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ACADEMIA CEDAM. MENDELISMO ParentalesPúrpura X Blanca GenotipoAA aa FenotipoA a GametosTodos A Todos a 1ª Generación filial F 1 Púrpura Genotipo Aa Fenotipo.

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1 ACADEMIA CEDAM

2 MENDELISMO

3 ParentalesPúrpura X Blanca GenotipoAA aa FenotipoA a GametosTodos A Todos a 1ª Generación filial F 1 Púrpura Genotipo Aa Fenotipo A Gametos F 1 1/2 A 1/2 a 2ª Generación filial F2F2 Genotipos1/4 AA1/2 Aa1/ aa Fenotipos3/4 A1/4 a Fenotipos3/4 Púrpuras1/4 Blancos CRUZAMIENTOS DE UN SOLO CARÁCTER

4 Las plantas híbridas (Aa) de la 1ª generación filial (F 1 ) obtenidas por el cruzamiento de dos líneas puras que difieren en un solo carácter tienen todas la misma apariencia externa (fenotipo) siendo idénticas entre si (uniformes) y se parecen a uno de los dos parentales. Al carácter que se manifiesta en las plantas de la F 1 (híbridos Aa) se le denomina Dominante y al carácter que no se manifiesta se le denomina Recesivo. Este resultado es independiente de la dirección en la que se ha llevado a cabo el cruzamiento. 1ª Ley de Mendel o Principio de la Uniformidad CRUZAMIENTOS RECÍPROCOS

5 La autofecundación de las plantas híbridas (Aa) procedentes del cruzamiento entre dos líneas puras que difieren en un carácter origina una 2ª generación filial (F 2 ) en la que aparecen 3/4 partes de plantas de apariencia externa (fenotipo) Dominante y 1/4 de plantas con apariencia externa (fenotipo) Recesiva. De manera, que el carácter Recesivo reaparece en la F 2 y de cada cuatro plantas una tiene fenotipo Recesivo. Este resultado se debe a que cuando los híbridos de la F 1 forman sus gametos, los alelos del mismo locus segregan (se separan) dando lugar a dos clases de gametos en igual proporción, mitad del gametos con el alelo dominante (A) y mitad con alelo recesivo (a). Esto sucede tanto por el lado femenino como por el lado masculino. 2ª Ley de Mendel o Principio de la Segregación

6 Principio de la Segregación Gametos Femeninos F 1 1/2 A1/2 a Gametos Masculinos F 1 1/2 A1/4 AA (Fenotipo A)1/4 Aa (Fenotipo (A) 1/2 a1/4 Aa (Fenotipo A)14 aa (Fenotipo a) 2ª Ley de Mendel o Principio de la Segregación A a ½ ½ Aa Heterocigoto Gametos

7 A½A½ a½a½ A½A½ AA ¼ Aa ¼ a½a½ Aa ¼ aa ¼ F2F2 Aa AA x aaParentales F1F1 Fenotipo A (uniforme) 2ª Ley de Mendel o Principio de la Segregación Genotipos ¼ AA + ½ Aa + ¼ aa Fenotipos ¾ A + ¼ a F2F2

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9 CRUZAMIENTO PRUEBA PARA COMPROBAR EL PRINCIPIO DE LA SEGREGACIÓN Segregación predicha (Amarillo) (Verde) verde =amarillo Todos y ½ Y ½ y Gametos

10 CRUZAMIENTO PRUEBA PARA COMPROBAR El Cruzamiento Prueba permite comprobar como son los gametos producidos por el Heterocigoto (Aa) y en que proporción los origina, ya que la apariencia externa de los descendientes (fenotipo) coincide con los gametos producidos por el heterocigoto. Segregación predicha (Amarillo) (Verde) verde =amarillo Todos y ½ Y ½ y Gametos

11 CRUZAMIENTOS DE DOS CARACTERES Cruzamiento entre variedades de guisante (líneas puras) que diferían simultáneamente en dos caracteres. Dado que para observar el color de flor es necesario sembrar las semillas y esperar que produzcan plantas adultas, para ahorrar tiempo y esfuerzos, decidió estudiar caracteres que se manifestaban en las semillas, como la forma y el color de las semillas.

12 Punnet TABLA DE PUNNET

13 AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ AB ¼ AABB AB AABb AB AaBB AB AaBb AB Ab ¼ AABb AB AAbb Ab AaBb AB Aabb Ab aB ¼ AaBB AB AaBb AB aaBB aB aaBb aB ab ¼ AaBb AB Aabb Ab aaBb aB aabb ab Fenotipos: 9 AB : 3 Ab : 3 aB : 1ab

14 Los miembros de parejas alélicas diferentes se distribuyen o combinan de forma independiente cuando se forman los gametos de un heterocigoto para los caracteres correspondientes. Es decir, en el caso de un diheterocigoto (AaBb), los alelos del locus A,a y los del locus B,b se combinan de forma independiente para formar cuatro clases de gametos en igual proporción. 3ª Ley o Principio de la Combinación independiente Gametos Gametos Diheterocigoto AaBb (1/2 A + 1/2 a)X(1/2 B + 1/2 b)=1/4 AB1/4 Ab1/4 aB1/4 ab Locus A,a Locus B,b

15 3ª Ley o Principio de la Combinación independiente A a ½ ½ B b ½ ½ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab ¼ Aa Bb Diheterocigoto

16 1.-En Antirhinum las flores rojas R presentan dominancia incompleta sobre las flores blancas r, siendo el híbrido de color rosa. Las hojas estrechas N también tienen dominancia incompleta con las hojas anchas n, siendo el híbrido de anchura intermedia. Suponiendo que estos genes se combinan independientemente, dé las proporciones fenotípicas y genotípicas esperadas: a) En la autofecundación de una planta de flores rosas y hojas de anchura intermedia. b) En el cruzamiento entre una planta igual a la anterior por otra de flores blancas y hojas estrechas. SI

17 Apartado a) Autofecundación RrNn x RrNn : El problema 1 es un ejemplo de dominancia intermedia. Se resuelven teniendo en cuenta que la segregación de cada una de las dos parejas alélicas es 1:2:1 y como son independientes al considerarlas conjuntamente la segregación de genotipos y de fenotipos será: (1:2:1) x (1:2:1) = 1:2:1:2:4:2:1:2.1 Si sólo tenemos en cuenta la pareja Rr tendremos: ¼ RR ½ Rr ¼ rr Si sólo tenemos en cuenta la pareja Nn tendremos: ¼ NN ½ Nn ¼ nn

18 Apartado a) Autofecundación RrNn x RrNn : Considerando simultáneamente las dos parejas: (¼ RR ½ Rr ¼ rr) x (¼ NN ½ Nn ¼ nn) = 1/16 RRNNrojo estrecho 1/8 RRNnrojo intermedio 1/16 RRnnrojo ancho 1/8 RrNNrosa estrecho 1/4 RrNnrosa intermedio 1/8 Rrnnrosa ancho 1/16 rrNNblanco estrecho 1/8 rrNn blanco intermedio 1/16 rrnn blanco ancho

19 Apartado b) Cruzamiento: RrNn x rrNN RrNN RrNn rrNN rr nn en proporción 1:1:1:1 ¼ RrNn rosa intermedio ¼ Rrnn rosa ancho ¼ rrNn blanco intermedio ¼ rrnn blanco ancho

20 2.- En el cruzamiento AaBbDDFfxAABbddFF, en el que todos los genes segregan independientemente y muestran dominancia completa, a) ¿Qué proporción de la descendencia será heterocigótica para todos los loci? b) ¿Cuántos gametos genéticamente diferentes puede formar cada parental? c) ¿Cuántos cigotos genéticamente diferentes se podrían producir en este cruzamiento? SI

21 AaBbDDFf x AABbddFF a) (½ AA + ½ Aa)(¼ BB + ½ Bb + ¼ bb)(Dd) (½ FF + ½ Ff) ½ x ½ x 1 x ½ = 1/8 b) (½ A + ½ a) (½B + ½ b) (D) (½F + ½ f) 2 x 2 x 1 x 2 = 8 (A ) (½B + ½ b) (d) (F ) 1 x 2 x 1 x 1 = 2 c) (½ AA + ½ Aa)(¼ BB + ½ Bb + ¼ bb)(Dd) (½ FF + ½ Ff) 2 x 3 x 1 x 2 = 12

22 3.- Si se autofecunda el heterocigoto AaBbCcDd, a) ¿Cuál es la proporción esperada de individuos de genotipo idéntico al parental? b) ¿Cuál es la proporción esperada de individuos triples heterocigóticos? c) ¿Cuál es la proporción esperada de individuos heterocigóticos AaBbCc? SI

23 AaBbCcDd a) (1/2) 4 b) Como no se indica el orden, la frecuencia será: 4 (1/2) 3 (1/2) 1 en donde ½ es la frecuencia de que sea heterocigoto para una pareja alélica y el otro ½ es la frecuencia de que no lo sea, es decir de que sea homocigoto. c) (1/2) 3 ya que en este caso se está refiriendo a un genotipo concreto. (¼AA+½Aa+¼aa) (¼BB+½Bb+¼bb) (¼CC+½Cc+¼cc) (¼DD+½Dd+¼dd)

24 4.- En una especie animal en la que las hembras tienen un solo hijo por parto, el gen A determina el color negro del pelo, mientras que su alelo recesivo a determina el color blanco. El gen B determina ojos oscuros, y su alelo recesivo b ojos azules. Ambos genes segregan independientemente. Se cruzó un macho diheterocigótico con cinco hembras de pelo blanco y ojos azules; se espera, por tanto, obtener cinco descendientes. ¿Cuál es la probabilidad? a) de que al menos uno de ellos sea de pelo blanco y ojos azules; b) de que sean uno de pelo negro y ojos azules, dos de pelo negro y ojos oscuros, y dos de pelo blanco y ojos oscuros? SI

25 a)AaBb x 5 aabb, los cachorros descendientes pueden ser de 4 fenotipos, todos ellos igual de frecuentes :AB Ab aB ab (1:1:1:1). El suceso que no nos interesa es que todos (los 5) no sean de pelo blanco y ojos azules, el que uno no sea así se da con una probabilidad de ¾ el que 5 no sean así se da con una probabilidad de (3/4) 5, el que al menos uno sea de pelo blanco y ojos azules será 1- (3/4) 5 b) Hay que utilizar la combinatoria ya que no se dice nada acerca del orden en el nacimiento de los 5 cachorros: (1/4) 1. (1/4) 2. (1/4) 2

26 5.- El color azul de los ojos en humanos se debe a un gen recesivo frente a su alelo para el color pardo. Determinar la probabilidad de que en una familia de seis hijos en la que ambos padres son heterocigotos para este par de alelos: a) cuatro hijos tengan ojos de color pardo y dos azules; b ) todos tengan ojos pardos; c) al menos uno de los hijos tenga los ojos pardos; d) los cuatro hijos mayores tengan ojos pardos y los dos menores azules; e) si los cinco hijos mayores tienen los ojos pardos, que el pequeño los tenga azules; f) si los cinco hijos mayores tienen los ojos azules, que el pequeño los tenga azules; g) sólo uno de los hijos tenga los ojos pardos. SI

27 a) (3/4) 4 (1/4) 2 b) (3/4) 6 c)1 – (1/4) 6 d)(3/4) 4 (1/4) 2 e)¼ f)¼ g) (3/4) (1/4) 5

28 Los problemas del 6 al 9 tratan de epistasias, todos se resuelven teniendo en cuenta que cada vez que se encuentre el (o los alelos) alelo epistático el fenotipo resultante será el mismo con independencia de los otros alelos. En cada uno de los siguientes problemas hay que contrastar los datos obtenidos en cada uno de los cruzamientos con los que se esperarían en función de la segregación propuesta. Problema 6: Es una epistasia 15:1 Problema 7: Es una epistasia 12:3:1 Problema 8 :Es una epistasia 9:3:4 Problema 9: Es una epistasia 9:7

29 INTERACCIÓN GÉNICA GENOTIPOS A-B-A-bbaaB-aabb Sin modificación de la segregación 9331 Simple Dominante 1231 Simple Recesiva 934 Doble Recesiva 97 Doble Dominante 151 Doble Dominante-Recesiva 133

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31 6.- Dos líneas homocigóticas de Trifolium repens dieron en F 2 una descendencia constituida por 5 plantas de flor roja y 82 de flor blanca. ¿cuál puede ser la herencia del carácter?. Observados825 Esperados15/16 x 87 = 81,25,8 SI

32 Luego como lo observado se ajusta con lo esperado los resultados del cruzamiento son consecuencia de una segregación 15:1, es decir el carácter está controlado por dos parejas alélicas, en cada una de ellas hay dominancia completa y entre ambas hay una relación epistática del tipo DOBLE DOMINANTE.

33 7.- 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. Observados Esperados12/16 x ,25 1/16 x ,1875 3/16 x ,5625 SI

34 Luego como lo observado se ajusta con lo esperado los resultados del cruzamiento son consecuencia de una segregación 12:3:1, es decir el carácter está controlado por dos parejas alélicas y entre ambas hay una relación epistática del tipo SIMPLE DOMINANTE.

35 8.- Se realizó un cruzamiento entre dos variantes homocigóticas de Salvia horminum, una de flores violetas y otra de flores blancas. La F1 fue de flores violetas, y la F2 segregó 92 plantas de flor violeta, 30 de flor rosada y 41 de flor blanca. Explique el tipo de herencia y diga cuál es la probabilidad de obtener el resultado antedicho. Observados Esperados9/16 x ,6875 1/16 x ,5625 3/16 x ,75 SI

36 Luego como lo observado se ajusta con lo esperado los resultados del cruzamiento son consecuencia de una segregación 9:3:4, es decir el carácter está controlado por dos parejas alélicas y entre ambas hay una relación epistática del tipo SIMPLE RECESIVA.

37 9.- Se cruzaron plantas de flor roja con plantas de flor blanca. Las plantas de la F 1 tenían la flor roja. Al autofecundar la F 1 se obtuvieron 61 plantas con flor roja y 43 con flor blanca. Se cruzaron dos plantas con flor blanca de la F 2, obteniéndose 112 plantas, todas ellas con flor roja. a) Explique estos resultados. b) Si se autofecundara una de las 112 plantas, ¿cuál será la probabilidad de que, tomando 12 de las semillas producidas, 9 den lugar a plantas de flor roja y 3 a plantas de flor blanca ? SI

38 Observados6143 Esperados9/16 x ,5 7/16 x ,5 Luego como lo observado se ajusta con lo esperado los resultados del cruzamiento son consecuencia de una segregación 9:7, es decir el carácter está controlado por dos parejas alélicas y entre ambas hay una relación epistática del tipo DOBLE RECESIVA.

