Manual de problemas. Universidad de Granada.

Departamento de Genética, Universidad de Granada
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MANUAL DE PROBLEMAS y
CASOS PRÁCTICOS DE GENÉTICA
Asignaturas:
Genética I, Grado de Biología
Genética II, Grado de Biología

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MANUAL DE PROBLEMAS y
CASOS PRÁCTICOS DE
GENÉTICA
Mohammed Bakkali
Francisco Javier Barrionuevo Jiménez
Miguel Burgos Poyatos
Josefa Cabrero Hurtado
Roberto de la Herrán Moreno
Manuel Ángel Garrido Ramos
Michael Hackenberg
Rafael Jiménez Medina
María Dolores López León
Inmaculada López Flores
Ángel Martín Alganza
Rafael Navajas Pérez
Francisco Perfectti Álvarez
Francisca Robles Rodríguez
José Carmelo Ruiz Rejón
Esther Viseras Alarcón
Federico Zurita Martínez

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© Mohammed Bakkali
Francisco Javier Barrionuevo Jiménez
Miguel Burgos Poyatos
Josefa Cabrero Hurtado
Roberto de la Herrán Moreno
Manuel Ángel Garrido Ramos
Michael Hackenberg
Rafael Jiménez Medina
María Dolores López León
Inmaculada López Flores
Ángel Martín Alganza
Rafael Navajas Pérez
Francisco Perfectti Álvarez
Francisca Robles Rodríguez
José Carmelo Ruiz Rejón
Esther Viseras Alarcón
Federico Zurita Martínez
Portada: Carlos Garrido
I.S.B.N.: 978-84-15261-50-6
Depósito legal: GR:-3571/2011

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ÍNDICE
Problemas Página 3
1. Mendelismo Página 9
2. Extensiones del Mendelismo Página 37
3. Ligamiento, recombinación y Mapas genéticos Página 66
4. Genética cuantitativa Página 82
5. Genética de poblaciones Página 93
6. Genética molecular Página 113
7. Problemas avanzados Página 131
Casos prácticos Página 145
1. Dos síndromes para una alteración genética y viceversa Página 147
2. Polimorfismos y susceptibilidad genética Página 151
3. Proyecto Inocencia Página 153
4. La atleta descalificada. Un caso de dopaje genético Página 157
5. Construcción de un cromosoma artificial humano Página 159

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PROBLEMAS

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MENDELISMO
1. GUÍA DE RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS
Cruzamientos monohíbridos
En esta relación de problemas estudiaremos los principios de la segregación y de la
transmisión independiente de Mendel, aprenderemos a realizar predicciones de los
resultados de los cruzamientos genéticos y a comprender la utilidad de la probabilidad
como herramienta en el análisis genético. Comenzaremos con los cruzamientos
monohíbridos. Los cruces monohíbridos son aquellos cruzamientos en los que
ambos progenitores difieren en una única característica. El cruzamiento monohíbrido
entre dos líneas puras tiene como resultado una descendencia F1 en la que todos los
individuos presentan el fenotipo de uno de los parentales (fenotipo dominante)
mientras que en la F2, 3/4 de los descendientes presentan dicho fenotipo y 1/4
presentan el fenotipo del segundo parental (fenotipo recesivo). Para un caso hipotético
en el que el carácter está controlado por un gen con dos alelos, uno de los cuáles
determina fenotipo dominante (color de flor rojo, por ejemplo) y el otro determina el
fenotipo recesivo (blanco), tendremos:
Rojo (A) > Blanco (a)
P: Rojo (AA) x Blanco (aa)
F1: 100% Rojo (Aa)
F2: 1/4 Rojo (AA): 1/2 Rojo (Aa): 1/4 Blanco (aa)
La forma que tenemos de discriminar entre individuos de flor roja homocigóticos y
heterocigóticos es mediante un cruzamiento prueba entre estos individuos de color de
flor rojo y un parental de prueba homocigótico recesivo (aa), dado que el resultado
será diferente en cada caso:
a) Rojo x Blanco: 100% Rojo. En este caso, el individuo de fenotipo rojo era
homicigótico AA y la descendencia del cruzamiento prueba será Aa.
b) Rojo x Blanco: 50% Rojo, 50% Blanco. En esta caso, el individuo de fenotipo rojo
era heterocigótico Aa y la descendencia será 1/2 AA (rojo) y 1/2 aa (blanco).
Probabilidad
La probabilidad expresa la posibilidad de que ocurra un determinado suceso. Se
calcula como el número de veces que ocurre un evento particular dividido por el
número total de resultados posibles.
Para predecir las proporciones de la descendencia producida por cruzamientos
genéticos se utilizan dos reglas probabilísticas:
- Regla de la multiplicación: esta regla establece que la probabilidad de que dos o
más eventos independientes ocurran simultáneamente. Se calcula multiplicando sus
probabilidades independientes.
- Regla de la adición: esta regla establece que la probabilidad de ocurrencia de uno
solo de dos o más eventos mutuamente excluyentes. Se calcula sumando las
probabilidades de cada uno de ellos.

