Práctica C. Problemas sobre interacción génica PDF

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Práctica C Interacción génica. Problema C1.- En el pollo, los genes para la cresta en roseta, R, y para la cresta en guisante, P, presentan interacción. Cuando ambos alelos dominantes se hallan juntos, producen cresta en nuez. Los alelos recesivos de ambos genes, en homocigosis, producen cresta sencilla. En los siguientes casos, determine el genotipo de los padres y de los descendientes: a) Roseta x nuez => 3/8 nuez, 3/8 roseta, 1/8 guisante y 1/8 sencilla. b) Roseta x guisante => en su numerosa descendencia solo aparecen individuos de cresta nuez y de cresta roseta. c) Nuez x sencilla => 1 primer descendiente de cresta sencilla. Solución.- Para resolver este tipo de problemas, el sistema requiere: 1.- Anotar la parte del genotipo que pueda deducirse únicamente de su fenotipo. Por ejemplo, en el apartado a), el individuo roseta debe ser genotípicamente R- pp y el nuez R- P-. 2º.- Analizar el fenotipo de los descendientes, buscando aquel del que podamos obtener mayor información. Por ejemplo, en el apartado a), 1/8 de la descendencia tiene la cresta sencilla, por tanto debe ser genotípicamente rr pp. Como consecuencia, ambos progenitores deben ser portadores de los alelos recesivos de ambos genes. Con esta información se completa el genotipo de los padres, que será Rr pp y Rr Pp. a).- Como se ha indicado antes, los genotipos de los progenitores serán Rr pp para el fenotipo roseta y Rr Pp para el fenotipo nuez. Los descendientes serán: 3/8 Nuez (1/8 RRPp, 2/8 RrPp), 3/8 Roseta (1/8 RRpp, 2/8 Rrpp), 1/8 guisante (rrPp) y 1/8 sencilla (rrpp) b).- El progenitor roseta debe ser, por su fenotipo R- pp. El progenitor guisante, por su fenotipo debe ser rr P-. Como todos los descendientes son nuez o roseta, siempre serán portadores de al menos un alelo R, por lo tanto, el progenitor roseta debe ser genotípicamente RR pp. Por su parte, el progenitor guisante debe ser rr Pp, porque existen descendientes pp (los de fenotipo roseta). Los descendientes esperados serían ½ Nuez (RrPp) y ½ Roseta (Rrpp). c).- El progenitor nuez, por su fenotipo debe ser R- P-. Al aparecer un primer descendiente de cresta sencilla, que debe ser genotípicamente rr pp, ambos progenitores deben ser portadores de los alelos recesivos de los dos genes, por tanto, el genotipo de los progenitores será: Rr Pp para el de cresta en nuez y rr pp para el de cresta sencilla. En la descendencia se esperaría: ¼ Nuez (RrPp), ¼ Roseta (Rrpp), ¼ guisante (rrPp) y ¼ sencilla (rrpp).

Problema C2.- En un cruzamiento entre dos líneas homocigóticas de conejos, una de pelo blanco y otra de pelo castaño, se obtuvo una F1 de pelo blanco. En la F2 se obtuvieron: 236 gazapos blancos, 23 castaños y 64 negros. Explique estos resultados . Solución.- En este tipo de problemas, debe buscarse la hipótesis más sencilla. Estos resultados no pueden proceder de un solo gen con dos alelos que, por dar lugar a tres fenotipos diferentes, debería presentar un sistema de codominancia o de dominancia incompleta. En este caso la F1 debería presentar un fenotipo distinto a los homocigóticos parentales. Además, las proporciones en la F2 deberían ser: 1/4 para cada homocigótico y 1/2 para el heterocigótico y no es el caso. Tampoco puede corresponder a un solo gen con tres alelos distintos, dado que los padres originales son ambos homocigóticos y por tanto portadores de solo un alelo distinto cada uno. Desestimada la intervención de un solo gen, hemos de proponer si puede explicarse con dos genes diferentes que en la F1 estarían en heterocigosis. En este caso, la F procedería de una F 2