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40 10.- El carácter albino en la especie humana está determinado por un gen autosómico recesivo. Se casó una mujer morena con un hombre también moreno, cuyo padre era albino, teniendo cuatro hijos de pigmentación normal. ¿Con qué fiabilidad se puede afirmar que la mujer no era portadora del gen del albinismo? SI

41 En este caso el error que vamos a cometer afirmando que la mujer no es heterocigota basándonos sólo en el hecho de que sus cuatro hijos no son albinos es (3/4) 4, es decir 0,316, (es la probabilidad de que la mujer siendo heterocigota tenga cuatro hijos pigmentados), por lo tanto, la fiabilidad con la que afirmamos que no es portadora del gen del albinismo es 1 – error = 1 – 0,316 = 0,684.

42 11.- En un cultivo silvestre de Drosophila se detecta una hembra de cuerpo amarillo. Esta hembra se cruza con un macho silvestre. En la F 1 todos los machos tienen el cuerpo amarillo y las hembras son de fenotipo silvestre. Cuando se cruzan entre si estas moscas, la F 2 resultante está formada por moscas silvestres y de cuerpo amarillo, repartidas por igual entre ambos sexos. Explique el control genético de este carácter. SI

43 En la F 1 aparece una descendencia cruzada (no uniforme), por lo que el carácter estudiado está determinado por una pareja alélica localizada en el cromosoma X. podemos llamar A al alelo que determina el color silvestre y a al del color amarillo y como el determinismo del sexo en Drosophila es XX para las hembras y XY para los machos tendremos: Parentaleshembramacho genotiposXa XA Y F1F1 XA XaXa Y F2F2 ½ XA Xa ½ Xa Xa½ XA Y ½ Xa Y

44 12.- Considere los siguientes cruzamientos en canarios: hembra de ojos rosa x macho de ojos rosa F1: todos con ojos rosa hembra de ojos rosa x machos de ojos negrosF1: todos con ojos negros hembra de ojos negros x macho de ojos rosaF1: todas las hembras de ojos rosa todos los machos de ojos negros Explique estos resultados SI

45 Este problema es como el anterior, lo único que cambia es que en aves los machos son homogaméticos (ZZ) y las hembras heterogaméticas (ZW): Alelo A = color negro, alelo a = color rosa, estando situados en el cromosoma Z, así en el cruzamiento 3 tendremos: hembra de ojos negros (Z A W) x macho de ojos rosas (Z a Z a ) la F1 será: hembras de ojos rosa (Z a W) y machos de ojos negros (Z A Z a ).

46 13. ¿Cuáles son los posibles tipos de herencia en las genealogías que se muestran a continuación? a) b) c) SI

47 I II Aa A- aa HERENCIA AUTOSÓMICA DOMINANTE Lo ideal sería encontrar una unión entre individuos afectados en la que hubiera un descendiente sano. Sin embargo, rara vez se observan este tipo de uniones en las genealogías. AA Aa aa EnfermoSano I II Aaaa Aa aaAaaa 25% 25% Las uniones que se suelen observar son entre un individuo afectado y un sano, y la mitad de los descendientes de estas uniones suelen sanos y la otra mitad afectados. 50% Sanos y 50% Afectados

48 HERENCIA AUTOSÓMICA DOMINANTE Suele haber bastantes individuos afectados en la genealogía. Suele haber individuos afectados en todas las generaciones. Siempre que un individuo está afectado uno de sus padres también lo está. El 50% de los descendientes de la unión de un afectado con un individuo sano son enfermos y el otro 50% sanos. Los descendientes de uniones entre sanos no padecen la enfermedad. Por ser herencia autosómica, la frecuencia de mujeres y de varones afectados por la enfermedad es la misma. Existe transmisión de varón a varón. Un varón afectado puede tener hijos varones afectados. PRINCIPALES CARACTERÍSTICAS

49 I II III AUTOSÓMICO DOMINANTE

50 HERENCIA AUTOSÓMICA RECESIVA AA Aa aa EnfermoSano I II Aa A- aa El mejor criterio para identificar la herencia recesiva es observar uniones de individuos sanos que tienen descendientes afectados. Los padres son sanos pero portadores. La unión entre un individuo afectado y un portador da lugar a un 50% hijos sanos y 50% de hijos afectados. I II Aaaa Aa aa Sanos Afectados 50% I II aa Todos afectados Todos los hijos de uniones entre individuos afectados están enfermos.

51 En uniones entre individuos sanos aparecen descendientes afectados. Los padres son sanos pero portadores. Pocos individuos afectados en la genealogía. El riego de recurrencia para el hermano de un individuo afectado es ¼ en uniones entre sanos. Si aparece algún otro individuo afectado en la genealogía, suele ser hermano del primero. Con cierta frecuencia los padres del individuo afectado suelen ser consanguíneos. Por ser de herencia autosómica, la frecuencia de mujeres y hombres afectados por la enfermedad es la misma. HERENCIA AUTOSÓMICA RECESIVA PRINCIPALES CARACTERÍSTICAS

52 HERENCIA AUTOSÓMICA RECESIVA Hijos afectados de padres sanos. Pocos individuos afectados y no los hay en todas las generaciones. El segundo afectado es un hermano del primero. Los padres de los afectados con cierta frecuencia son consanguíneos.

53 XaYXaY XaYXaY XaYXaY XAYXAY XAYXAYXAYXAY XAYXAYXAYXAY XAX_XAX_ XAXaXAXa XAX_XAX_ XAXaXAXa XAXaXAXa Aa aa Aa A- aa

54 14.- Considérense simultáneamente dos caracteres influidos por el sexo: la calvicie y el dedo índice acortado, ambos dominantes en el hombre y recesivos en la mujer. Un hombre calvo heterocigótico con el dedo índice largo se casa con una mujer calva y heterocigótica para el dedo índice largo. Determine los fenotipos esperados de sus hijos. SI

55 GenotipoVarónMujer A1 calvocalva A1 A2calvopelo A2 pelo GenotipoVarónMujer B1 corto B1 B2cortolargo B2 largo Un varón calvo heterocigótico con el dedo índice largo (A1A2B2B2) se casa con una mujer calva y heterocigótica para el dedo índice largo (A1A1B1B2). Los fenotipos esperados de sus hijos serán: ½ varones calvos y dedo índice corto ½ varones calvos y dedo índice largo ½ mujeres calvas y dedo índice largo ½ mujeres con pelo y dedo índice largo Pareja A1, A2 determina la calvicie Pareja B1, B2 determina la longitud del dedo índice

56 Para llegar a esta conclusión hay que ver qué gametos se forman por el lado masculino, cuáles por el femenino y hacer los cuadrados de Punnet. Como estos caracteres están controlados por dos parejas alélicas autosómicas aparecerán los mismos genotipos tanto por el lado masculino como por el femenino, pero los fenotipos serán distintos ya que estos dos caracteres presentan un cambio de dominancia influido por el sexo: gametos paternos: A1 B2, A2 B2 (1:1) gametos maternos: A1 B1, A1 B2 (1:1) Genotipos de los hijos: A1A1 B1B2, A1A1 B2B2, A1A2 B1B2, A1A2 B2B2, todos con la misma frecuencia, luego sólo habrá dos fenotipos igual de frecuentes: calvo con dedo índice corto y calvo con dedo índice largo. Genotipos de las hijas: A1A1 B1B2, A1A1 B2B2, A1A2 B1B2, A1A2 B2B2, todos con la misma frecuencia, luego sólo habrá dos fenotipos igual de frecuentes: mujer calva con el dedo índice largo y mujer con pelo con el dedo índice largo.

57 F2 derojo canela amarillomarrónincoloro M x A M x R M x C M x Y Se dispone de cinco líneas de maíz, A, R, C, Y, y M, homocigóticas para el color del grano. A incoloro, R rojo, C canela, Y amarillo, M marrón. Se obtuvieron todas las F 1 entre las plantas de grano coloreado con las de incoloro (AxR, AxC, AxY, AxM) resultando que los incoloros se comportan como recesivos frente a todos los demás. Cruzando los marrones por todas las demás líneas y obteniéndose las correspondientes F 2 los resultados fueron los siguientes: SI

58 Se trata de tres loci independientes, uno (el locus A,a) con dos alelos, el A que permite la pigmentación y el a que impide la pigmentación. El locus B,b con el alelo B que da lugar a pigmento Rojo mientras que el alelo b no transforma la sustancia intermedia amarilla. El locus C,c con el alelo C que da lugar a pigmento Canela, mientras que el alelo c no transforma la sustancia intermedia amarilla. La interacción de los pigmentos Rojo y Canela da lugar al fenotipo Marrón.

59 Precursor (incoloro) Sust. Intermedia (Amarillo) Rojo Canela A B C a b c AaBbCc x AaBbCc da una segregación 27 Marrón 9 Rojo 9 Canela 3 Amarillo 16 Incoloro. 27 A-B-C- Marrón 9 A-B-cc Rojo 9 A-bbC- Canela 3 A-bbcc Amarillo 9 aaB-C- Incoloro 3 aaB-cc Incoloro 3 aabbC- Incoloro 1 aabbcc Incoloro

60 LIGAMIENTO Y RECOMBINACIÓN EN EUCARIOTAS SUPERIORES

61 A BC a bc Concepto de ligamiento Concepto de Ligamiento: por definición, se dice que dos loci están ligados cuando se encuentran situados sobre el mismo cromosoma. Todos aquellos loci que se encuentran situados sobre el mismo cromosoma forman un Grupo de Ligamiento. Cuanto más alejados están entre sí dos loci ligados ( A,a y C,c) más probable es que se dé sobrecruzamiento entre ellos, cuanto más cerca están entre sí dos loci ligados (A,a y B,b) menos probable es que se dé sobrecruzamiento entre ambos.

62 Fase de Acoplamiento AB a b AB/ab Fase de Repulsión Ab aB Ab/aB Dos loci ligados pueden estar en Fase de Acoplamiento AB/ab (los dos alelos dominantes sobre el mismo cromosoma, y los dos recesivos sobre el cromosoma homólogo) o en Fase de Repulsión Ab/aB (un alelo dominante y otro recesivo sobre cada cromosoma).

63 AB a a b b AB B B A A b b a a Anafase-II A b B A A A B B B b b b b ó a Metafase-I Anafase-I B a Principio de la Combinación Independiente: Tercera Ley de Mendel (½ A + ½ a)(½ B + ½ b) = ¼ AB + ¼ Ab + ¼ aB + ¼ ab.

64 AB a b A B A B a a b b AA BB aa b b Gametos AB = ½ (1-2r) Ab = ½ (1-2r) Anafase-IAnafase-IIMetafase-I Gametos AB = ¼ 2r Ab = ¼ 2r aB = ¼ 2r ab = ¼ 2r AB a b Metafase-I A B A b a a b B Anafase-I AA bB aa B b Anafase-II Se da sobrecruzamiento entre los dos loci ligados. Frecuencia 2r: No se da sobrecruzamiento entre los dos loci ligados. Frecuencia (1-2r): La Fracción de Recombinación (r) es la mitad de la Probabilidad de Sobrecruzamiento (2r) AB = ½ (1-r); Ab = ½ r, aB = ½ r, ab = ½ (1-r)

65 GametosNo se da sobrecruzamiento Si se da sobrecruzamiento Total AB½ (1-2r)¼ 2r = ½ r½ (1-2r) + ½ r½ (1-r) Ab¼ 2r = ½ r½ r aB¼ 2r = ½ r½ r ab½ (1-2r)¼ 2r = ½ r½ (1-2r) + ½ r½ (1-r) La Fracción de Recombinación (r) es la mitad de la Probabilidad de Sobrecruzamiento (2r) Gametos (F. Acoplamiento)TiposFrecuencias gaméticas ABParental½ (1-r) AbRecombinante½ r aBRecombinante½ r abParental½ (1-r) Total1 En Acoplamiento

66 La Frecuencia o Fracción de recombinación se obtendrá dividiendo los gametos recombinantes por el total de gametos producidos.

67 Fase de Repulsión Ab aB Ab/aB Gametos (F. Repulsión)TiposFrecuencias gaméticas AbParental½ (1-r) ABRecombinante½ r abRecombinante½ r aBParental½ (1-r) Total1 En Repulsión

68 1.- En el tomate, la forma del fruto depende de los loci P,p (P, liso > p, rugoso) y R,r (R, redondo > r, alargado). La F1 de un cruzamiento entre homocigotos lisos y alargados por rugosos y redondos se retrocruzó por el doble recesivo, obteniéndose los siguientes resultados: Liso y redondo Rugoso y redondo Liso y alargado Rugoso y alargado a) ¿Cómo se probaría la existencia de ligamiento? b) Determinar el porcentaje de recombinación, el porcentaje de sobrecruzamiento y la distancia genética entre estos loci. c) Si analizásemos células madres de polen ¿en cuantas se esperaría observar al menos un quiasma entre los loci considerados?. SI

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71 Locus P,pLisoRedondoTotal Observados Esperados130,5 261 Locus R,rRedondoAlargadoTotal Observados Esperados130,5 261

72 PRPrpRprTotal Observados Esperados62, b) La fracción de recombinación será p = (45+39)/ 261 = 0,3218. El porcentaje de recombinación sería 32,18%. Por tanto, la distancia genética entre estos dos loci (P,p y R,r) sería 32,18 M.

73 b) La probabilidad de sobrecruzamiento (2p) entre estos dos loci es el doble de la fracción de recombinación (p). La probabilidad de sobrecruzamiento es 2 x 0,3218 = 0,6436. c) Si analizamos células madres de polen, teniendo en cuenta que el quiasma es la expresión citológica del sobrecruzamiento, esperaríamos encontrar x 0,6436 = 1931 células en las que se observaría al menos un sobrecruzamiento entre los loci P,p y R,r.