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Para determinar la probabilidad de una combinación particular de eventos es útil
usar la siguiente fórmula:
P=
!!
!
ts
n
ps
qt
Donde P equivale a la probabilidad total de un suceso X con la probabilidad p de
ocurrir s veces y de un evento Y con probabilidad q de ocurrir t veces. Donde: s+t = n;
p+q = 1.
Cruzamientos dihíbridos y polihíbridos
Cuando analizamos la herencia simultánea de dos o más caracteres (cruces di-, tri-,
polihíbridos) hay que considerar, para cada gen, los mismos principios que en un
cruce monohíbrido, es decir: pueden presentar diferentes alternativas alélicas, existen
relaciones de dominancia entre ellos y segregan durante la meiosis.
El principio de segregación establece que dos alelos de un locus se separan al
formarse los gametos; el principio de transmisión independiente establece que, cuando
esos dos alelos se separan, su separación es independiente de la separación de los
alelos ubicados en otros loci.
Este principio mendeliano sólo se cumple en el caso de genes situados en
cromosomas diferentes (o también, como veremos más adelante, en genes situados
en el mismo cromosoma pero lo suficientemente alejados como para que ocurra
entrecruzamiento en cada meiosis)
Hay que tener en cuenta las siguientes observaciones:
a) Cuando los alelos de dos loci se separan de forma independiente, los cruzamientos
dihíbridos pueden analizarse como dos cruzamientos monohíbridos independientes y
luego combinar las proporciones.
b) Puesto que son dos sucesos independientes, estas combinaciones se calculan
mediante la regla de la multiplicación.
c) En el caso de un cruzamiento entre dos dihíbridos, las proporciones esperadas son
9:3:3:1.
d) Tipos de gametos producidos en el caso de dos genes:
Individuos (Genotipo) Gametos Proporción
AABB AB 1
AABb AB, Ab 1/2 1/2
AAbb Ab 1
AaBB AB, aB 1/2 1/2
AaBb AB, Ab, aB, ab 1/4 1/4 1/4 1/4
Aabb Ab, ab 1/2 1/2
aaBB aB 1
aaBb aB, ab 1/2 1/2
aabb ab 1

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Se procede de la misma manera en el caso de tres o más genes, teniendo en cuenta
la siguiente regla: según el principio de la segregación mendeliana, un gameto recibe
sólo un alelo de cada gen.
e) Para obtener el resultado del cruzamiento entre individuos que difieren en dos o
más caracteres, se puede realizar un cuadro de Punnet o bien un diagrama ramificado
(método de bifurcación):
El cuadro de Punnet nos permite analizar las proporciones genotípicas y fenotípicas
de la descendencia. Por ejemplo, en un cruce de prueba dihíbrido:
Parentales: AaBb x aabb
Gametos/Proporción AB (¼) Ab (¼) aB (¼) ab (¼)
ab (1) AaBb (¼) Aabb (¼) aaBb (¼) aabb (¼)
Se puede observar que el cruzamiento de prueba en el caso de dos genes, da como
resultado las proporciones 1:1:1:1. Para tres genes es 1:1:1:1:1:1:1:1, etc.
El diagrama ramificado (método de bifurcación) permite analizar de forma rápida,
las frecuencias de gametos o las frecuencias fenotípicas de la descendencia. Es útil
en el caso de más de dos genes. Ejemplo: la proporción y tipos de gametos que
produce un individuo trihíbrido será la siguiente.

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De la misma forma se puede aplicar para determinar las frecuencias de las clases
fenotípicas esperadas en la F2 de un cruzamiento polihíbrido. En el caso de un
cruzamiento dihíbrido (AaBb x AaBb):
f) Cálculo de probabilidades en polihíbridos
Se calculan aplicando el término general de un polinomio. Por ejemplo, en el caso de
cruces entre heterocigotos:
- Cálculo de las frecuencias genotípicas: las probabilidades de obtener un
descendiente homocigoto dominante, heterocigoto u homocigoto recesivo en el cruce
de un monohíbrido son 1/4, 1/2 y 1/4, respectivamente. Generalizando este caso, para
n loci, la probabilidad de obtener un individuo cuyo genotipo sea dominante para d loci,
heterocigoto para h loci y recesivo para de r loci será:
!!!
!
rhd
n d
)41( h
)21( r
)41(
Donde: d+h+r = n
- Cálculo de las frecuencias fenotípicas: las probabilidades de obtener un
descendiente de fenotipo dominante o de fenotipo recesivo de un cruce monohíbrido
son 3/4 y 1/4, respectivamente. Generalizando este caso, para n loci, la probabilidad
de obtener un individuo cuyo fenotipo sea dominante para d loci, y recesivo para de r
loci será:
!!
!
rd
n d
)43( r
)41(
Donde: d+ r = n

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Prueba de la bondad del ajuste de chi-cuadrado
La prueba de la bondad del ajuste de chi-cuadrado es una prueba estadística que
nos indica cuán correctamente se ajustan los valores observados a los valores
esperados en un experimento. Esta prueba no sirve para conocer si un cruzamiento
genético se ha realizado de forma correcta, si los resultados son correctos o si hemos
elegido la explicación que más se ajusta a nuestros datos. En cambio, sí indica la
probabilidad de que la diferencia entre los valores observados y los esperados se deba
al azar. Se calcula mediante la aplicación de la siguiente fórmula:
2
expχ = ∑
−
Esperados
EsperadosObservados 2
)(
Donde los valores observados y esperados se consideran en valores absolutos.
A continuación se compara el valor calculado de χ2
con los valores teóricos que
poseen los mismos grados de libertad en una tabla de χ2
. Los grados de libertad
representan el número de formas en las cuales las clases esperadas son libres para
variar. En la prueba de χ2
los grados de libertad equivalen a n-1, donde n es el número
de clases fenotípicas existentes.
En la tabla, los grados de libertad están indicados en la columna de la izquierda,
mientras que la columna superior indica probabilidad. Normalmente se utiliza un nivel
de probabilidad de 0.05, que indica que si la probabilidad de que el azar sea el
responsable de la desviación observada es igual o mayor de 0.05, las diferencias
observadas se deben al azar. Cuando esta probabilidad es menor de 0.05, el azar no
es responsable de la desviación y existe una diferencia significativa entre los valores
observados y los esperados. Así, si el valor experimental de χ2
es menor que el valor
teórico para un nivel de significación de 0.05 y un número de grados de libertad de n-1,
no rechazamos la hipótesis que habíamos establecido a priori para explicarlos y
asumimos que los valores observados se ajustan a los esperados. En caso contrario,
rechazaríamos dicha hipótesis.