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doble heterocigótica y la descendencia presentaría una proporción en dieciseisavos (tamaño de la población perefecta). En este caso, para cada dieciseisavo, correspondería un total de 323/16 = 20 descendientes. Luego los 236 gazapos blamcos representarían en términos de dieciseisavos: 236/20 1

= 11,8 (es decir serían 11,8/16). De la misma forma los 23 castaños representarían: 23/20 = 1,15 (1,15/16). Y los 64 negros representarían 64/20= 3,2 (3,2/16). Serían entonces: 11,8/16 blancos1,15/16 castaños- 3,2/16 negros. Estas proprociones se aproximan a las proporciones siguientes: Gazapos de fenotipo blanco: 12/16 Gazapos de fenotipo negro: 3/16 Gazapos de fenotipo castaño: 1/16 Un resultado como éste, procedente de un cruzamiento entre dobles heterocigóticos, debería corresponder a un sistema de herencia en el que el fenotipo blanco se debe a la presencia del alelo dominante de un gen, independientemente de la actividad del segundo gen, es decir una epistasia simple dominante. La existencia de un inhibidor del color del pelo, explicaría de forma sencilla estos resultados. Cuando el inhibidor está en homocigosis recesiva, permite la actividad del segundo gen. Este segundo gen tendría dos alelos con dominancia completa, de forma que el alelo dominante produciría color negro y el recesivo color castaño. Si denominamos Ii al gen inhibidor y Nn al gen que produce color, la relación entre genotipos y fenotipos sería la siguiente: Fenotipo blanco: I- -Fenotipo negro: ii NFenotipo castaño: ii nn Si nuestra hipótesis fuese cierta, la diferencia entre la descendencia que aporta el problema y la esperada aplicando nuestra hipótesis debería ser atribuida al azar. Para comprobarlo realizaremos una prueba de “χ2”. Los descendientes esperados serán: De fenotipo blanco 12/16 x 323 = 242,25 De fenotipo negro = 2/16 x 323 = 60,56 De fenotipo castaño = 1/16 x 323 = 20,19 Desarrollo de la “χ2”. Fenotipos

Observados

Esperados

O-E

( O – E)2

( O – E)2/E

Blancos

236

242,25

-6,25

39,06

0,16

Negros

64

60,56

3,44

11,82

0,20

Castaños

23

20,19

2,81

7,91

0,39 χ2 = 0,75

Para 2 g.l., 0,7 > p > 0,5. Por tanto, se acepta la hipótesis nula, por lo que las diferencias existentes pueden atribuirse al azar y la hipótesis emitida puede considerarse compatible con los resultados.

Problema C3.- Suponga que, en una estirpe de perros, el gen, E, cuyo genotipo homocigótico recesivo (ee) produce un fenotipo "dorado", es independiente de otro gen, B, cuyo alelo dominante produce color negro y cuyo alelo recesivo, en homocigosis, produce color marron. Al parecer, el alelo dominante E es necesario para la acumulación del pigmento en el pelo. Además de los genes E y B, sobre el color del pelo actúan el gen del albinismo (Cc) y un gen inhibidor del color (Ii). ¿Cuál sería el resultado de cruzar entre sí dos individuos heterocigóticos para los 4 genes? 2