74 2.- En un insecto se conocen los loci dumpy (dp+,dp) y black (b+,b), cuyos alelos recesivos producen, respectivamente una escotadura en las alas y el cuerpo más oscuro de lo normal. Se cruzó una hembra de constitución dp b+/ dp+ b por un macho dp b/ dp b, obteniéndose 360 individuos de fenotipo normal, 840 dumpy, 838 black y 364 dumpy y black. Cruzando una hembra dp b/ dp b por un macho dp b+/dp+ b se obtuvieron 711 individuos de fenotipo dumpy y 698 black. a) ¿Qué fenómeno genético explica estas segregaciones? b) ¿A qué distancia genética se encuentran los loci dp+,dp y b+, b? SI

75 FENOTIPONº DESCENDIENTES GAMETOS HEMBRA dp+b+360Ab dpb+840AB dp+b838ab dpb364aB Los machos de esta especie son aquiasmáticos

76 3.- Entre los loci A,a y B,b de un individuo heterocigótico AB/ab se dan dobles sobrecruzamientos diagonales en el 30 por 100 de los meiocitos, dobles recíprocos en el 20 por 100 de los meiocitos y dobles complementarios en el 50 por 100 restante. ¿Cuántos gametos recombinados producirá dicho individuo, entre un total de 400 gametos?. Dobles sobrecruzamientos frecuenciagametos recombinados frecuencia de recombinados diagonales0,30,50,15 recíprocos0,200 complementarios0,51 Total de gametos recombinados ,65 x 400 = 260. SI

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79 4.- Se encontró que en el tomate, los genes o (fruto alargado), p (fruto velloso) y s (inflorescencia compuesta) estaban en el mismo cromosoma. Dos plantas trihomocigóticas para esos loci se cruzaron para obtener un triple heterocigoto. Se hizo un cruzamiento de prueba entre dicho triheterocigoto y el triple recesivo, obteniéndose la siguiente descendencia: OPS, 73; OPs, 340; OpS, 2; Ops, 96; oPS, 110; opS, 306; ops, 63; oPs, 0. Determine: a) el orden de estos tres genes en el cromosoma b) el genotipo de los padres del triheterocigoto utilizado; c) la distancia genética entre los loci; d) el coeficiente de coincidencia. SI

80 Locus O,oFenotipo OFenotipo oTotal Observados Esperados Locus P,pFenotipo PFenotipo pTotal Observados Esperados Locus S,sFenotipo SFenotipo sTotal Observados Esperados

81 OPOpoPopTotal Observados OSOsoSosTotal Observados PSPspSpsTotal Observados Esperados247,5 990

82 I = 1 - c = 1 - 0,12 = 0,88

83 5.- En D. melanogaster, donde los machos son aquiasmáticos, se realizaron los siguientes experimentos: 1) Al cruzar una hembra triheterocigótica para los loci A,a; B,b; C,c (que presentan dominancia completa) con un macho triple recesivo, se obtuvo la siguiente descendencia: 26 ABC; 101 ABc; 99 AbC; 24 aBC; 25Abc; 102 aBc; 98 abC; 25 abc. 2) Al hacer el cruzamiento recíproco; es decir, una hembra triple recesiva por un macho con el mismo genotipo que la hembra del cruzamiento anterior, se obtuvo la siguiente descendencia: 48 ABc; 51 AbC; 52 aBc; 49 abC. a) ¿Están ligados los tres loci considerados? b) Calcule la distancia genética entre los loci ligados. c) Explique la diferencia entre las segregaciones obtenidas en los experimentos 1 y 2. SI

84 a)Primero se comprueba que cada locus segrega correctamente, es decir 1:1, que es justamente lo que ocurre b) Comparamos los loci dos a dos: AB 127 AC 125 BC 50 clase recombinada Ab 124 Ac 126 Bc 203 clase parental aB 126 aC 122 bC 197 clase parental ab 123 ac 127 bc 50 clase recombinada De aquí se deduce que los loci B y C están ligados en repulsión, mientras que el locus A es independiente. La distancia entre B y C será, p=100/500 = 0,20 es decir 20cM.

85 c) La diferencia entre ambos radica que en el segundo cruzamiento el heterocigoto es el macho y este es aquiasmático, por lo que no habrá recombinación entre los loci ligados: El cruzamiento sería macho Aa Bc/bC x hembra aabb/cc El macho tiene que tener los loci B y C en repulsión por los datos del apartado b). Los gametos que producirá el macho serán: Abc ¼ abC ¼ Abc ¼ abC ¼ Así se explica que en este cruzamiento sólo haya 4 fenotipos igual de frecuentes.

86 LIGAMIENTO Y RECOMBINACIÓN EN HONGOS

87 Meiocito 2n 4 productos meióticos Octada: 4 pares de esporas Primera División meiótica Segunda División meiótica División mitótica extra Desarrollo de las esporas sexuales

88 TETRÁDAS ORDENADAS DISTANCIA AL CENTRÓMERO Mitosis Extra Octadas Directas D A A A A a a a a a a a a A A A A ó Anafase mitótica A a A A a a a a A A A A a a a a A A óó Anafase-I

89 Mitosis Extra A A a a a a A A Octadas Inversas R a a A A A A a a a a A A A A a a A A a a a a A A óóó Anafase mitótica

90 TIPOS DE TÉTRADAS OBSERVADAS DDRRRR

91 1.- Una cepa de Neurospora que necesita metionina (met-) se cruzó con un de tipo silvestre (met+), obteniéndose los tipos de ascosporas que se muestran en la tabla. ¿A qué distancia está el locus met de su centrómero? Ascosporas Nº de ascas 1 y 2 3 y 4 5 y 6 7 y

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93 2.- En la tabla se muestran los resultados del análisis de las tétradas ordenadas de un cruzamiento entre una cepa de Neurospora albina (a) e incapaz de sintetizar inositol (i), con una cepa de tipo silvestre (++). ai a+ a+ a+ ai a+ a+ ai a+ ai i +i ++ +i ++ ai ai ++ a+ ++ +i +i +i ++ ai +i a) Determinar si esos dos loci están ligados, y, en caso afirmativo, la distancia entre ambos. b) ¿Cuál de los dos loci está más alejado del centrómero?

94 ai a+ a+ a+ ai a+ a+ ai a+ ai i +i ++ +i ++ ai ai ++ a+ ++ +i +i +i ++ ai +i DP DNP T T DP T DNP DP = 19; DNP = 18, Aproximadamente DP=DNP Son independientes r a =0,3771 r i =0,322

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98 3.- En un hongo que forma tétradas desordenadas se hizo un cruzamiento de una cepa silvestre, con otra cepa doble mutante incapaz de vivir en ausencia de arginina (a-) y biotina (b-). Se obtuvieron tetrádas con la siguiente constitución: /++/a-b-/a-b /+b-/a-+/a-b- ¿Están ligados estos loci?

99 MAPAS GENÉTICOS EN EUCARIONTES: LOS PRODUCTOS MEIÓTICOS O SUS DERIVADOS PERMANECEN AISLADOS UNOS DE OTROS AB ab A B A B a b a b A B A B a b a b ab AB DITIPO PARENTALANAFASE-IANAFASE-II AB ab ab aB Ab Ab AB A B A b a B a b A B A b a B a b TETRATIPOANAFASE-IANAFASE-II

100 243 ++/++/a-b-/a-b- DP /+b-/a-+/a-b- T Si fueran independientes esperaríamos DP=DNP. En este caso ni siquiera aparecen DNP, por tanto están ligados. La distancia genética es 16,8 M

101 LIGAMIENTO A LOS CROMOSOMAS SEXUALES

102 X X Segmento diferencial del cromosoma X Segmento diferencial cromosoma Y X Y Segmento apareante Centrómero

103 HERENCIA RECESIVA LIGADA AL CROMOSOMA X Mujeres X A X A Sanas X A X a Sanas X a X a Enfermas Hombres X A Y Sanos X a Y Enfermos Se trata de genes que se encuentran en el segmento diferencial del cromosoma X. Dichos genes se encuentran en una sola dosis en los hombres (hemicigosis) y en dos dosis en las mujeres. Hemicigosis

104 HERENCIA RECESIVA LIGADA AL CROMOSOMA X Es más fácil que aparezcan hombres afectados que mujeres afectadas, ya que los varones solamente tienen que poseer un alelo recesivo para padecer la enfermedad, que pueden haberlo heredado de una madre sana pero portadora. Sin embargo, es mucho más difícil que aparezcan mujeres enfermas, ya que ellas tienen que ser homocigóticas recesivas y, este suceso es muy improbable ya que tiene que producirse una unión entre un varón afectado y una mujer portadora. Además en este tipo de uniones las mujeres enfermas aparecen con una probabilidad de ¼. I II XaYXaYXAXaXAXa XaYXaY XAYXAY XAXaXAXa XaXaXaXa ¼ ¼ ¼ ¼ 50% Enfermos Sanos

105 HERENCIA RECESIVA LIGADA AL CROMOSOMA X Por tratarse de herencia recesiva, en uniones entre individuos sanos aparecen descendientes afectados. Pocos afectados y no los hay en todas las generaciones. Por estar ligada al cromosoma X, aparecen más individuos de uno de los dos sexos afectados por la enfermedad. En el caso de herencia recesiva, la mayoría de los afectados son varones. El rasgo o enfermedad suele transmitirse a través de mujeres sanas pero portadoras. Los varones afectados están relacionados a través de mujeres portadoras. En uniones o matrimonios entre una mujer afectada y un varón sano, los hijos son como sus madres (enfermos) y las hijas como sus padres (sanas). Este tipo de uniones es muy difícil de observar. No hay herencia de varón a varón: un varón afectado no suele tener hijos afectados por la enfermedad.

106 HERENCIA RECESIVA LIGADA AL CROMOSOMA X I II XAYXAYXAXaXAXa XaYXaY XAYXAY XAXaXAXa XAXAXAXA ¼ ¼ ¼ ¼ 50%75% Enfermos Sanos I II XAYXAYXaXaXaXa XaYXaY XAXaXAXa XAXaXAXa XaYXaY ½ 50% Enfermos Sanos ½ Muy improbable

107 HERENCIA RECESIVA LIGADA AL CROMOSOMA X La mayoría de los afectados son varones. Los varones afectados están relacionados entre sí a través de mujeres portadoras. Pocos individuos afectados y no en todas las generaciones.

108 HERENCIA DOMINANTE LIGADA AL CROMOSOMA X ¼¼¼¼ Todas las hijas enfermas Todas las hijos sanos Más mujeres que hombres afectados por la enfermedad, aproximadamente el doble de mujeres que de hombres afectados. Todas las hijas de un varón afectado padecen la enfermedad mientras que sus hijos están sanos. No hay herencia de varón a varón

109 HERENCIA DOMINANTE LIGADA AL CROMOSOMA X En uniones entre un varón afectado y una mujer sana, las hijas son enfermas como el padre y los hijos son sanos como la madre. Todas las hijas de un varón afectado padecen la enfermedad. Bastantes individuos afectados y presentes en todas las generaciones. Doble cantidad de mujeres que de hombres afectados. No hay herencia de varón a varón. Sirve para distinguir de herencia autosómica dominante. PRINCIPALES CARACTERÍSTICAS

110 HERENCIA DOMINANTE LIGADA AL CROMOSOMA X

111 1.- Morgan (1911) cruzó Drosophila hembras de ojos blancos (w) y cuerpo amarillo (y) con machos de ojos rojos (w+ ) y cuerpo marrón (y+ ). En la F 1 las hembras eran fenotípicamente como sus padres, y los machos como sus madres. Los individuos de la F 1 se cruzaron entre sí, obteniéndose descendientes, cuyos caracteres fenotípicos eran: Explique estos resultados Fenotipo Sexo Ojos Cuerpo Machos Hembras blanco amarillo rojo marrón blanco marrón 6 11 rojo amarillo 7 5 SI

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113 Por último, una vez demostrada la existencia de ligamiento entre ambos loci, podemos calcular el valor de la fracción de recombinación. El cálculo se llevaría a cabo exactamente igual que en un cruzamiento prueba, ya que la descendencia utilizada es equivalente a un cruzamiento prueba. Los individuos recombinantes son los que aparecen en menor proporción y los parentales aquellos que se observan en mayor proporción.

114 La fracción de recombinación se define como p = recombinantes/total. Los recombinantes son los machos y hembras de color de ojos blanco y cuerpo marrón y de color de ojos rojos y cuerpo amarillo ( =29). Por tanto p = 29/2105 = 0,0137. La distancia genética entre estos dos loci sería 1,37 Morgan.

115 2.- En las siguientes genealogías humanas el sombreado de la parte superior del símbolo indica ceguera para los colores. El sombreado de la parte inferior indica deficiencia en glucosa-6- fosfatodeshidrogenasa. a) ¿Se puede demostrar, mediante estas genealogías, que ambos caracteres se encuentran ligados totalmente al cromosoma X? b) ¿En cuál de las genealogías se demuestra la existencia de recombinación entre ambos loci? SI

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117 Al no disponer de un matrimonio en que la mujer no detecte los colores y sea deficiente para la 6-G-PDH y el hombre sea normal en ambos, no podemos asegurar que ambos caracteres estén totalmente ligados al cromosoma X, pero es muy probable que sea así. Si hubiéramos tenido un matrimonio como el indicado y los caracteres estudiados estuvieran totalmente ligados al cromosoma X, todos los hijos varones hubieran sido como su madre y las hijas como su padre. Esto no hubiera podido suceder si estos loci se encontrarán situados sobre autosomas.

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119 3.- En una especie con determinación del sexo hembra XX, macho XY, se encuentra el locus L,l en el segmento diferencial del cromosoma X, de modo que el alelo recesivo l es letal efectivo en hemicigosis. También en el segmento diferencial del cromosoma X y a una distancia de 20 morgan del locus L,1, se encuentra el locus A,a (A, cuerpo negro > a, cuerpo gris) en el que ambos alelos son efectivos en hemicigosis. En el segmento apareante de los cromosomas sexuales, y a una distancia de 10 morgan del segmento diferencial, se encuentra el locus B,b (B, ojos marrones > b, ojos azules). Se cruzó una hembra dihererocigótica para A,a y L,1 de ojos azules e hija de un macho negro, con un macho gris de ojos marrones, hijo de una hembra de ojos azules. Calcular las frecuencias fenotípicas de los machos y hembras esperados en la descendencia de este cruzamiento. SI

120

121 Gametos de la hembra Gametos del machobALX = 0,4balX = 0,4bAlX = 0,1baLX = 0,1 baLX = 0,45 bALX/baLX Hembra negra, azules 0,18 balX/baLX Hembra gris, azules 0,18 bAlX/baLX Hembra negra, azules 0,045 baXL/baLX Hembra gris, azules 0,045 BY = 0,45 bALX/BY Macho negro, marrones 0,18 balX/BY Macho muere (letal) 0,18 bAlX/BY Macho muere (letal) 0,045 baLX/BY Macho gris, marrones 0,045 BaLX = 0,05 bALX/BaLX Hembra negra, marrones 0,02 balX/BaLX Hembra gris, marrones 0,02 bAlX/BaLX Hembra negra, marrones 0,005 baLX/BaLX Hembra gris, marrones 0,005 bY = 0,05 bALX/bY Macho negro, azules 0,02 balX/bY Macho muere (letal) 0,02 bAlX/bY Macho muere (letal) 0,005 baLX/bY Macho gris, azules 0,005

122 Negro- Azules Gris-AzulesNegro- Marrones Gris- Marrones Hembras0,18+0,045= 0,225 0,02+0,005= 0,025 Machos0,020,0050,180,045 Negro-AzulesGris-AzulesNegro-MarronesGris-Marrones Hembras0,225/0,75=0,3 0,025/0,75=0,033 Machos0,02/0,75=0,0260,005/0,75=0,00660,18/0,75=0,240,045/0,75=0,06

123 CITOGENÉTICA

124 1.- En el cromosoma X de Drosophila melanogaster se observa la región 7B constituida por 12 bandas. El carácter "quetas chamuscadas" se debe a la mutación recesiva sn situada en el cromosoma X, efectiva en hemicigosis. Cruzando machos de quetas chamuscadas con hembras de fenotipo normal, pero heterocigóticas, para diferentes deleciones que abarcaban varios segmentos de la zona 7B del cromosoma X, se obtuvo: Hembra Deleción Fenotipo de las hembras de la descendencia B1-7B8 50% con quetas chamuscadas y 50% normales 2 7B2-7B5 todas con quetas normales 3 7B7-7B12 todas con quetas normales 4 7B5-7B10 50% con quetas chamuscadas y 50% normales Teniendo en cuenta que todas las deleciones estudiadas son letales en hemicigosis y que las hembras utilizadas en los cruzamientos eran hijas de machos de fenotipo normal, dedúzcase cuál es la posición del locus ( +, sn) en el mapa de los cromosomas politénicos. SI

125 Las hembras de partida al ser heterocigotas para una deleción van a tener un cromosoma X normal y el otro ha perdido un fragmento correspondiente a la región 7B, las podemos representar: X X del Desde el punto de vista del gen sn en principio van a ser homocigotas para el alelo silvestre sn +. Ahora bien, dependiendo de si ese alelo se encuentra o no en el fragmento del cromosoma X que se ha perdido por la deleción, vamos a tener dos tipos de hembras: Xsn + X del si el alelo se encuentra en la deleción Xsn + X del sn + si el alelo no está en la deleción

126 Por lo tanto al hacer los cruzamientos tendremos las siguientes descendencias femeninas: Xsn + X del x XsnY 50% normales y 50% quetas chamuscadas Xsn + X del sn + x XsnY 100% normales Comparando los resultados del problema se llega a la conclusión de que el locus sn se encuentra en la banda 6 de la región 7B del cromosoma X.