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Análisis de pedigríes
Un pedigrí es una representación gráfica de la historia familiar que muestra la
herencia de una o más características o enfermedades (fenotipos en general). El
propósito es facilitar el análisis genético de un fenotipo concreto examinando su patrón
de herencia en una familia en particular.
Los símbolos que se pueden encontrar comúnmente son:
Hembra:
Macho:
Sexo desconocido o no especificado:
Presencia del rasgo:
Ausencia del rasgo:
Representación de dos caracteres:
Familia:
Gemelos dicigóticos Gemelos monocigóticos
Las generaciones se suelen identificar con números romanos (I, II, III, IV, V,…) y
dentro de cada generación se identifican los individuos con números arábigos (1, 2, 3,
4, 5,…).

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2. PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1. Se cruzaron dos plantas de raza pura, una de tallo largo con otra de tallo
corto. En la F2 se obtuvieron los siguientes fenotipos: 3/4 tallo largo y 1/4 tallo corto.
El carácter tallo largo es dominante sobre el corto. ¿Cómo será el genotipo de los
parentales, de los individuos de la F1 y los de la F2?
Respuesta
Denominemos T al alelo dominante que produce tallo largo y t al alelo recesivo.
Tallo largo > tallo corto
T > t (indica que T es dominante sobre t)
Los parentales son dos plantas de raza pura, una de tallo largo y otra de tallo corto.
Por tanto, el genotipo de los individuos de este cruce será:
P tallo largo x tallo corto
TT x tt
F1 Todos los descendientes serán de fenotipo tallo largo y heterocigóticos (Tt).
Mediante autofecundación se obtiene la F2.
F2 Tt xTt
TT Tt tt
3/4 tallo largo 1/4 tallo corto
Como dice el enunciado del problema, en la F2 se obtienen los siguientes fenotipos:
3/4 tallo largo y 1/4 tallo corto, que corresponden a los genotipos TT y Tt (tallo largo) y
tt (tallo corto).
Problema 2. En la planta de guisante la posición axial de las flores es dominante
sobre la posición terminal, representando por “A” el alelo para la posición axial y “a”
para la terminal. Se obtienen 400 individuos del cruce de dos plantas heterocigóticas,
¿cuántas tendrán posición axial y cuántas tendrán posición terminal?
Respuesta
Posición axial > posición terminal
A>a
El cruce de dos plantas heterocigóticas será: Aa x Aa
Clases genotípicas y proporción en la descendencia: AA (1/4); Aa (1/2); aa (1/4)
Clases fenotípicas y proporción en la descendencia: 3/4 posición axial (AA + Aa); 1/4
posición terminal (aa)

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Del total de 400 individuos: 300 tendrán flores en posición axial y 100 tendrán flores en
posición terminal.
Problema 3. Se cruzaron plantas de pimiento picante con plantas de pimiento dulce.
La F1 fue de frutos picantes y en la F2 se obtuvieron 32 plantas de pimientos picantes
y 10 de pimientos dulces.
a) ¿Cuántas de las plantas picantes se espera que sean homocigóticas y cuantas
heterocigóticas?
b) ¿Cómo averiguar cuáles de las 32 plantas picantes son heterocigóticas?
Respuesta
P picante x dulce
F1 picantes (autofecundación para producir la F2)
F2 32 picantes, 10 dulces
El carácter picante es dominante sobre el dulce, ya que del cruce de los parentales (P)
se obtiene una descendencia de fenotipo 100% picante:
Picante> dulce
A>a
Además, los parentales tienen que ser líneas puras:
P picante x dulce
AA x aa el 100% de la F1 serán plantas heterocigóticas, de fenotipo
picante:
F1 picantes
Aa la autofecundación de la F1 produce plantas picantes y dulces
en proporción 3:1,
F2 AA (1/4) Aa (1/2) aa (1/4)
3/4 picantes (AA +Aa) y 1/4 dulces (aa)
El número de plantas que se obtiene en la F2 son 32 picantes y 10 dulces, valores que
se ajustan a las proporciones 3:1 esperadas.
Entre las plantas picantes, 1/3 son homocigóticas y 2/3 heterocigóticas. De esta forma,
las 32 plantas de fenotipo picante pueden ser de genotipo AA (homocigóticas) o Aa
(heterocigóticas), mientras que las de fenotipo dulce son aa.
a) Hay dos posibilidades genotípicas para las plantas picantes: homocigóticas AA (1/3)
y heterocigóticas Aa (2/3). Como se obtenían 32 plantas picantes en la F2:
aproximadamente 11 plantas serán AA y 21 plantas serán Aa.
b) Para saber qué plantas picantes de la F2 son heterocigóticas, realizamos un
cruzamiento prueba con plantas dulces (aa). En la descendencia obtendremos sólo
plantas de pimiento picantes si el parental utilizado era homocigótico AA, mientras que
si era heterocigótico Aa, 1/2 de los descendientes serán picantes y 1/2 serán dulces:

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Picante x dulce Picante x dulce
AA x aa Aa x aa
↓ ↓
Todas las plantas de la F1 serían picantes 1/2 picantes (Aa), 1/2 dulces (aa)
Problema 4. El albinismo (falta de pigmentación en la piel) en el hombre se debe a un
alelo autosómico recesivo (a) mientras que la pigmentación normal es la consecuencia
de un alelo dominante (A).
Dos progenitores normales tienen un hijo albino. Determinar la probabilidad de que:
a) El siguiente hijo sea albino.
b) Los dos hijos inmediatos sean albinos.
c) Si los padres tienen dos hijos, que uno sea albino y el otro normal.
Respuesta
Pigmentación normal > falta de pigmentación o albinismo
(A>a)
Si dos progenitores con pigmentación normal tienen un hijo albino, es porque ambos
padres tienen que ser heterocigóticos: Aa x Aa
Las proporciones genotípicas y fenotípicas de este cruce (Aa x Aa) serían:
Clases genotípicas y proporción en la descendencia: AA (1/4), Aa (2/4) y aa (1/4).
Clases fenotípicas y proporción en la descendencia: 3/4 pigmentación normal (AA
+Aa) y 1/4 albinos (aa).
a) La respuesta al primer apartado sería 1/4, ya que “la probabilidad de que el
siguiente hijo sea albino” es un suceso independiente, no influye que ya hayan tenido
un hijo albino anteriormente.
b) En este caso los dos hijos inmediatos son albinos, por lo que hay que tener en
cuenta la probabilidad de que uno sea albino “y” que el siguiente sea albino también
(ambos sucesos son independientes).
Probabilidad de tener un hijo albino (1/4) “y” probabilidad de que el siguiente sea
albino (1/4). Recordar la regla de la multiplicación (la probabilidad de que dos o más
eventos independientes ocurran simultáneamente se calcula multiplicando sus
probabilidades individuales).
Así que el resultado final será: 1/4 x 1/4 = 1/16.
c) Ahora tenemos que calcular la probabilidad de dos hijos, uno normal “y” otro albino.
Probabilidad de tener un hijo normal (3/4) x probabilidad de uno albino (1/4)
Pero en este caso hay que tener en cuenta otra alternativa: que el primer hijo sea
albino y el segundo normal [probabilidad de tener un hijo albino (1/4) x probabilidad
de uno normal (3/4)].

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Es decir, como el problema no establece el orden de nacimiento de los hijos, hay que
tener en cuenta todas las posibilidades:
normal y albino “o” albino y normal
Aplicamos en este ejercicio la regla de la adición (la probabilidad de de que ocurra uno
solo de dos o más eventos mutuamente excluyentes se calcula sumando las
probabilidades de cada uno de ellos). Por tanto, el resultado final sería:
(3/4) x (1/4) + (1/4) x (3/4) = 6/16 = 3/8
Problema 5. La polidactilia en la especie humana se debe a un alelo autosómico
dominante. Dos primos hermanos polidactílicos y cuyos abuelos comunes eran
normales, desean tener siete hijos. Se desea saber las probabilidades siguientes:
a) Que ningún hijo sea polidactílico.
b) Que los dos mayores sean polidactílicos y los cinco siguientes sean normales.
c) Que tres sean polidactílicos y cuatro no.
d) Si los tres primeros fuesen normales, ¿cuál es la probabilidad de que el cuarto
también lo sea? ¿y de que el quinto sea polidactílico?
Respuesta
Al ser la polidactilia un rasgo dominante y ambos miembros de la pareja ser
polidactílicos pero sus abuelos comunes normales, ambos deben ser heterocigóticos
Aa. Así el cruce es Aa x Aa y la probabilidad de tener un descendiente polidactílico
(A_) será de 3/4 mientras que de ser normal será 1/4 (aa).
a) La probabilidad de que un hijo sea norma es 1/4. La probabilidad de que los siete
sean normales será el producto de sus probabilidades individuales: (1/4)7
= 6,1 x 10-5
b) (3/4) x (3/4) x (1/4) x (1/4) x (1/4) x (1/4) x (1/4) = 5,5 x 10-4
c) En este caso, al contrario de lo que ocurre en el apartado b en el que el orden de los
descendientes estaba establecido, ahora existen diferentes posibilidades, tantas como
combinaciones posibles de casos cumplan la condición de que tres de los
descendientes sean polidactílicos y cuatro sean normales. Así:
P=
!!
!
ts
n
ps
qt
=
!4!3
!7
(3/4)3
(1/4)4
= 1,65 x 10-3
Donde P equivale a la probabilidad total de un suceso X (nacer con polidactilia) con la
probabilidad p (3/4) de ocurrir s veces (3 descendientes polidactílicos) y de un evento
Y (normal) con probabilidad q (1/4) de ocurrir t veces (4 descendientes normales).
d) Son sucesos independientes uno de otro. Por tanto la probabilidad de que una
pareja de heterocigotos tenga un hijo polidactílico es 3/4 y la de que tenga un hijo
normal es 1/4, independientemente de la descendencia que haya tenido previamente.
Problema 6. El pelo negro de los cobayas está determinado por un alelo dominante N
y el blanco por su alelo recesivo n. En el siguiente pedigrí, a menos que haya
evidencias de lo contrario, asumir que los individuos II-1 y II-4 no llevan el alelo
recesivo y calcular las probabilidades de que un descendiente III-1 x III-2 tenga pelo
blanco (los símbolos sólidos representan pelo negro).