Solución.- Para solucionar este tipo de problemas, es conveniente realizar un cuadro con los posibles genotipos y los fenotipos a los que darán lugar. En este caso tenemos: Genotipo cc (albino: no se produce pigmento): pelo blanco, ojos rojos, mucosas externas rosadas. Genotipo C- I- (se produce pigmento, pero se inhibe en el pelo): pelo blanco, ojos y mucosas pueden tener color. Genotipo ii C- ee: pelo color dorado, los ojos y mucosas pueden tener colores variados. Genotipo ii C- E- B-: pelo y mucosas color negro Genotipo ii C- E- bb: pelo y mucosas color marrón. Como se trata de un cruzamiento entre dos heterocigóticos para cuatro genes independientes, los descendientes presentarán, para cada uno de los genes las proporciones: ¼ genotipo homocigótico dominante, ½ genotipo heterocigótico (por tanto ¾ con el alelo dominante) y ¼ con el genotipo homocigótico recesivo. Por tanto, podemos elaborar de forma rápida un cuadro que contenga toda la información necesaria: ¼ genotipo cc, por lo tanto con fenotipo albino ¾ genotipo C-, de los cuales: ¾ con genotipo I- y por tanto blancos (total ¾ x ¾ = 9/16) ¼ con genotipo ii de los cuales: ¼ con genotipo ee y por tanto dorados (total ¾ x ¼ x ¼ = 3/64) ¾ con genotipo E-, de los cuales: ¾ con genotipo B- y por tanto negros (total ¾ x ¼ x ¾ x ¾ = 27/256) ¼ con genotipo bb y por tanto castaños (total ¾ x ¼ x ¾ x ¼ = 9/256)

Problema C4.- Las razas de gallinas Silkie, Wyandotte y Leghorn son de plumaje blanco. En el cruzamiento Wyandotte x Leghorn la F1 fue blanca y la F2 segregó una proporción de 13 blancas: 3 con color. En el cruzamiento Wyandotte x Silkie la F1 fue con color y la F2 segregó una proporción de 7 blancas y 9 con color. a).- Explique estos resultados. b).- ¿Qué descendencia esperará en la F2 del cruzamiento Silkie x Leghorn? Solución.- a).- La segregación 13:3 de la F2 entre Wyandotte y Leghorn, corresponde a una epistasia doble dominante y recesiva. La segregación 9:7 de la F2 entre Wyandotte y Silkie, a una epistasia doble recesiva. Por lo tanto, las razas Wyandotte y Silkie serán portadoras de un gen, diferente en cada caso, que en homocigosis recesiva produce color blanco. Por su parte, la raza Leghorn será portadora de otro gen con un efecto similar pero con dominancia (la presencia del alelo dominante produce color blanco o ausencia de color). Podría tratarse del gen Cc para el albinismo, de otro gen diferente con un efecto similar, ambos recesivos (les llamaremos genes C1c1 y C2c2, respectivamente), y de un gen Ii inhibidor del color, con efecto dominante. Los genotipos de las razas serían: Wyandotte = c1c1 ii C2C2, Silkie = C1C1 ii c2c2, Leghorn = C1C1II C2C2 b).- El cruzamiento sería: C1C1 ii c2c2 x C1C1 II C2C2, luego la F1 resultaría genéticamente C1C1 Ii C2c2 y fenotípicamente blanca por efecto del inhibidor I. La F2 sería: 12/16 C1C1 I- -- y 1/16 C1C1 ii c2c2 = 13/16 blancas y 3/16 C1C1 ii C2- con color.

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Problema C5.- En los conejillos de indias, el alelo dominante (T) de un gen produce pelo tieso y el recesivo (t), en homocigosis, pelo suave. Existe otro gen (M,m) que modifica el fenotipo de tieso a suave, pero con dominancia incompleta (el genotipo MM modifica de tieso a suave y el genotipo Mm modifica de tieso a parcialmente tieso). En los siguientes casos, determine los posibles genotipos de los progenitores y los descendientes: a) Pelo tieso x pelo tieso -> 3/4 tieso : 1/4 suave b) Pelo suave x pelo suave -> Todos parcialmente tieso c) Pelo suave x pelo suave -> 1/2 suave : 1/2 parcialmente tieso Solución.- Esquema con los genotipos y los fenotipos GENOTIPO tt -T- MM T- Mm T- mm

FENOTIPO pelo suave pelo suave pelo parcialmente tieso pelo tieso

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