127 2.- En una especie vegetal diploide y alógama existen semillas de color rojo y de color blanco. En la tabla se muestran los cruzamientos que se hicieron entre ellas y los resultados obtenidos: Cruzamiento Fenotipo de la descendencia Rojo Blanco rojo x rojo blanco x blanco 0 94 rojo x blanco rojo x blanco rojo x rojo rojo x rojo a) Explique la herencia del color de la semilla b) ¿Qué variación cromosómica estructural puede explicar estos resultados? SI

128 Lo importante en este problema es darse cuenta que la descendencia del 5º cruzamiento se ajusta a una segregación 15:1. Por lo tanto, el carácter está determinado por dos parejas alélicas, cada una con un alelo dominante y otro recesivo, y entre ellas se da una relación epistática del tipo doble dominante: A>a y B>b, A = B = rojo y a = b = blanco. Esto se puede explicar por una duplicación génica.

129 3.- Un investigador trata con colchicina una planta diploide, heterocigótica Aa, obteniendo una planta tetraploide. ¿Qué tipos de gametos producirá dicha planta y en qué proporciones, suponiendo que no hay sobrecruzamiento entre el locus y el centrómero? ¿ Qué proporciones genotípicas y fenotípicas se obtendrían en un cruzamiento entre dichas plantas tetraploides? Responda a las cuestiones anteriores suponiendo que siempre se da sobrecruzamiento entre dicho locus y su correspondiente centrómero. SI

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131 La planta tetraploide sería AAaa (Duplexo). a) Si no hay sobrecruzamiento entre el locus y su centrómero ocurre la segregación cromosómica, es decir que para calcular los gametos y sus frecuencias hay que tener en cuenta el número de cromosomas, en este caso 4, luego los gametos serán. AA = 2/4 x 1/3 = 1/6 Aa = 2/4 x 2/3 x 2 = 4/6 aa = 2/4 x 1/3 = 1/6 b) Habría que construirse un cuadrado con los gametos masculinos y femeninos y así deducir los genotipos y fenotipos con sus frecuencias. c) En este caso para calcular los gametos hay que tener en cuenta las cromátidas (un total de 8) (hay segregación cromatídica), por lo tanto: AA = 4/8 x 3/7 = 6/28 Aa = 4/8 x 4/3 x 2 = 16/28 aa = 4/8 x 3/7 = 6/28

132 GENÉTICA BIOQUÍMICA

133 1.- Se dispone de 4 cepas mutantes de Neurospora en las que cada una afecta, bloqueándolo, a un paso distinto de cierta ruta metabólica. Al suplementar el medio mínimo con las sustancias que se indican en la tabla, se obtuvieron los siguientes resultados: sustancia añadida al medio mínimo cepa mutante A B C D E En esta tabla + indica crecimiento y - no crecimiento del hongo. Se desea saber la ordenación de los compuestos A,B,C,D y E que constituyen dicha ruta metabólica, indicando qué paso está bloqueado en cada cepa mutante. SI

134 Sería una ruta lineal con un único producto final: Los números hacen referencia a cada uno de los mutantes, indicando el paso que se encuentra bloqueado en cada uno de ellos.

135 2.-Varios mutantes de Neurospora tienen bloqueada la síntesis de treonina y metionina en diferentes sitios (ver esquema). Indique los lugares de la ruta metabólica en los que las estirpes A,B,C y D tienen mutaciones, basándose en sus requerimientos nutricionales. (+)= crecimiento, (-)= no crecimiento. Sustancia añadida al medio mínimo EstirpeAspárticoHomoserinaCisteínaTreoninaCistationinaMetionina A B C D SI

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137 3.-Se han aislado ocho estirpes mutantes nutricionales de Neurospora que requieren para vivir la adición del aminoácido A, del B o de ambos (A+B). Cada estirpe tiene un solo cambio respecto al tipo normal, que conduce a la incapacidad de efectuar un paso metabólico determinado. Se han probado otros compuestos que se supone que tienen relación con la síntesis de los aminoácidos A y B. Varios compuestos han resultado capaces de permitir el crecimiento de algunos mutantes, según se indica en la tabla : Sustancia añadida al medio mínimo Estirpe mutante A+BABCDEFGH Indique las relaciones metabólicas de estos compuestos y los pasos en que está bloqueada la síntesis en las distintas estirpes mutantes. SI

138 Los mutantes 1, 3, 4 y 5 afectan a al tronco común, 2 y 6 a la rama que produce A, y los mutantes 7 y 8 a la rama que produce B.

139 ESTRUCTURA Y PROPIEDADES DE LOS ÁCIDOS NUCLÉICOS

140 La proporción de Adenina (A) es igual a la de Timina (T). A = T. La relación entre Adenina y Timina es igual a la unidad (A/T = 1). La proporción de Guanina (G) es igual a la de Citosina (C). G= C. La relación entre Guanina y Citosina es igual a la unidad ( G/C=1). La proporción de bases púricas (A+G) es igual a la de las bases pirimidínicas (T+C). (A+G) = (T + C). La relación entre (A+G) y (T+C) es igual a la unidad (A+G)/(T+C)=1. Sin embargo, la proporción entre (A+T) y (G+C) era característica de cada organismo, pudiendo tomar por tanto, diferentes valores según la especie estudiada. Este resultado indicaba que los ácidos nucleicos no eran la repetición monótona de un tetranucleótido. Existía variabilidad en la composición de bases nitrogenadas. La proporción de Adenina (A) es igual a la de Timina (T). A = T. La relación entre Adenina y Timina es igual a la unidad (A/T = 1). La proporción de Guanina (G) es igual a la de Citosina (C). G= C. La relación entre Guanina y Citosina es igual a la unidad ( G/C=1). La proporción de bases púricas (A+G) es igual a la de las bases pirimidínicas (T+C). (A+G) = (T + C). La relación entre (A+G) y (T+C) es igual a la unidad (A+G)/(T+C)=1. Sin embargo, la proporción entre (A+T) y (G+C) era característica de cada organismo, pudiendo tomar por tanto, diferentes valores según la especie estudiada. Este resultado indicaba que los ácidos nucleicos no eran la repetición monótona de un tetranucleótido. Existía variabilidad en la composición de bases nitrogenadas. PROPORCIONES DE LAS BASES NITROGENADAS: REGLAS DE CHARGAFF Edwin Chargaff Chargaff (1950) demostró que las proporciones de las bases nitrogenadas eran diferentes en los distintos organismos, aunque seguían algunas reglas. Estas reglas de Chargaff se cumplen en los organismos cuyo material hereditario es ADN de doble hélice y son las siguientes

141 EL MODELO DE LA DOBLE HÉLICE

142

143 DESNATURALIZACIÓN TEMPERATURA DE FUSIÓN DESNATURALIZACIÓN TEMPERATURA DE FUSIÓN Relación entre el contenido en (G+C) y Tm Curvas de desnaturalización de diferentes ADNs

144 ABSORBANCIA A 2600 Å Absorbancia a Å: El estado físico de los ácidos nucleicos está relacionado con su capacidad de absorción de la luz ultravioleta (UV) a Å. El menor grado de absorción se produce en estado de doble hélice, la absorción aumenta cuando se produce la desnaturalización pasando a estado de hélice sencilla (efecto hipercrómico, aumento de la absorbancia) y, por último, si degradamos este ADN de hélice sencilla a nivel de nucleótidos libres, de nuevo aumenta la absorbancia.

145 1.- El ADN del colifago φ X 174 está constituido por un 25 por 100 de A, 33 de T, 24 de G y 18 de C. a) ¿Corresponden estos porcentajes a lo que se esperaría en razón a la estructura del ADN según Watson y Crick? b) Haga una hipótesis que explique este resultado. ¿Cómo comprobaría su hipótesis? SI

146 Según el modelo estructural de la Doble Hélice propuesto por Watson y Crick y basado en las reglas de Chargaff, los organismos cuyo material hereditario es ADN de doble hélice presentan las siguientes proporciones de bases nitrogenadas : A=T, A/T=1 G=C, G/C=1 A+G=T+C, A+G/T+C=1 El bacteriofago ØX174 presenta un 25% de A, 33% de T, 24% de G y 18 % de C. Su material hereditario no cumple las reglas de apareamiento de bases nitrogenadas, ya que A T, G C y la proporción A+G/T+C 1. En base a estos resultados, la hipótesis más lógica que podemos sugerir es que su material hereditario es ADN de una sola hélice.

147

148

149 Existen enzimas (nucleasas) capaces de digerir específicamente ADN de doble hélice y otras que sólo degradan exclusivamente ADN de una hélice. Podría medirse la absorbancia antes y después del tratamiento del ADN de ØX174 con ADNasa específica de doble hélice, en este caso, no esperaríamos variación de la absorbancia si nuestro ADN es de una hélice. El mismo experimento se llevaría a cabo tratando nuestro ADN con una nucleasa específica de ADN de una hélice, aumentando la absorbancia en esta situación. Existe otra posibilidad más, basada en el empleo de columnas de hidroxiapatita o de nitrato de celulosa que retienen específicamente ADN de doble hélice o de una sola hélice, respectivamente. Por tanto, en nuestro caso al hacer pasar el ADN de ØX174 por estas columnas, quedaría retenido en las de nitrato de celulosa y no en las de hidroxiapatita.

150 2.- a) Si la proporción A+G/C+T en el ADN de cierto organismo es 0,613, ¿será de doble hélice o de hélice sencilla?; ¿cómo comprobaría experimentalmente su respuesta? b) Si la proporción A+T/G+C en un ADN es 189, ¿será de doble hélice o de hélice sencilla? Según el modelo estructural de la Doble Hélice propuesto por Watson y Crick y basado en las reglas de Chargaff, los organismos cuyo material hereditario es ADN de doble hélice presentan las siguientes proporciones de bases nitrogenadas : A=T, A/T=1 G=C, G/C=1 A+G=T+C, A+G/T+C=1 SI

151 a) A+G/C+T = 1 si el ADN es de doble hélice, si es distinto de 1 será de una hélice. En este caso será de hélice sencilla. Para su comprobación experimental véase el apartado b) del problema anterior. b) En este caso no se puede saber ya que la relación A+T/G+C tiene el mismo valor tanto para cada una de las hélices como para la doble hélice.

152 3.- a) Si la relación A+G/T+C en una hélice de ADN es 0,7 ¿cuánto valdrá dicha proporción en la hélice complementaria? ¿cuánto valdrá en la molécula completa? b) Si la relación A+T/G+C en una hélice de ADN es 0,7 ¿cuánto vale dicha relación en la hélice complementaria?, ¿cuánto en la molécula completa? c) ¿Por qué se caracteriza, normalmente, un ADN por su contenido en G+C?; ¿por qué no se caracteriza por su contenido en T+C? SI

153 Las respuestas de este problema son similares a las de los anteriores, lo único que se tiene que tener en cuenta es que en el apartado a) el valor de la relación A+G/C+T en la hélice complementaria será el inverso, es decir 1/0,7, mientras que en la doble hélice será 1. a) A+G/T+C=0,7 en la complementaria es 1/07 en la doble hélice 1. b) A+T/G+C =0,7 en la complementaria es 0,7 en la doble hélice 0,7. c) El contenido en G+C es característico de cada ADN y está relacionado con la densidad y temperatura desnaturalización.

154 4.- En una especie bacteriana el porcentaje de timinas es igual al de G+C. ¿Cuál será el porcentaje de adeninas? ¿Cuántos residuos de adeninas habrá, como media, en un milímetro de dicho ADN? Según el modelo estructural de la Doble Hélice propuesto por Watson y Crick y basado en las reglas de Chargaff, los organismos cuyo material hereditario es ADN de doble hélice presentan las siguientes proporciones de bases nitrogenadas A=T, A/T=1 G=C, G/C=1 A+G=T+C, A+G/T+C=1 SI

155 Al ser una especie bacteriana el ADN debe de ser de doble hélice, luego: A = T = G+C, es decir podemos dividir el ADN en tres partes iguales, una para las A, otra para las T y la tercera para la suma de G y C, por lo tanto A = 1/3 = 0,3333, que expresado en porcentaje será 33,33%. Para calcular el nº de adeninas en 1mm, lo único que tenemos que saber es que cada 3,4 nm hay 10 pares de bases y 1mm equivale a 1 millón de nm, por lo que el nº de adeninas será /3,4= x 10 ( x 2)/3 =

156 5.- Suponiendo que la timina constituye el 15 por 100 de las bases nitrogenadas de cierto ADN, ¿cuántas moléculas de citosina hay en 1 cm de ese ADN?. Se resuelve como en el problema anterior, sólo que en este caso es 1 cm o lo que es lo mismo 10 mm. T=A, A=15, T+A=30, G+C=70, C=35 1cm = 10 7 nm SI

157 RECOMBINACIÓN EN BACTERIAS

158 1.- La transformación de bacterias a+b- con ADN de una cepa a-b+ origina diez mil colonias transformadas. ¿Cuántas serán a-b+ si los genes a y b están a una distancia de 0,3 unidades de transformación?. SI

159 En este caso, las bacterias a-b+ son DT, y q=0,3 y el total de transformadas es ST+DT=10.000, por tanto: ST= 0,3 x = y DT=7.000

160 2.- Se utilizó el ADN extraído de una cepa bacteriana silvestre, para transformar una cepa mutante incapaz de sintetizar los aminoácidos alanina, prolina y arginina (ala-, pro-, arg-). El número de colonias transformadas obtenidas fue: ala+pro+arg+; 420 ala-pro-arg+; ala+pro- arg+; 700 ala-pro+arg+; 205 ala+pro+arg-; 435 ala- pro+arg-; 415 ala+pro-arg- Indique la posición relativa de los tres loci y la distancia entre ellos en unidades de transformación. SI

161 El locus central será arg y las distancias: ala-arg = 0,247 u. t. y arg-pro = 0,306 u. t. El locus central se deduce analizando la clase menos frecuente, será aquella originada por cuatro sobrecruzamientos y en ese caso el locus que no cambia de signo es el central.