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Respuesta
Los genotipos de cada individuo del pedigrí serán:
Los individuos I-1 y I-2 tienen que ser los dos heterocigotos porque tienen un
descendiente (el individuo II-2) de pelo blanco.
Los individuos II-1 y II-4 son homocigotos dominantes para el carácter tal y como dice
el enunciado del problema porque no hay evidencias de lo contrario.
El genotipo del individuo II-3 puede ser NN o Nn, en ambos casos su fenotipo es de
pelo negro, pero tendríamos dos alternativas para el genotipo.
Lo mismo ocurre con el individuo III-2 dado que su genotipo puede ser NN o Nn, algo
que dependerá del genotipo de su parental II-3 (que éste sea homocigótico dominante
o heterocigoto).
El problema nos pide que calculemos las probabilidades de que un descendiente del
cruce III-1 x III-2 tenga pelo blanco:

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Para que el individuo IV-1 tenga el pelo blanco, el parental III-2 tiene que ser
heterocigótico (así ambos parentales transmitirían al descendiente IV-1 el alelo “n”).
Pero para que el individuo III-2 sea heterocigótico, el individuo II-3 también tiene que
ser heterocigótico.
Vamos a calcular las probabilidades de que los ambos individuos (III-2 y II-3) tengan
esos genotipos.
Cruce I-1 x I-2:
Nn x Nn
↓
NN Nn nn
Pelo negro
Entre los descendientes de pelo negro, tendremos 1/3 de homocigóticos (AA) y 2/3 de
heterocigóticos (Aa). Estos valores se corresponden con la relación 1:2 (1/4:2/4) entre
homocigóticos y heterocigóticos del total de 3/4 de descendientes de pelo negro
resultantes de un cruzamiento entre dos heterocigotos.
Así, la probabilidad de que el individuo II-3 sea heterocigótico será de 2/3.
Cruce II-3 x II-4:
Nn x NN
↓
NN Nn
1/2 1/2
Pelo negro
De este cruce obtendríamos el 100% de los descendientes con el pelo negro, pero la
mitad serían homocigóticos dominantes y la otra mitad heterocigóticos. Así, la
probabilidad de que el individuo III-2 sea heterocigótico es de 1/2.
Cruce III-1 x III-2:
Nn x Nn
↓
NN Nn nn
3/4 Pelo negro 1/4 pelo blanco
La probabilidad de obtener descendientes de pelo blanco de este cruce es de 1/4.
Así, la probabilidad total será: 2/3 x 1/2 x 1/4= 2/24 = 1/12
Problema 7. Un caballo negro de antepasados desconocidos fue apareado con cierto
número de yeguas de color rojo de raza pura. Estos apareamientos dieron 20

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descendientes de color rojo y 25 descendientes negros.
a) ¿Cuál de dichos caracteres fenotípicos es más probable que esté causado por un
homocigoto recesivo?
b) Según su hipótesis, ¿cuántos individuos de cada clase habría esperado?
c) Probar la hipótesis por el método de la χ2
e indicar si, basándose en dicha prueba,
se aceptaría o se rechazaría la hipótesis.
Respuesta
a) Las hembras son de raza pura, así que serán homocigóticas para este carácter. Si
fueran homocigóticas dominantes, toda la descendencia debería ser de color rojo. Así
que asumimos que el color en los caballos está determinado por un locus con los
alelos A (Negro) > a (Rojo) y que el carácter rojo se debe seguramente a la presencia
en homocigosis del alelo recesivo a.
b) Los genotipos de los progenitores y de la F1 deben ser los siguientes:
P: Caballo Negro Aa x Yegua Roja aa
↓
F1: 1/2 Negros Aa 1/2 Rojos aa
c) El número de individuos observados es:
Negros Aa: 25
Rojos aa: 20
Total: 45
El número de individuos esperados según nuestra hipótesis es:
Negros Aa: 22,5 (1/2 de 45)
Rojos aa: 22,5 (1/2 de 45)
Total: 45
Realizamos la prueba de χ2
para ver si los datos observados se ajustan a los
esperados:
2
expχ = ∑
−
Esperados
)(
= (20-22,5)2
/22.5 + (25-22,5)2
/22.5=0.545
El valor de la χ2
teórica para 1 grado de libertad (número de clases fenotípicas menos
uno) y un nivel de significación de 0.05 es de 3.841. Dado que la χ2
experimental es
menor que la χ2
teórica, no rechazamos la hipótesis propuesta y asumimos que los
valores observados se ajustan a los esperados (0.3 < p < 0.5).
Problema 8. En el guisante de jardín (Pisum sativum) el color de las semillas se debe
a dos alelos de un gen: el alelo A determina el color amarillo y es dominante sobre a
que determina el color verde. Por otro lado, el alelo L es responsable de la formación
de semillas lisas y domina sobre l que determina las semillas rugosas. Al cruzar una
planta de semillas verdes y lisas con otra de semillas amarillas y lisas se ha obtenido
una descendencia formada por unas plantas con semillas amarillas y lisas y otras con
semillas amarillas y rugosas. Determinar los genotipos de los progenitores.

