo hijo varón sea de visión normal y buena coagulación (BH): 18%

3.- En el tomate, existe una variedad con tres caracteres recesivos: frutos en forma de pera ( p), amarillo (r), y plantas enanas (d). Al hacer un cruce de prueba, se obtuvieron los siguientes resultados: 159 en forma de pera; 40 amarillos y en forma de pera; 931 amarillos; 260 normales; 268 enanas, en forma de pera, amarillos; 941 enanas, en forma de pera; 32 enanas; 169 enanas, amarillas. a) ¿Cómo están los genes en el cromosoma? b) Calcular las frecuencias de recombinación y dibuje el cromosoma con las distancias de mapa.

1.

ordenar Forma de pera: p Color amarillo: r Plantas enanas: d

Forma normal: P Color normal: H Plantas normales: D

Fenotipo Enanas, forma de pera Amarillas Enanas, forma de pera y amarillas Normales Enanas, amarillas Forma de pera Amarillas, forma de pera Enanas Parentales: pRd=94 PrD=931

Genotipo ppRrdd PprrDd pprrdd PpRrDd Pprrdd ppRrDd pprrDd PpRrdd

DR: prD =40 PRd=32

Cantidad 941 931 268 260 169 159 40 32

Total= 2800

2.

Hallar la ubicación de los genes

-

Hay tres posibles ordenes de los genes en el cromosoma del progenitor

-

-

P

r

r

P

R

R

D

P

p

p

D

r

d

Se realiza un doble entrecruzamiento a las tres posibilidades P

r

D

r

P

D

P

D

r

P

R

d

R

p

d

P

d

R

Los resultados de los dobles entrecruzamientos serán: rpD, RPd

PRD, prd a) b)

P

Pdr, pDr

Los genes en el cromosoma están en el orden de rPD (Rpd) Calcular las distancias Distancia: rP Rp, RP P

r

D

P

R

d

260 + 32 + 40 + 268 x 100 = 21.43 2800

Distancia: PD Pd, pD r

P

D

R

p

d

169 + 32 + 40 + 159 x 100 = 14.29 2800

21.43

R

p

14.29

D

35.72 4.- En la siguiente Tabla se le entregan las distancias de mapa calculadas para seis genes en el segundo grupo de ligamiento del gusano de seda. Con estos datos, construya un mapa genético incluyendo los seis genes. Gr 25 1 19 7 20

Gr Rc S Y P A

Rc 25 26 6 32 5

S 1 26 20 6 21

Y 19 6 20 26 1

P 7 32 6 26 27

A 20 5 21 1 27 -

25 P

6

S

1

Gr

19

7

Y

1

A

5

Rc

20 26

32 Respuesta: P S Gr Y A Rc

REFERENCIAS -

Stansfield, W. Genética. Colombia: McGraw-Hill Latinoamericana; 2001. (Código UCSUR 576.5/S78). Gardner, E., Simmons, M. & Snustad, P. Principios de Genética. México: Limusa-Wiley; 1996. (Código UCSUR 576.5/G25). Goodenough, U. Genética. España: Ed. Omega; 1981. (Código UCSUR 576.5/G735)....