162 Total = 7475

163 3.- Cuatro cepas Hfr de E. Coli transfieren su material genético en secuencias diferentes durante la conjugación. En la tabla se muestra el tiempo de entrada en células receptoras, F, de algunos marcadores de cada una de estas cuatro cepas. Construya un mapa genético que incluya todos estos marcadores y señale la distancia, en minutos, entre los pares de genes adyacentes. cepa 1 arg tim met treo min cepa 2 mal met tia treo tri min cepa 3 phe his bio azi treo tia min cepa 4 his phe arg mal min SI

164 La técnica de apareamiento interrumpido permite la construcción de mapas de tiempo mediante conjugación entre diferentes bacterias donadoras Hfr y bacterias receptoras F -. Diferentes estirpes Hfr tienen el factor sexual (pequeña molécula ADN doble hélice circular) integrado en distintas posiciones y con diferentes orientaciones en el cromosoma principal bacteriano (nucleoide). Las cepas Hfr pueden transmitir una copia de su material hereditario (cromosoma principal bacteriano) a una bacteria receptora F - a través de un tubo de conjugación que permite el contacto entre ambas y paso del ADN. Esta técnica pone en contacto una estirpe Hfr, prototrofa (+) para diferentes marcadores, con otra estirpe F - auxotrofa (-) para los mismos marcadores ; y a diferentes tiempos, el medio de conjugación se agita enérgicamente (empleando una batidora) para romper los tubos de conjugación e impedir que siga pasando material hereditario de la donadora hacia la receptora. Por tanto, a diferentes tiempos se observa si se han obtenido recombinantes prototrofos (+) para los distintos marcadores estudiados en la cepa receptora F -.

165

166

167 4.- En un experimento de transducción en el que se utilizó como vector el fago P1, las bacterias donantes eran syn P+, sup M+, trp Z+ y las receptoras eran syn P-, sup M-, trp Z-. Se seleccionó para sup M+ de las cuales 48 eran M+P+Z+; 120 M+P+Z- y 500 eran M+P-Z-. ¿Cuál es el orden de los marcadores? ¿Cuál es la frecuencia de contransducción entre M y P?, ¿y entre M y Z?. SI

168

169 No se ha observado ninguna colonia M + P - Z +, por lo que P es el locus central, ya que no ha variado con respecto a la receptora.

170 5.- Se realizó un experimento de trasducción generalizada con una cepa de E. coli trp A+, sup C+, pyr F+ como donante, y otra cepa E. coli de genotipo trp A-, sup C-, pyr F- como receptora. trp A es un gen implicado en la biosíntesis del triptófano, sup C es un supresor de "ocre" y pyr F está implicado en la síntesis de pirimidinas. Se empleó como vehículo el fago P1, y se seleccionaron los genotipos sup C+, obteniéndose los resultados que se muestran en la tabla. Número de Genotipo descendientes sup C+ trp A+ pyr F+ 36 sup C+ trp A+ pyr F- 114 sup C+ trp A- pyr F+ 0 sup C+ trp A- pyr F- 453 a) Determinar el orden de los tres marcadores en el cromosoma. b) Determinar la frecuencia de cotransducción entre sup C y pyr F, y entre sup C y trp A. c) Calcular las distancias entre estos marcadores, sabiendo que la longitud del cromosoma de P1 es de 10 micras. SI

171 Para averiguar cuál es el locus central hay que fijarse en la clase menos frecuente (la que procede de los 4 sobrecruzamientos posibles), en este caso es supC+ trpA- pyrF+, el único que no ha cambiado es el central, es decir trpA. Las frecuencias de cotransducción serían: entre supC y trpA = / 603 = 0,248 entre supC y pyrF = 36 / 603 = 0,0597 Para calcular las distancias hay que aplicar la siguiente fórmula d = L(1- x), en donde L es la longitud total el ADN vector y x la frecuencia de cotransducción entre dos loci. La distancia vendrá dada en la misma unidad que L (en este caso micras).

172 COMPLEMENTACIÓN

173 1.- En cierto virus bacteriófago se aislaron 5 mutantes distintos (m1 a m5). Cualquiera de estos mutantes es incapaz de producir la lisis en la bacteria E. coli, pero cuando se infectan las bacterias con dos fagos simultáneamente se obtuvieron los siguientes resultados: m1 m2 m3 m4 m5 m m m m4 0 + m5 0 a) ¿Cuántas unidades funcionales se detectan? b) ¿A qué grupo de complementación pertenece cada una de las 5 mutaciones citadas?

174 En estos problemas lo que hay que tener en cuenta es qué mutaciones no complementan entre sí, es decir hay que fijarse en los 0. Las mutaciones que entre sí no complementan nos indican que afectan al mismo gen. Así en el problema 1 vemos que las mutaciones 2 y 4 no complementan, por lo tanto afectan al mismo gen. Las 3 y 5 no complementan, por lo que afectarán a otro gen distinto al anterior, ya que a su vez 3 complementa con 2 y 4 y 5 complementa con 2 y 4. Por otra parte la mutación 1 complementa con las cuatro restantes, luego estará afectando a un tercer gen. Por lo tanto: 2 y 4 definen un grupo de complementación = un gen 3 y 5 definen un segundo grupo de complementación = un segundo gen 1 define un tercer grupo de complementación = un tercer gen

175 2.- Se sabe que 6 mutaciones pertenecen a tres grupos de complementación. A partir de los resultados de las pruebas de complementación, determinar cuales son los mutantes que están en el mismo grupo

176 Las mutaciones 3 y 5 afectan al mismo gen ya que no complementan. Las mutaciones 1, 4 afectan a otro gen distinto al primero, ya que 1y 4 complementan con 3. 2 y 6 afectan a otro gen diferentes a los anteriores, ya que 2 y 6 complementa con 4 y 5.

177 COMPLEMENTACIÓN Y RECOMBINACIÓN EN VIRUS

178 1.- Tenemos seis cepas del fago T4 que muestran cada una de ellas una deleción diferente de la región r II, representadas en el esquema por las letras C, D, E, F, G y H. Cuando estas cepas infectan simultáneamente con otras cuatro cepas que llevan las mutaciones K, L, M y N, se obtienen los siguientes resultados: C D E F G H K O R R C R O L O C C R C C M O O O C R O N O R O R R O ¿En qué región o regiones del mapa (1 a 11) se localizan las mutaciones K,L, M y N? Cistrón ACistrón B C DEF G H

179 Hay que tener en cuenta que dos mutaciones que afectan al mismo gen nunca van a complementar, mientras que si afectan a genes distintos complementarán. Además si dos mutaciones no solapan, entre ellas puede haber recombinación, mientras que si solapan no recombinarán. Por otra parte podemos tener dos tipos de mutaciones, las puntuales y las deleciones, estas últimas pueden afectar a la vez a más de un gen, siempre y cuando éstos estén contiguos.

180 K L M N

181 2.- Los mutantes C, D, E, F, G y H del fago T4 son deleciones de a zona r II, que están situadas en el mapa en las regiones que se indican en la tabla I. Se han obtenido los datos que se muestran en la tabla 2 de los mutantes R, S, T y U. Se pide asignar mutaciones en el mapa a estos mutantes. C D E F G H R R R O R R C S R R R R O C T C C C O R R U C C C R R R Tabla E G C D F H Tabla 1

182 R S U T

183 3.- El mapa genético de un determinado virus cuyo cromosoma lineal tiene una longitud de pares de bases mide 600 unidades de mapa. Se dispone de tres mutantes puntuales m1, m2 y m3. Al realizar pruebas de infección mixta se obtuvieron los siguientes resultados: Infección mixta Partículas virales recuperadas tras la lisis Genotipo Frecuencia Con virus mutantes m1 m2 45 simples m1 y m2 m m2 440 Con virus mutantes m simples m2 y m3 + m m2 m3 430 Con virus mutantes m1 m3 420 dobles m1 m3 y m virus normales + m Se desea saber cuál es la distancia física, medida en micras, sobre el ADN del virus, a la que se encuentran las mutaciones que ocupan las posiciones extremas entre las tres consideradas. SI

184 Infección mixta Partículas virales recuperadas tras la lisis Genotipo Frecuencia Con virus mutantes m1 m2 45 simples m1 y m2 m m2 440 Con virus mutantes m simples m2 y m3 + m m2 m3 430 Con virus mutantes m1 m3 420 dobles m1 m3 y m virus normales + m ,4 Å =0,266 µ 6799,32 Å =0,679 µ 4532,88 Å =0,453 µ 1 u.m. = /600 = 66,6 pb; 66,6 x 3,4 = 226,64 Å 1 µ = 10 3 nm = 10 4 Å

185 4.- Los mutantes de la región a de cierto fago no son capaces de vivir en E. coli a 40º, pero sí pueden hacerlo a 25º, aunque en este caso dan lugar a unas placas de lisis diferentes de las normales. Se realizaron cruzamientos entre pares de mutantes en E. coli a 25º mediante infección mixta. Como frecuencia de recombinantes se usó el doble de frecuencia de descendientes capaces de vivir en E. coli a 40º. En esta tabla se indican las frecuencias de recombinación en tanto por ciento. a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a1 3,4 0 1,8 4 3,1 a2 1,4 2,6 3,7 a3 3,1 2,5 1,7 a4 a5 0,9 0 0 a6 4,8 a7 1,2

186 Por otra parte, se realizaron pruebas de complementación mediante infección mixta de pares de mutantes sobre E. coli a 40 Los resultados se muestran en esta tabla: a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a a a a a a a7 0 0 a8 0 Construir el mapa genético de la región a, indicando la situación de las distintas mutaciones, así como los límites de los distintos cistrones de que consta dicha región.

187 De la tabla de complementación deducimos lo siguiente: a1, a5 y a6 afectan al mismo gen a2, a5, a7 y a8 afectan a otro gen a3 y a4 afectan a un tercer gen Luego tenemos un total de tres genes. Además la mutación a5 está afectando simultáneamente a dos genes, luego es una deleción y esos dos genes se encuentran adyacentes. Podemos representarlos de la siguiente forma: a1 a6 a5 a5 a2 a7 a8

188 El tercer gen, en donde se encuentran a3 y a4 puede estar a la izquierda de este grupo o a su derecha. Las líneas punteadas representan la deleción a5, que afecta simultáneamente a los dos genes. Teniendo en cuenta la tabla de recombinación podemos completar el mapa: a5 no recombina ni con a1, a7 y a8, luego son mutaciones que solapan, por lo tanto: a5 a6 a1 a7 a8 a2 Teniendo en cuenta ahora las frecuencias de recombinación podemos ordenar linealmente las mutaciones dando distancias:

189 a5 a6....0,9….a1 a8 a7 …..1,4...a2 1,8 3,1 1,2 2,6 a4 a3 a6....0,9.....a1 a8 a ,4.....a2 3,1 1,7 1,8 3, 1 1,2 2,6 Por último, fijándonos en las frecuencias de recombinación se deduce que el tercer gen, definido por las mutaciones a3 y a4, se encuentra a la izquierda, con lo que el mapa será:

190 CÓDIGO GENÉTICO Y SÍNTESIS DE PROTEÍNAS

191 1.- Se usaron los polinucleótidos A-C (5:1), A-C(1:5) y U-C (5:1) como mensajeros sintéticos en sistemas capaces de sintetizar proteínas in vitro. La proporción relativa de los aminoácidos incorporados en cada experimento se muestra en la tabla. Aminoácido Proporción relativa incorporado A-C(5:1) A-C(1:5) U-C(5:1) Asparagina 24,2 5,2 - Glutamina 23,7 5,3 - Histidina 6,5 23,4 - Leucina ,2 Lisina Fenilalanina Prolina 7, ,1 Serina ,6 Treonina 26,5 20,8 - a) Asigne codones, hasta donde sea posible a estos aminoácidos. b) ¿Indican estos resultados que existen sinonimias en el código? SI

192 AC (5:1) AC (1:5) UC (5:1)% AAA125/2161/216UUU125/2160,57100 AAC25/2165/216UUC25/2160,11520 ACA25/2165/216UCU25/2160,11520 CAA25/2165/216CUU25/2160,11520 ACC5/21625/216UCC5/2160,0234 CAC5/21625/216CUC5/2160,0234 CCA5/21625/216CCU5/2160,0234 CCC1/216125/216CCC1/2160,0040,8 AAA = Lys CCC = Pro, UUU = Phe 2A1C = Asn, Gln, Treo; 2C1A = His, Treo, Pro; 2U1C = Leu, Ser; 2C1U = Pro

193 2.- Utilizando el poli AG como mensajero sintético en un sistema in vitro se sintetiza un polipéptido que contiene los aminoácidos arginina y glutámico en secuencia alternante:...arg-glu-arg-glu... Utilizando poli AGA se obtiene una mezcla de los tres polipéptidos poliarginina, poliglutámico y polilisina. Cuando se utiliza como mensajero sintético el poli AGAC se sintetiza un polipéptido en el que se repite la secuencia...gln-thr-asp-arg-gln-thr-asp-arg... ¿Qué codones podrán ser total o parcialmente descifrados a partir de estos datos? SI

194 Mensajero sintéticoPolipéptido sintetizado Poli AG (...AGAGAGAG...)...-arg-glu-arg-glu-arg-glu-arg-glu-... Poli AGA (...AGAAGAAGA...) Poli-arg (...-arg-arg-arg-arg-arg-...) Poli-glu (...-glu-glu-glu-glu-glu-...) Poli-lys (...-lys-lys-lys-lys-lys-...) Poli AGAC (...AGACAGACAGAC...)...-gln-thr-asp-arg-gln-thr-asp-arg-gln-thr-asp-arg-…