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Respuesta
- Parental 1. Fenotipo: semillas verdes y lisas. Genotipo: al ser el color verde recesivo,
la planta debe ser aa. Sin embargo, el carácter liso es dominante, por lo que debe
tener al menos un alelo L_. Como su descendencia es tanto lisa (L_), como rugosa (ll),
este parental debe ser heterocigoto (Ll). Por tanto, su genotipo será: aaLl
- Parental 2. Fenotipo: semillas amarillas y lisas. Genotipo: al presentar los dos
caracteres dominantes, debe tener al menos un alelo dominante de cada gen: A_L_,
pero podemos saber su genotipo si nos fijamos en la F1: todos los descendientes
tienen semillas amarillas y puesto que el otro progenitor era de semillas verdes (aa),
éste tiene que ser AA. En cuanto al otro carácter, puesto que en la F1 encontramos
tanto individuos con semillas lisas como rugosas, el progenitor debe ser heterocigoto
(Ll). Por tanto, su genotipo será: AALl
Problema 9. En los cobayas el pelaje negro (B) es dominante sobre albino (b), y la piel
rugosa (R) es dominante sobre la piel lisa (r). Un cobaya negro y rugoso se cruza con
otro albino y rugoso y produce la siguiente progenie: 13 negros rugosos, 16 albinos
rugosos, 6 negros lisos y 5 albinos lisos. Identificar los genotipos de los padres,
usando el método de χ2
para probar la hipótesis.
Respuesta
El cruzamiento: negro-rugoso (B_R_) x albino-rugoso (bbR_). El hecho de que en la
progenie haya individuos albinos-lisos (bbrr) nos indica que el genotipo de los padres
debe ser: BbRr y bbRr.
Si nuestra hipótesis es correcta, en la descendencia del cruce BbRr x bbRr,
esperaríamos:
Gametos/Proporción bR (1/2) br (1/2)
BR (1/4) BbRR (1/8) BbRr (1/8)
Br (1/4) BbRr (1/8) Bbrr (1/8)
bR (1/4) bbRR (1/8) bbRr (1/8)
br (1/4) bbRr (1/8) bbrr (1/8)
Es decir:
Negro-rugoso (B_R_): 3/8
Negro-liso (B_rr): 1/8
Albino-rugoso (bbR_): 3/8
Albino-liso (bbrr): 1/8
Aplicamos el test de χ2
para probar nuestra hipótesis:
Los resultados observados son: Los resultados esperados son:
Negros-rugosos: 13 40x3/8 = 15
Negros-lisos: 6 40x1/8 = 5
Albinos-rugosos: 16 40x3/8 = 15
Albinos-lisos: 5 40x1/8 = 5
Total: 40

- 23 -
Puesto que hay cuatro clases fenotípicas, el número de grados de libertad es: 4-1= 3.
2
expχ = ∑
−
Esperados
)(
= 0.53; (0.9 < p < 0.95)
χ2
teórica (3; 0,05) = 7,815
No se rechaza la hipótesis, por lo que podemos concluir que el genotipo de los padres
es: BbRr x bbRr
Problema 10. Dos condiciones anormales en el hombre, las cataratas y la fragilidad
de huesos, son debidas a alelos dominantes de dos genes diferentes. Una pareja
formada por un hombre con cataratas y huesos normales (cuyo padre tenía ojos
normales) y una mujer sin cataratas pero con huesos frágiles (cuyo padre tenía huesos
normales), desean tener hijos. Indicar la probabilidad de que tengan:
a) Un descendiente normal
b) Un descendiente con cataratas y huesos normales
c) Un descendiente con ojos normales y huesos frágiles
d) Un descendiente que padezca ambas enfermedades
Respuesta
Si denominamos C/c y H/h a los alelos de los genes implicados, siendo C/c los alelos
dominante y recesivo del gen implicado en el desarrollo de cataratas y H/h los del gen
implicado en la fragilidad de los huesos, el genotipo del hombre es Cchh. Al tener su
padre los ojos normales, lo que quiere decir que es homocigoto para este carácter, el
hombre tiene que ser portador de un alelo recesivo para este carácter. El genotipo de
la mujer es ccHh. Al igual que en el hombre, su padre era homocigoto recesivo para el
carácter de huesos y, por tanto, debe portar un alelo recesivo.
Los gametos que produce cada uno de ellos son:
Hombre: Ch y ch
Mujer: cH y ch
El resultado del cruzamiento entre ambos sería:
Gametos/Proporción cH (1/2) ch (1/2)
Ch (1/2) CcHh (1/4) Cchh (1/4)
ch (1/2) ccHh (1/4) cchh (1/4)
Así:
a) La probabilidad de que tengan un descendiente normal, es decir que sea doble
homocigoto recesivo (cchh), es de 1/4.
b) En este caso se nos pide la probabilidad de un descendiente con cataratas y
huesos normales, por tanto el genotipo es Cc o CC para las cataratas y hh para
huesos normales. Como se puede ver en la cuadro de Punnet, sólo uno de los cuatro
posibles descendientes (Cchh) cumple las condiciones, por lo que la frecuencia es 1/4.

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c) Un descendiente con ojos normales y huesos frágiles tiene como genotipos posibles
ccHh o ccHH. Si observamos la tabla, vemos que, en este cruce, sólo se obtiene el
genotipo ccHh, con una probabilidad de 1/4.
d) Por último, se nos pide la probabilidad de que nazca un individuo con ambas
enfermedades. Esto quiere decir que el individuo puede tener como genotipos posibles
CCHH, CCHh, CcHH o CcHh. Sólo uno de estos genotipos (CcHh) puede producirse
en este cruzamiento. La probabilidad de obtenerlo es de 1/4.
Problema 11. En el siguiente pedigrí se presenta la transmisión de dos caracteres en
una sola familia. El carácter 1 se indica sombreando la mitad superior del símbolo y el
carácter 2 se indica sombreando la mitad inferior. Utilizando símbolos alfabéticos para
los genes implicados (por ejemplo A/a para el carácter 1 y B/b para el carácter 2)
responder a las siguientes preguntas:
a) ¿Qué tipo de herencia se halla implicado en cada uno de los caracteres?
b) Determinar hasta donde sea posible los genotipos de todos los individuos de la
genealogía
c) ¿Qué genotipos y fenotipos y qué proporciones se esperarían en el apareamiento
entre los individuos IV-3 y IV-5?
Respuesta
a) Carácter l: Dos individuos que no presentan el rasgo en sombreado (III-5 y III-6)
tienen una hija (IV-4) y un hijo (IV-5) que lo presentan, por lo que debe ser recesivo.
Carácter 2: Dos individuos sin el rasgo en sombreado (III-1 x III-2) tienen un hijo que sí
lo manifiesta (IV-2). Igualmente, debe ser recesivo.
En ambos casos, sólo hay dos fenotipos y la genealogía puede interpretarse
considerando que en la herencia de ambos caracteres los rasgos (fenotipos) que
aparecen en sombreado están determinados por alelos recesivos de sendos genes
autosómicos A/a y B/b.
b) Los genotipos de los individuos serán:
I-1, aaBb I-2, A_bb
II-1, AaBb II-2, AaBb II-3, A_Bb
II-4, Aabb II-5, Aabb II-6, Aabb
II-7, A_Bb

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III-1, aaBb III-2, A_Bb III-3, A_bb
III-4, A_Bb III-5, Aabb III-6, AaBb
III-7, A_bb III-8, A_Bb
IV-l, AaB_ IV-2, Aabb IV-3, AaB_
IV-4, aaBb IV-5, aabb IV-6, A_Bb
IV-7, A_Bb IV-8, A_bb IV-9, A_bb
IV-10, A_Bb
c) IV-3 es de genotipo AaBB ó AaBb. La probabilidad de cada una de estas
combinaciones dependerá de la constitución genotípica de sus padres:
III-1 x III-2
aaBb A_Bb
↓
IV-3 AaB_
Como sabemos que IV-3 es de fenotipo dominante, será AaBB con probabilidad 1/3 y
AaBb con probabilidad 2/3. No importa cómo sean sus padres para el locus A,a, ni que
no se sepa con exactitud cuál es el genotipo de su madre para este locus, ya que
sabemos que IV-3 es Aa con probabilidad 1.
Por tanto, y dado que IV-5 es aabb, los dos cruces posibles serán:
(1/3) AaBB x aabb (2/3) AaBb x aabb
↓
1/2 AaBb 1/4 AaBb
1/2 aaBb 1/4 aaBb
1/4 Aabb
1/4 aabb
El primer cruce tiene una probabilidad de 1/3 y el segundo de 2/3, Combinándolos,
obtendremos la solución a la pregunta:
Genotipos Proporciones Fenotipos
AaBb 1/2 x 1/3 + 1/4 x 2/3 = 1/3 Dominante para A y B (AB)
aaBb 1/2 x 1/3 + 1/4 x 2/3 = 1/3 Dominante para B (aB)
Aabb 1/4 x 2/3 = 1/6 Dominante para A (Ab)
aabb 1/4 x 2/3 = 1/6 Recesivo para A y B (ab)
Problema 12. En los gallos y gallinas, el rasgo patas plumosas (F) es dominante sobre
el rasgo patas limpias (f) y la cresta en guisante (P) sobre la cresta sencilla (p). Dos
gallos A y B se cruzan con dos gallinas C y D. Las cuatro aves tienen patas plumosas
y la cresta en guisante. El gallo A tiene con ambas gallinas descendencia toda
plumosa y con cresta en guisante. El gallo B con la gallina C tiene descendientes con
las patas plumosas o limpias, pero todos con la cresta en guisante. El gallo B con la
gallina D tiene todos los descendientes plumosos, pero parte con la cresta en guisante
y parte con la cresta sencilla. ¿Cuáles son los genotipos de las cuatro aves
progenitoras y de los descendientes de cada cruce?