195 Mensajero sintético Triplete 5 3 Aminoácido Poli-AGAGA GAG arg glu Poli-AGA AGA GAA AAG arg glu lys Poli-AGAC AGA CAG ACA GAC arg gln thr asp

196 3.- Utilizando el polinucleótido sintético poli UG como ARNm en un sistema capaz de sintetizar proteínas in vitro se obtuvieron polipéptidos que correspondían a la repetición de los aminoácidos cys-val o val-cys. Cuando el polinucleótido utilizado fue poli GUGG se obtuvieron polipéptidos que correspondían a la repetición de una de las siguientes secuencias: val-gly-gly-trp gly-gly-trp-val gly-trp-val-gly trp-val-gly-gly Cuando se usó el polinucleótido poli UUGU se obtuvieron polipéptidos que correspondían a la repetición de una de las siguientes secuencias: val-cys-leu-phe cys-leu-phe-val leu-phe-val-cys phe-val-cys-leu Diga qué aminoácidos, y en qué proporciones, se incorporarán a los polipéptidos formados si utilizamos un polinucleótido sintetizado al azar utilizando U y G en las proporciones 4U:1G. SI

197 Mensajero sintéticoPolipéptido sintetizado Poli UG (...UGUGUGUGUG...)NH 2 -cys-val-cys-val-cys-val-... NH 2 -val-cys-val-cys-val-cys-... Poli GUGG (...GUGGGUGGGUGGGUGG...) NH 2 -val-gly-gly-trp-val-gly-gly-trp-val-gly-gly-trp-... NH 2 -gly-gly-trp-val-gly-gly-trp-val-gly-gly-trp-val-... NH 2 -gly-trp-val-gly-gly-trp-val-gly-gly-trp-val-gly-... NH 2 -trp-val-gly-gly-trp-val-gly-gly-trp-val-gly-gly-... Poli UUGU (...UUGUUUGUUUGUUUGU...) NH 2 -val-cys-leu-phe-val-cys-leu-phe-val-cys-leu-phe-... NH 2 -cys-leu-phe-val-cys-leu-phe-val-cys-leu-phe-val-... NH 2 -leu-phe-val-cys-leu-phe-val-cys-leu-phe-val-cys-... NH 2 -phe-val-cys-leu-phe-val-cys-leu-phe-val-cys-leu-...

198 Mensajero sintético Triplete 5 3 Aminoácido Poli-UGUGU GUG cys val Poli-GUGG GUG GGU GGG UGG val gly trp Poli-UUGU UUG UUU GUU UGU leu phe val cys

199 Triplete 5 3 AminoácidoProbabilidadProporción relativa UUUphe4/5 x 4/5 x 4/5 = 64/12564 UUGleu4/5 x 4/5 x 1/5 = 16/12516 UGUcys4/5 x 1/5 x 4/5 = 16/12516 GUUval1/5 x 4/5 x 4/5 = 16/12516 UGGtrp4/5 x 1/5 x1/5 = 4/1254 GUGval1/5 x 4/5 x 1/5 = 4/1254 GGUgly1/5 x 1/5 x 4/5 = 4/1254 GGGgly1/5 x 1/5 x 1/5 = 1/1251 Por consiguiente, cada aminoácido aparecerá en el polipéptido sintetizado en la proporción indicada en la tabla. Es necesario fijarse en que gly está dos veces, por tanto, su proporción relativa será 4+1=5 y, que algo semejante, sucede con cys que también está codificada por dos tripletes, siendo su proporción relativa 16+4=20.

200 MUTACIÓN GÉNICA

201

202 1.- La 2-aminopurina (AP) es un análogo de la adenina que, ocasionalmente, sufre un cambio a 2- iminopurina, pudiendo entonces formar enlaces de hidrógeno con la citosina. Haga un esquema que ilustre el efecto de la AP como agente mutagénico, indicando qué tipo de mutación o mutaciones pueden producirse.

203 La 2-aminopurina (AP) es un análogo de la adenina, por tanto podrá sustituirla durante la replicación del ADN. La AP aparea con la timina al igual que la adenina, sin embargo, la forma tautomérica de la AP, la 2-iminopurina (IP) aparea con la citosina. Por consiguiente, el cambio de AP a su forma tautomérica produce mutaciones en el ADN. En el siguiente esquema se indican los tipos de mutaciones que pueden producirse

204

205 2.- En un sistema in vitro, el ARNm AUGAAA.....AAAUGUUAA codifica el polipéptido NH2-polilisina-cisteína-COOH. ¿Qué podría suceder si una replicación del ADN del gen correspondiente al mensajero indicado tuviera lugar en un medio que contuviera, además de los precursores normales, el 5-bromouracilo?

206 El BU es un análogo de la timina, de manera que sustituye a la timina durante la replicación. El BU en su forma cetónica aparea con la adenina igual que la timina, sin embargo, el BU en su forma enólica aparea con la guanina. El BU es más inestable que la timina y cambia con más frecuencia a su forma enólica. Al igual que en caso del problema anterior, el BU produce transiciones. En el siguiente esquema se indica el tipo de mutaciones que produce el BU :

207 ARN-m 5AUGAAAAAAAAAUGUUAA 3 ADN 3TACT TTTT TT TTACAATT 5 Hélice Codificadora 5ATGAAAAAAAAATGTTAA 3 Hélice Estabilizadora

208 ARN-m 5GUGGGGGGGGGGUGUUGG 3 ADN 3CACCCCCCCCCCCACAACC 5 Hélice Codificadora 5GTGGGGGGG GGGTGT TGG 3 Hélice Estabilizadora ARN-m 5ACGAAAAAAAAACGCCAA 3 ADN 3TGCT TTTT TT TTGCGGTT 5 Hélice Codificadora 5ACGAAAAAAAAACGCCAA 3 Hélice Estabilizadora Si todas las timinas de la hélice codificadora se convierten en citosinas (los pares T-A cambian a C-G) Si todas las adeninas de la hélice codificadora se convierten en guaninas (los pares A-T cambian a G-C)

209 ARN-m 5AUAAAAAAAAAAAAUUAA 3 ADN 3TATT TTTT TT TTATAATT 5 Hélice Codificadora 5ATAAAAAAAAAATATTAA 3 Hélice Estabilizadora Si todas las citosinas de la hélice codificadora se convierten en timinas (los pares C-G cambian a T-A)

210 3.- Las proteínas de la cabeza en el fago T4 normal y en el mutante de T4 H36, producidas en dos cepas diferentes de E. coli tienen las secuencias de aminoácidos indicadas a continuación: T4 normal en ambas cepas: NH2-ala-gly-val-phe-asp-phe-gln- asp-pro-ile-asp-ile-arg-....COOH. H36 en la cepa 1: NH2-ala-gly-val-phe-asp-phe-COOH. H36 en la cepa 2: NH2-ala-gly-val-phe-asp-phe-COOH y NH2-ala-gly-val-phe-asp-phe-ser-asp-pro-ile- asp-ile-arg-...-COOH. a) ¿Por qué el mutante H36 produce una proteína incompleta en la cepa 1 de E. coli y ambas, completa e incompleta, en la cepa 2? b) ¿La mutación en H36 es una sustitución, una deleción o una adición? c) ¿Por qué es remplazada la glutamina por serina en el mutante sobre la cepa 2? SI

211 FagoCepa de E. coliSecuencia de aminoácidos de la proteína de la cabeza del fago T4 normalCepa 1NH 2 -ala-gly-val-phe-asp-phe-gln-asp-pro-ile-asp-ile-arg-.....COOH T4 normalCepa 2NH 2 -ala-gly-val-phe-asp-phe-gln-asp-pro-ile-asp-ile-arg-.....COOH H36 mutanteCepa 1NH 2 -ala-gly-val-phe-asp-phe-COOH H36 mutanteCepa 2NH 2 -ala-gly-val-phe-asp-phe-COOH NH 2 -ala-gly-val-phe-asp-phe-ser-asp-pro-ile-asp-ile-arg-.....COOH La reversión genética puede producirse de dos formas distintas, por una retromutación o por una mutación supresora. Retromutación: en sentido estricto molecular, se recupera la secuencia exacta de nucleótidos del individuo normal a partir de un mutante. Retromutación funcional: se recupera el fenotipo normal a partir de un mutante, pero no la secuencia original de nucleótidos del individuo normal. En realidad, una retromutación funcional es lo mismo que una mutación supresora intragénica.

212 Mutación supresora: es una segunda mutación que restaura el fenotipo normal total o parcialmente a partir de un mutante, pero que no recupera la secuencia exacta original de nucleótidos del individuo normal. La mutación supresora a su vez puede clasificarse en intergénica y en intragénica. Intergénica o intercistrónica: la segunda mutación afecta a un gen o cistrón distinto al que afectó la primera. Intragénica o intracistrónica: la segunda mutación tiene lugar en el mismo cistrón o gen que la primera, pero, en distinta posición.

213 El mutante H36 debe tener un mutación de fin en el codón que codifica para la gln. En la cepa 1 se manifiesta dicha mutación. Como gln está codificada por CAA o CAG y el triplete de fin puede ser UAA o UAG, la mutación ha consistido en una sustitución de la primera base del codón de dicha gln, es decir C por U, una transición (hay que tener en cuenta que en el correspondiente ADN la sustitución será C por T). La serina tiene los siguientes codones, UCX y AGPir, que nada tienen que ver con los codones de la glutamina, por lo que la aparición de la proteína larga en la cepa 2, en donde gln es sustituida por ser, puede deberse a que en dicha cepa hay una mutación en un ARNt, el cual reconoce un triplete de fin, introduciendo serina.

214 4.- Se está estudiando un gen en E. coli que especifica cierta proteína. Una parte de la secuencia de esta proteína es: ala-pro- trp-ser-glu-lys-cys-his. Se obtuvieron una serie de mutantes de este gen que no mostraban actividad enzimática. Aislando los productos enzimáticos mutantes se encontraron las siguientes secuencias: mutante 1: ala-pro-trp-arg-glu-lys-cys-his mutante 2: ala-pro mutante 3: ala-pro-gly-val-lys-asn-cys-his mutante 4: ala-pro-trp-phe-phe-thr-cys-his a) ¿Cuál es la base molecular más probable de cada mutación? b) ¿Cuál es la secuencia de ADN más probable que especifica esa parte de la proteína? SI

215 El mutante número 1 tiene la misma secuencia de aminoácidos que la proteína normal excepto en la posición 4 comenzando por la izquierda, donde la serina ha sido sustituida por arginina. Los tripletes para serina (ser) son 5'UAX3' y 5'AGPi3 y los codones para arginina (arg) son 5'CGX3' y 5'AGPU3'. El cambio más sencillo que se puede postular es el de una pirimidina (5'AGPi3', ser) por una purina (5'AGPu3', arg). A nivel de ADN, sería el cambio de una purina (TCPu, ser) por una pirimidina (TCPi, arg), es decir, una transversión.

216 El mutante número 2 tiene una proteína más corta de lo normal, tratándose de una mutación sin sentido que origina la aparición de un codón de fin. Este codón de fin se presenta en la posición número 3 comenzando por la izquierda y sustituye al aminoácido triptófano (trp). El triplete para el triptófano (trp) es 5'UGG3' y los tripletes de terminación son 5'UAPu3' y 5'UGA3'. La mutación más sencilla que podemos postular sería una sustitución de la última guanina (G) del triptófano (5'UGG3') por una adenina (A) del codón de fin (5'UGA3'). En el ADN tendríamos un cambio de una citosina (ACC, trp) por una timina (ACT, fin), es decir, una transición o cambio de una base púrica por otra púrica.

217 La proteína del mutante número 3 presenta cuatro aminoácidos distintos en la región central (gly-val-lys- asn). La secuencia de aminoácidos del principio y el final siguen siendo iguales (Principio: ala-pro, final: cys-his. Por tanto, parece que el cuadro de lectura cambia y después se vuelve a recuperar. Podría tratarse por tanto de una deleción y una adición, o al contrario, de una adición y una deleción. La primera mutación cambia el cuadro de lectura y la segunda lo vuelve a recuperar. Para comprobar si se trata de dos mutaciones de este tipo, vamos a escribir la secuencia de codones correspondiente a la proteína normal y la correspondiente a la proteína mutante.

218 ala - pro - trp - ser - glu - lys - cys - his - Normal: 5' -GCX- CCX- UGG- AGPi- GAPu- AAPu- UGPi- CAPi- 3' - UCX - Mut. 3: 5' -GCX- CCX- GGX- GUX- AAPu- AAPi- UGPi- CAPi- 3' ala - pro - gly - val - lys - asn - cys - his- U Pi Del y Ad 5' -GCX- CCX- GGA- GPiG- APuA- APu - UGPi- CAPi- 3' Mut. 3: 5' -GCX- CCX- GGX- GUX- AAPu- AAPi- UGPi- CAPi- 3' Si comparamos la secuencia de ribonucleótidos del ARN mensajero de la proteína normal (línea superior, codón de serina AGPi) y de la mutante, se observa que si se produce una deleción del uracilo (U) del codón de triptófano comienza a coincidir la secuencia. Ahora bien, para que el cuadro de lectura vuelva a recuperarse es necesario realizar una adición de una base en el codón de la posición 6 (lys), esta base tendría que ser una pirimidina para coincidir con la pirimidina del codón de asparagina (asn) de la proteína mutante.

219 La proteína del mutante número 4 tiene cambiados tres aminoácidos de la región central (phe-phe-thr). El resto de los aminoácidos del principio (ala-pro-trp) y del final (cys-his) de la secuencia no han cambiado con respecto a la proteína normal. Como en el caso anterior, podría tratarse de una adición que produciría un cambio en el cuadro de lectura y una deleción que volvería a recuperar el cuadro de lectura, o al contrario. Sin embargo, fijándose en los triples de la proteína normal y los de la mutante, no es posible postular una sola adición o deleción que produzca el cambio de secuencia citado, se necesitarían varias adiciones y deleciones para lograrlo. Por tanto, es necesario pensar en otro tipo de mutación, por ejemplo, en una inversión de la secuencia de nucleótidos que codifica para los aminoácidos cambiados en la proteína normal (ser-glu-lys). Si volvemos a escribir los tripletes correspondientes al ARN mensajero de la proteína normal y anotamos la secuencia de la hebra de ADN que ha sufrido la transcripción para originar este mensajero (la hebra codificadora) y posteriormente realizamos una inversión que afecte sólo a la región que codifica para los tres aminoácidos indicados, obtendríamos el siguiente resultado:

220 Normal ala - pro - trp - ser - glu - lys - cys - his - RNA: 5' -GCX- CCX- UGG- AGPi- GAPu- AAPu- UGPi- CAPi- 3' DNA: 3' -CGX- GGX- ACC- TCPu- CTPi - TTPi - ACPu- GTPu- 5' Codif. 5' -GCX- CCX - TGG- AGPi - GAPu- AAPu-UGPi- CAPi- 3' Estab. Segmento que se invierte DNA: 3' -CGX- GGX- ACC- PuAA- PuAG- PiGA- ACPu- GTPu- 5' Codif. 5' -GCX- CCX- TGG- PiTT- PiTC- PuCT- UGPi- CAPi- 3' Estab. RNA: 5' -GCX- CCX- UGG- PiUU- PiUC- PuCU- UGPi- CAPi- 3' Mut. 4: ala - pro - trp - phe - phe - thr - cys - his -

221 ala - pro - trp - ser - glu - lys - cys - his - Normal: 5' -GCX- CCX- UGG- AGPi- GAPu- AAPu- UGPi- CAPi- 3' - UCX - Mut. 3: 5' -GCX- CCX- GGX- GUX- AAPu- AAPi- UGPi- CAPi- 3' ala - pro - gly - val - lys - asn - cys - his - U Pi Del y Ad 5' -GCX- CCX- GGA- GPiG- APuA- APu - UGPi- CAPi- 3' Mut. 3: 5' -GCX- CCX- GGX- GUX- AAPu- AAPi- UGPi- CAPi- 3' ARN Mensajero 5' -GCX- CCX- UGG- AGU- GAA- AAA- UGPi- CAPi- 3' ADN 3' -CGX- GGX- ACC- TCA- CTT- TTT- ACPu- GTPu- 5' Codificadora 5' -GCX- CCX- TGG- AGT- GAA- AAA- TGPi- CAPi- 3´ Estabilizadora

222 GENÉTICA DE CUANTITATIVA

223 1.- Tres pares de alelos que segregan independientemente, determinan la altura de una planta; de modo que la presencia de cada uno de los alelos representados por las letras mayúsculas añade 2 cm a una altura base de 2 cm. a) Dé la altura que esperaría en la F 1 de un cruzamiento entre dos variedades homocigóticas AABBCC (14 cm) y aabbcc (2 cm). b) Dé la distribución de las alturas (fenotipos y frecuencias) que se esperarían en un cruzamiento F1xF1. c) ¿Qué proporción de esta F 2 tendrá la misma altura que las variedades paternas? d) ¿Qué proporción de individuos homocigóticos de la F 2 tendrá la misma altura que los individuos de la F 1 ?

224 a) La F 1 sería AaBbCc y por lo tanto tendría 8cm b), c) y d) Para responder a estas cuestiones hay que tener en cuenta que los fenotipos de la F 2 se distribuyen según la siguiente binomial (1/2 + 1/2) 6, en donde cada uno de los ½ hace referencia a la probabilidad de que un alelo de esa F 2 sea del tipo mayúscula o minúscula y 6 es el número de alelos que van a estar presentes en cada una de las plantas de la F 2. Por lo tanto: b) Fenotipos y frecuencias = (1/2 + 1/2) 6, es decir nº de fenotipos = 7 (el exponente del binomio más la unidad) y la frecuencia de cada uno será (1/2) x (1/2) y, donde x = nº de alelos mayúsculas e y = nº de alelos minúsculas. c) 14 cm = (1/2) 6, 2 cm = (1/2) 6 d) No pueden existir. Genotipos : (M+m) 2n =(M+m) 2x3 =(M+m) 6

225 2.- Dos líneas puras de maíz (AABBCCDDEE y aabbccddee), que difieren en cinco pares de alelos independientes para el carácter "longitud de la mazorca", tienen un valor fenotípico de 20 y 10 cm, respectivamente. Se obtuvo un total de 1024 plantas en la F2 entre esas dos variedades. Se desea saber cuántas de ellas tendrán 14 cm de longitud.

226 a) La contribución de cada alelo mayúscula al carácter longitud de la mazorca se puede obtener dividiendo la longitud de la mazorca de las plantas AABBCCDDEE (20 cm) por el número total de alelos mayúsculas que tienen (10). Por tanto, la contribución de cada alelo mayúscula sería 20/10=2 cm. De igual forma, la contribución de cada alelo minúscula se averigua dividiendo la longitud de las mazorcas de las plantas aabbccddee (10 cm) por el número de alelos minúsculas que poseen (10) ; por consiguiente la contribución de cada alelo minúscula sería 10/10=1 cm. También podríamos suponer que existe una longitud mínima o longitud base de 10 cm y que cada alelo mayúscula contribuye añadiendo 1 cm a la longitud base y los minúsculas no contribuyen con nada. Este segundo supuesto no será empleado en el desarrollo del problema.

227 b) Las plantas de la F 1 serán heterocigóticas en los 5 loci (AaBbCcDdEe) y tendrán 5 alelos mayúsculas que contribuyen con 2x5=10 cm y 5 alelos minúsculas que contribuyen con 5x1=5 cm. La longitud de las mazorcas de la F 1 será 10+5=15 cm. c) Teniendo en cuenta que las líneas homocigóticas cruzadas difieren en 5 loci que controlan la longitud de la mazorca, el total de alelos que estarían influyendo en el carácter estudiado serían 2n= 2x5=10. El número de fenotipos distintos de la F 2 es igual 2n+1=11. La descendencia por autofecundación de la F 1 se puede expresar de la siguiente forma : Genotipos : (AA+2Aa+aa)(BB+2Bb+bb)(CC+2Cc+cc)(DD+2Dd+dd)(EE+2E e+ee) Genotipos : (A+a) 2 (B+b) 2 (C+c) 2 (D+d) 2 (E+e) 2 Nº de genotipos distintos = 3 n = 3 5 = 243

228

229 d) El número de alelos mayúsculas (x) y alelos minúsculas (2n-x) que se deben poseer para que las mazorcas midan 14 cm se calcula de la siguiente manera : 2x+((2 x 5)-x)1=14 ; x=4 ;

230 3.- Una población silvestre de D. melanogaster se mantuvo durante varias generaciones en el laboratorio, presentando una longitud variable en el ala, con una media x = 3,415 y una varianza fenotípica V = 0,65. A partir de ella se obtuvo por consanguinidad una línea pura que presentaba una media x = 3,18 y una varianza fenotípica V = 0,403. Estimar la heredabilidad del carácter "longitud del ala" en esa población.

231 Las líneas consanguíneas no se pueden utilizar directamente para estimar la variabilidad ambiental (V E ) ya que se ha comprobado que la varianza fenotípica de una línea consanguínea suele ser mayor que la varianza fenotípica de una población normal. Para evitar este problema, lo que suele hacerse es obtener varias F 1 entre pares de líneas consanguíneas,y en estas F 1 uniformes si se puede suponer que su varianza fenotípica (V F1 ) es igual a la varianza ambiental (V E ). La varianza fenotípica (V P ) del carácter en la población normal es igual a la varianza genotípica (V G ) más la varianza ambiental (V E ). V P = V G + V E. La varianza fenotípica de las F 1 (V F1 ) será igual a la varianza genotípica (V Go ) más la varianza ambiental (V E ). V F1 = V Go + V E. En las F 1 la varianza genotípica es nula ya que todos los individuos son homocigóticos. Por tanto, en las F 1 se cumple que V F1 = V E y la varianza fenotípica es igual a la varianza ambiental. Sabiendo que la heredabilidad (h 2 ) se define como la proporción de la varianza fenotípica total que es atribuible al genotipo, y suponiendo que la varianza ambiental es la misma en la población normal y en las F 1 obtenidas a partir de las líneas consanguíneas, podemos deducir que :

232 Por tanto, las longitudes medias de ambas poblaciones no se necesitan para averiguar el valor la heredabilidad del carácter longitud del ala que es h 2 =0,38.

233 16.- En una población de cerdos el espesor medio de la capa de grasa es 1,5 cm y tiene una heredabilidad del 75%. Por razones de tipo comercial se desea disminuir este grosor. Para ello se lleva a cabo la selección del 20% de los individuos de la población con menor espesor de la capa de grasa, de forma que el espesor medio en los individuos seleccionados es de 1 cm. ¿Cuál será el valor medio del carácter en los descendientes de los individuos seleccionados ?

234 La respuesta a la selección (R) es directamente proporcional a la heredabilidad (h 2 ) del carácter estudiado y al diferencial de selección (S). R=h 2 S. La respuesta a la selección (R) se mide como la diferencia entre la media de la población descendiente y la media de la población de partida, y la presión de selección se calcula como la diferencia entre la media de los individuos seleccionados y la media de la población de partida. Lo que interesa es disminuir el espesor de la capa de grasa. Sabemos la media de la población de partida (1,5 cm), la media de los individuos seleccionados (1 cm) y la heredabilidad (0,75); por consiguiente, podemos calcular la media de los descendientes. El espesor medio de la capa de grasa de los descendientes será 1,125 cm y la respuesta a la selección ha sido R=1,125-1,5=-0,375 cm negativa debido a que se intenta disminuir el espesor de la capa de grasa.

235 5.- En una población de una determinada especie vegetal la altura en centímetros de las plantas varía desde 50 hasta 58 cm. En esta población se seleccionan para reproducirse y formar la siguiente generación las plantas con altura superior a 55 cm. La altura de las plantas de la siguiente generación varía entre 51 y 57 cm. La distribución y frecuencia de las plantas con diferentes alturas de la población inicial y de la generación filial se indica en la siguiente tabla : Altura (cm) P. inicial G. filial a) Averiguar el valor de la heredabilidad del carácter altura de la planta en esta población. b) Indicar el valor de la varianza genética aditiva de este carácter en la población. c) Basándose en los resultados obtenidos después de realizar la selección, sugerir si la especie vegetal estudiada es autógama o alógama.

236 Tendremos en cuenta para la solución de este problema que los efectos aditivos de los genes son lo único importante. La respuesta a la selección (R) es directamente proporcional a la heredabilidad (h 2 ) del carácter estudiado y al diferencial de selección (S). R=h 2 S. La respuesta a la selección (R) se mide como la diferencia entre la media de la población descendiente y la media de la población de partida, y el diferencial de selección se calcula como la diferencia entre la media de los individuos seleccionados y la media de la población de partida.

237 Probablemente se trate de una especie vegetal autógama, ya que la autogamia conduce a la homocigosis y las variedades de especies autógamas suelen estar formadas por individuos homocigóticos idénticos. En estas variedades no existe variabilidad genética por lo que la varianza genética es cero

238 GENÉTICA DE POBLACIONES

239 DESCRIPCIÓN GENÉTICA DE UNA POBLACIÓN Una población queda descrita cuando se conocen las frecuencias génicas o alélicas y las frecuencias genotípicas. Genotipos: A A A a a a Fr. Genotípicas: D H R Suma Fr. Genotípicas: D + H + R = 1 Alelos: A a Fr. Alélicas o génicas: p q Suma Fr. Alélicas: p + q = 1

240 RELACIÓN ENTRE FR. ALÉLICAS Y GENOTÍPICAS p = (2D+H)/ (2D+2H+2R) p = D + ½ H q = (2R+H)/ (2D+2H+2R) q = R + ½ H Fr. Alélicas Fr. Genotípicas A a AA Aa aa p q D H R Dos poblaciones pueden tener las mismas Frecuencias Alélicas y distintas Fr. Genotípicas.

241 Estructura genética de una población diploide Frecuencias génicas: p y q Frecuencias genotípicas: D, H y R. Frecuencias génicasFrecuencias genotípicas AaAAAaaa pqDHR p + q = 1 D+H+R = 1 p = D + ½ H q = R+ ½ H

242 1.- En una granja avícola hay 224 individuos de plumaje rizado fuerte, 500 liso y 676 intermedio. ¿Está en equilibrio la población? Suponiendo que el carácter estudiado esté controlado por un sólo locus, de forma que los individuos con rizado intermedio sean heterocigotos, y los de rizado fuerte y rizado suave, las otras dos clases de homocigotos ; las frecuencias alélicas o génicas se calcularían de la siguiente forma: SI

243 En una población en equilibrio se cumple la siguiente relación entre las frecuencias génicas (p y q) y las frecuencias genotípicas (D, H y R), D= p 2, H=2pq y R= q 2. Además, la suma de las frecuencias génicas siempre debe ser 1 (p+q=1) y la suma de las frecuencias genotípicas también debe ser la unidad (D+H+R=1). Por tanto, una vez conocidas las frecuencias alélicas p= 0,401 y q=0,599 (aproximadamente p=0,4 y q=0,6) podemos calcular las frecuencias genotípicas esperadas en caso de equilibrio

244 AAAaaaTotal Frecuencias genotípicasDHR1 Frecuencias genotípicas observadas Frecuencias genotípicas en equilibrio p 2 =0,162pq=0,48q 2 =0,361 Frecuencias genotípicas esperadas en equilibrio p 2 x pq x 1.400q 2 x

245 2.- La hemoglobina anormal, que produce anemia falciforme está determinada por el alelo recesivo HbS, siendo el alelo normal HbA. Suponiendo que una población humana está en equilibrio para este locus, y que los individuos afectados de anemia aparecen con una frecuencia de 4 por mil, diga cuál es la proporción de individuos sanos pero portadores de la enfermedad. SI

246 En una población en equilibrio la relación entre las frecuencias génicas y genotípicas es : HbAHbA HbAHbS HbSHbS D= p 2 H=2pq R= q 2 podemos calcular la frecuencia alélica q como. Por tanto, sabiendo que R=4/1.000=0,004, el valor de q es q=0,06. Una vez averiguado el valor de q, sabiendo que p+q=1, el valor de p será p=0,94 y la frecuencia de los individuos sanos pero portadores (los heterocigotos) será en una población en equilibrio H=2pq, H=2 x 0,94 x 0,06 =0,1128. Por tanto, un 11% de la población serán potadores.

247 3.- El sistema de grupos sanguíneos ABO está determinado por tres alelos IA = IB > I0, de modo que los individuos de grupo A son IA IA o IA I0; los de grupo B son IB IB o IB I0; los de grupo AB son IA IB, y los de grupo O son I0I0. El grupo Rh está determinado por dos alelos, de modo que los individuos Rh+ son RR o Rr, y los Rh- son rr. a) En una población en equilibrio las frecuencias de estos alelos son IA=0,30 IB=0,10 I0=0,60 R=0,8 r=0,2 Se desean saber las frecuencias fenotípicas de ambos grupos sanguíneos considerados simultáneamente en esta población (A+, A-,B+,B-, etc.) b) Se desea saber lo mismo que en la pregunta a), pero en el supuesto de que la población no estuviera en equilibrio. SI

248 GenotiposAAAOBBBOABOO Fr. genotípicasp2p2 2prq2q2 2qr2pqr2r2 0,090,360,010,120,060,36 FenotiposABABO Fr. fenotípicasp 2 +2prq 2 +2qr2pqr2r2 Fr. fenotípicas0,450,130,060,36 Rh + Rh + Rh + Rh - Rh - Rh - 0,64 0,32 0,04 Rh + = 0,96

249 A 0,45 B 0,13AB 0,06 O 0,36 Rh + 0,96 0,4320,12480,05760,3456 Rh - 0,04 0,0180,00520,00240,0144 b) No es posible saberlo

250 4.- Se han estudiado los grupos sanguíneos de estudiantes con los siguientes resultados: Grupo 0: 2.701; Grupo A: 3.376; Grupo B: 974; Grupo AB: 449. Indique la frecuencia de los tres alelos implicados, suponiendo que la población esté en equilibrio para ese carácter. SI

251 GenotiposAAAOBBBOABOO Fr. genotípicasp2p2 2prq2q2 2qr2pqr2r2 FenotiposABABO Fr. fenotípicasp 2 +2prq 2 +2qr2pqr2r2 p 2 + 2pr + r 2 = (p+r) 2 (3.376/7.550)+(2.701/7.500) = (p+r) 2 r 2 = 2.701/7.500 = 0,6 0,9=p+r; p=0,3; q=0,1

252 Por consiguiente, si la frecuencia de los individuos del grupo O es r 2 =2.701/7.500 =0,36 ; la frecuencia del alelo O será r =0,6. La frecuencia de los individuos del grupo sanguíneo A = p 2 +2pr =3.376/7.500= 0,45. Si sustituimos r por su valor, tenemos p 2 + 1,2p - 0,45 =0. La solución positiva de está ecuación de segundo grado es la frecuencia del alelo A, que será p=0,3. De una forma semejante obtendríamos la frecuencia del alelo B (q), ya que la frecuencia de los individuos de fenotipo B es q 2 +2qr = 974/ = 0,13. De nuevo si sustituimos r por su valor tenemos q 2 +1,2q- 0,13 =0. La solución positiva de esta ecuación de segundo grado nos dará la frecuencia génica del alelo B, que en este caso es q=0,1. Al mismo resultado habríamos llegado más rápidamente si tenemos en cuenta que p+q+r=1 y que q=1-p-r-=1-0,6-0,3 =0,1.

253 5.- El daltonismo en la especie humana está producida por un alelo recesivo cuyo locus se encuentra en el segmento diferencial del cromosoma X. El 8 por 100 de los varones de una población son daltónicos. Si suponemos equilibrio para este locus: a) ¿Cuál es la frecuencia esperada de mujeres daltónicas? b) ¿Cuál es la frecuencia esperada de mujeres sanas, pero portadoras del carácter? SI

254 Genotipos femeninos Genotipos masculinos AAAaaaAYaY Fr. genotípicasPHQRS p2p2 2pqq2q2 pq q=0,08; 2pq = 2 x 0,92 x 0,08 = 0,1472; q 2 = 0,0064

255 6.- En una población humana panmíctica se encuentra que de individuos no son gustadores de la PTC. Se sabe que la capacidad de gustar la PTC está controlada por un gen dominante G. a) Determine las frecuencias alélicas en esa población, suponiendo equilibrio para ese locus. b) Un dictador maniático prohibe los matrimonios entre gustadores y no gustadores; ¿cuáles serán las frecuencias fenotípicas esperadas en la población infantil en la generación siguiente a la prohibición? c) Un 20 por 100 de la población vive en zonas fuera del control del dictador, y las parejas se casan sin tener en cuenta si les gusta o no la PTC; ¿cuáles serán las frecuencias fenotípicas esperadas en la población total infantil en la generación siguiente a la prohibición?. SI

256 a) GG Gg gg p 2 2pq q 2 q 2 = 0,49 q = 0,7 ; p = 0,3 __________ Gustadores No gustadores b) Descendencia GG Gg gg GG x GG = 0, GG x Gg = 0, / / Gg x Gg = 0, / / /4 gg x gg = 0, GG = 0, ½ 0, ¼ 0,1764 = 0,09 Gg = ½ 0, ½ 0,1764 = 0,126 gg = 0, ¼ 0,1764 = 0,2842

257 Como la suma no es la unidad, para que sean auténticas frecuencias cada uno de esos valores se tendrá que dividir por el total, por lo tanto: GG = 0,18 Gg = 0,252 gg = 0,568 c) El 20% de la población tendrá unas frecuencias idénticas a las del apartado a), mientras que el 80% serán las del apartado b), por lo tanto las frecuencias totales serán la suma de ambas situaciones: GG = 0,2 x 0,09 + 0,8 x 0,18 Gg = 0,2 x 0,42 + 0,8 x 0,252 gg = 0,2 x 0,49 + 0,8 x 0,568

258 Matilde Roberto Carmen Francisco Gregorio Mª Dolores Paquito Lolita La familia está muy preocupada porque Paquito y Lolita dicen que quieren casarse. La abuela Matilde era sordomuda y todos tienen miedo a que la pareja de primos tenga un hijo sordomudo. Los padres de Lolita le recomiendan que se case con Antonio, que no es pariente suyo a) Suponiendo que este tipo de sordomudez estuviera producida por un gen autosómico recesivo, calcule la probabilidad de que Paquito y Lolita tengan un hijo sordomudo. b) Considerando que en esa población 4 de cada personas son sordomudas, calcule la probabilidad de que Lolita y Antonio tuvieran un hijo sordomudo. SI

259 MatildeRoberto Carmen Francisco Gregorio Mª Dolores PaquitoLolita Descendiente Aa ½ Aa ½ x ½ x ¼ = 1/16 b) q=0,02 ½ x 2pq x ¼ = ½ x 2 x 0,98 x 0,02 x ¼ = 0,0049 a)

260 8.- Calcule el coeficiente de consanguinidad del toro "Bravo. SI

261 REGULACIÓN

262 Control negativo: cuando hay represores de la transcripción Control positivo: cuando hay activadores de la transcripción Control negativo inducible Control negativo represible Control positivo inducible Control positivo represible

263 -Un gen regulador -Un operador/promotor -Los genes estructurales El gen regulador es el que codifica para una proteína reguladora de la transcripción, que puede ser un represor (control negativo) o un activador (control positivo). El operador es una secuencia de ADN a la que se une la proteína reguladora El operador suele estar solapando con otra secuencia, el promotor, a la que se une la RNA polimerasa. Los genes estructurales se encuentran en tándem y están regulados por el mismo operador/promotor y por el mismo gen regulador.

264 InducibleRepresible Control negativoEfector Represor activo inactivo Efector Represor inactivo activo Control positivoEfector Activador inactivo activo Efector Activador activo inactivo

265 Operón Lactosa ADN PO Elementos de control ZY A Genes Estructurales I Gen Regulador Proteína represora β-Galactosidasa Transacetilasa Permeasa Promotor Operador SITUACIÓN EN EL CROMOSOMA BACTERIANO I Gen Regulador P O Elementos de control A YZ Genes Estructurales Lactosa Inductor

266 Sin Inductor ADN A IP O YZ ARN Polimerasa Operón Lactosa No hay transcripción. El represor impide el acceso de la ARN-Polimerasa al promotor. No hay transcripción ARNm I Transcripción Proteína represora activa Traducción El represor se une al operador

267 ADN A IP O YZ Operón Lactosa Con Inductor ARNm I Transcripción Traducción Proteína represora activa Plegamiento ARN Polimerasa Lactosa Traducción β-Galactosidasa Transacetilasa Permeasa Transcripción ARNm

268 1.- En el sistema enzimático del operón lactosa de E. coli, ¿qué enzimas se producirán en los diploides parciales originados en los cruzamientos F x F - indicados? F F - a) i+ oc z+ y- i- o+ z- y+ b) i+ oc z- y+ i+ o+ z+ y- c) i+ oc z- y- i- oc z- y+ d) i+ oc z+ y+ i- o+ z- y+ SI

269 Con LactosaSin Lactosa Diploide parcial -galactosidasa Permeasa -galactosidasa Permeasa a) I + O c Z + Y - /I - O + Z - Y b) I + O c Z - Y + /I + O + Z + Y c) I + O c Z - Y - /I - O c Z - Y d) I + O c Z + Y + /I - O + Z - Y El gen estructural Z produce -galactosidasa y el gen estructural Y codifica para permeasa. La región O corresponde al operador y el gen I lleva información para la proteína represora. El operón lactosa es un sistema inducible (el inductor es la lactosa) bajo control negativo (proteína represora). Las mutaciones O c son dominantes en cis (ejercen su efectos sobre los genes estructurales situados en la misma molécula de ADN en que está la mutación del operador), mientras que las mutaciones I - son recesivas en los diploides parciales I + /I -, ya que la proteína represora es difusible y puede ejercer su efecto sobre operadores situados en otra molécula de ADN (posición trans).

270 2.- En E. coli, los cuatro genes a,b, c y d están implicados en la regulación de un sistema enzimático de control negativo constituido por las enzimas E1 y E2. Se aislaron los cuatro mutantes a-, b-, c-, d- y se emplearon para hacer los experimentos cuyos resultados se tienen en la tabla. Dichos experimentos consistieron en comprobar la presencia o ausencia de esas enzimas en presencia o ausencia de inductor. Se utilizaron cepas F- y cepas I (donadoras intermedias) que son diploides parciales portadoras de un factor F', que contiene un trozo de ADN bacteriano con la información genética correspondiente al sistema enzimático estudiado. Se desea saber qué tipo de gen (estructural, regulador, operador o promotor) es cada uno de los cuatro mutantes estudiados. SI

271 Enzima E1Enzima E2 Estirpe bacterianaCon Inductor Sin Inductor Con Inductor Sin Inductor A+B+C+D+A+B+C+D A+B-C+D+A+B-C+D A+B+C+D-A+B+C+D A-B+C+D+A-B+C+D A+B+C-D+A+B+C-D A - B + C + D + /F A + B - C + D A + B + C + D - /F A + B - C - D A + B - C + D - /F A + B - C - D SI

272

273 La cepa A + B - C + D + sintetiza E2 en presencia de inductor y no en su ausencia, mientras que E1 no lo produce nunca. El sistema está funcionando correctamente excepto para el enzima E1 de manera que el gen mutante B debe ser el estructural para E1. La estirpe A + B + C + D - produce E1 en presencia de inductor pero no en su ausencia, mientras que el enzima E2 no lo produce nunca. De nuevo el sistema funciona de forma normal excepto para E2, por consiguiente el gen mutante D debe ser el estructural para E2. Las cepas A - B + C + D + y A + B + C - D + están sintetizando constitutivamente ambas enzimas, es decir, producen E1 y E2 en presencia y en ausencia de inductor ; por tanto, las mutaciones de los genes A y C deben afectar al operador o al regulador. Pero, por el momento, con estos datos, no es posible saber si A es el regulador y C el operador, o al contrario.

274 En el diploide parcial A - B + C + D + /F A + B - C + D + las enzimas E1 y E2 se sintetizan en presencia del inductor y no en ausencia del inductor. Si A fuera una mutación operador constitutivo los genes estructurales B + y D + (normales) que están en su misma molécula de ADN (dominancia en cis) se deberían estar transcribiendo constantemente, en presencia y en ausencia de inductor. Por tanto, A no puede ser el operador. Si C es el operador y A es el regulador, ambas enzimas E1 y E2 se formarían en presencia del inductor pero no cuando falta el inductor. Por tanto, A debe ser el regulador y C el operador. En el diploide parcial A + B + C + D - /F A + B - C - D + el enzima E2 se produce de manera constitutiva (en presencia y en ausencia de inductor) mientras que E1 se forma en presencia de inductor pero no en su ausencia. Si la mutación C es un operador constitutivo (según habíamos deducido del diploide parcial anterior), el gen estructural D + (normal) se transcribirá constantemente, produciendo E2 en presencia y en ausencia de inductor. Si A es el regulador el enzima E1 producto del gen B + se sintetizaría en presencia de inductor pero no en su ausencia. Estos resultados confirman los obtenidos con el diploide parcial anterior.

275 En el último diploide parcial A + B - C + D - /F A + B - C - D + el enzima E2 se sintetiza de forma constitutiva y E1 no se produce nunca. El enzima E1 no se puede formar ya que ambos genes estructurales B son mutantes. Si C es un mutante operador constitutivo el gen estructural D + (normal) que está en la misma molécula de ADN se transcribiría siempre (dominancia en cis), en presencia y en ausencia de inductor, de manera que E2 se produciría de forma constitutiva. Los tres diploides parciales empleados indican que A es el regulador y que C es el operador.

276 3.- En el ratón existen dos sistemas isoenzimáticos diferentes detectables en los glóbulos rojos controlados por los loci A,a (A=a) y B,b (B=b) localizados en el segmento diferencial del cromosoma X. Hembras diheterocigóticas (hijas de machos cuyos glóbulos rojos presentaban las variantes isoenzimáticas A y b) se cruzaron con machos AB ; obteniéndose la siguiente descendencia masculina : 17 AB, 13 ab, 34 Ab y 37 aB. En la siguiente tabla se indican las enzimas que se expresan en los glóbulos rojos de diferentes tipos de hembras : Porcentaje de glóbulos rojos que expresan las enzimas indicadas Tipo de hembraA y BA y ba y Ba y b Teniendo en cuenta la hipótesis de Lyon, indicar cuáles de los 8 tipos de hembras de la tabla anterior serán hermanas de los machos anteriormente citados. ¿Con qué frecuencia aparecerá cada una ?. SI

277

278 Estudiando los machos de la descendencia podemos saber los tipos de gametos que ha formado la madre. Entre los machos descendientes se observa que su segregación no se ajusta a ¼ de cada tipo, indicando este resultado que ambos loci se comportan como ligados. Existen dos clases de machos mas frecuentes Ab y aB (34 y 37) y otras dos menos frecuentes, AB y ab (17 y 13), las clases menos frecuentes son las recombinantes y proceden de que se haya dado sobrecruzamiento entre los dos loci. La forma de estimar la fracción de recombinación sería p=recombinantes/total, p=(17+13)/100=0,2. La distancia genética entre estos dos loci es de 20 morgan.

279 Las hembras descendientes de este cruzamiento recibirán el cromosoma X del padre (tiene los alelos A y B) y el otro cromosoma X de la madre. Por tanto, existen cuatro tipos de hembras :

280 Estas hembras, se distinguen en función del tipo de glóbulos rojos que presenten, ya que en parte de los glóbulos rojos estará inactivado el cromosoma X paterno y en parte el cromosoma X materno. Si la inactivación se ha producido al azar el 50% de los glóbulos rojos serán de un tipo, y el otro 50% de otra clase. En la tabla anterior, se han indicado las hembras que serán hermanas de los machos obtenidos en el cruzamiento indicado y, además se ha anotado el tipo de glóbulos rojos que presentarían. Se puede ver que estas hembras coinciden con las hembras de los tipos 2, 4, 5 y 6 de la tabla suministrada en el enunciado.


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