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Respuesta
Los individuos progenitores, A, B, C y D, por tener patas plumosas y cresta en
guisante, serán F_P_. Habrá que averiguar cómo son los otros dos alelos estudiando
cada cruce:
Cruces A x C y A x D (F_P_ x F_P_)
Toda la descendencia es plumosa con la cresta en guisante: F_P_. El que no
aparezcan individuos con patas limpias (ff) nos indica que es altamente improbable
que ambos progenitores porten el alelo f (sin embargo, sí podría llevarlo uno de ellos
en cada cruce). Por la misma razón, al no aparecer individuos con cresta sencilla (pp)
debemos pensar que el alelo p será portado por un progenitor como máximo en cada
cruce.
Por el momento no pueden extraerse más conclusiones de estos cruces.
Cruce B x C (F_P_ x F_P_)
Los descendientes son de dos tipos: de patas plumosas y cresta en guisante (F_P_) y
de patas limpias y cresta en guisante (ffP_).
Ello nos lleva a afirmar que B y C son heterocigotos para el gen F (Ff), ya que en su
descendencia se encuentra la combinación ff. Respecto al segundo locus, como en los
cruces anteriores, resultará muy improbable que ambos progenitores lleven el alelo
recesivo, aunque uno de ellos podría ser portador del mismo.
Cruce B x D (FfP_ x F_P_)
Los descendientes son: plumosos con cresta en guisante (F_P_) o plumosos con
cresta sencilla (F_pp).
Se deduce, por un razonamiento similar al anterior, que B y D son portadores del alelo
p, y que sólo uno de ellos llevará el alelo f, en este caso, B. Por tanto, el genotipo de B
es, sin género de dudas, FfPp y el de la hembra D es FFPp.
Revisando el cruce B x C, ahora que sabemos el genotipo de B podemos afirmar que
el de la hembra C es FfPP.
Volviendo ahora a los cruces A x C y A x D, dado que C porta el alelo f, A no lo llevará
probablemente, ni tampoco el p, ya que lo lleva D. Así, el genotipo de A será, por tanto,
FFPP.
De este modo, los cruzamientos habrán sido:
A x C: FFPP x FfPP
↓
FFPP Todos plumosos con
FfPP cresta en guisante
A x D: FFPP x FFPp
↓
FFPP Todos plumosos con
FFPp cresta en guisante

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B x C: FfPp x FfPP
↓
FFPP Plumosos con cresta
FFPp en guisante
FfPP
FfPp
ffPP De patas limpias y
ffPp cresta en guisante
B x D: FfPp x FFPp
↓
FFPP Plumosos con cresta
FfPP en guisante
FFPp
FfPp
Ffpp Plumosos con cresta
Ffpp sencilla
Problema 13. Si se autofecunda un individuo heterocigótico para cinco loci
independientes (AaBbCcDdEe):
a) ¿Cuántos gametos genéticamente distintos puede producir?
b) ¿Qué número de genotipos diferentes aparecerán en la descendencia?
c) ¿Cuál es la frecuencia esperada de individuos heterocigóticos para tres loci y
homocigóticos dominantes para los dos restantes?
d) ¿Cuál es la frecuencia esperada de descendientes AaBbCcDDEE?
Respuesta
a) El individuo es un pentaheterocigoto, es decir, heterocigoto para cinco loci. Como
los genes son independientes, la segregación de cada uno de ellos es un suceso
independiente de los demás. Hagamos el siguiente razonamiento: Si tenemos en
cuenta, por ejemplo, solamente el gen A,a, podemos concluir que un individuo
heterocigoto producirá dos tipos diferentes de gametos, uno con el alelo A y otro con el
alelo a. El mismo resultado obtendremos si lo hacemos con el resto de los genes ya
que el individuo es heterocigoto para los 5 genes. El resultado, puesto que son
sucesos independientes, será: 2x2x2x2x2, es decir, 25
= 32.
b) La descendencia de un cruce pentahíbrido, se ajusta, para cada gen, a las
proporciones genotípicas mendelianas: 1/4: 1/2: 1/4. Por ejemplo, para el gen A,a, son
1/4 AA, 1/2 Aa, 1/4 aa, vemos que hay 3 clases genotípicas. Lo mismo ocurre para el
resto de los genes y como los cinco genes son independientes, el número de
genotipos diferentes es: 3x3x3x3x3 = 35
= 243
c) Puesto que la pregunta no concreta qué genes deben ser los heterocigotos y cuales
los homocigotos, podemos calcular las frecuencias genotípicas utilizando la función de
probabilidad de la distribución binomial:

- 28 -
Que, en el caso de la pregunta formulada en el enunciado, resulta ser:
d) En este caso, la pregunta incluye la descripción detallada del genotipo de cada uno
de los cinco genes, así que para el cálculo de frecuencias multiplicaremos las
probabilidades de los genotipos en cada locus:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1
P AaBbCcDDEE P Aa P Bb P Cc P DD P EE
2 2 2 4 4 128
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
3. PROBLEMAS PARA RESOLVER
Problema 1. Mendel descubrió que en los guisantes la posición axial de las flores es
dominante sobre la posición terminal. Representamos por "A" el alelo para la posición
axial y por "a" para la terminal. Determinar las clases de progenie producida por cada
uno de los siguientes cruzamientos:
a) AA x aa;
b) AA x Aa;
c) Aa x aa;
d) Aa x Aa.
Problema 2. La braquidactilia es un carácter humano raro dominante que causa el
acortamiento de los dedos. Varios estudios han puesto de manifiesto que
aproximadamente la mitad de la progenie de matrimonios braquidactílicos x normal
son braquidactílicos. ¿Que proporción de descendientes braquidactílicos cabría
esperar entre dos individuos heterocigóticos?
Problema 3. El pelo rizado en perros domina sobre el liso. Del cruce de una pareja de
perros de pelo rizado se tuvo un cachorro de pelo rizado. ¿Qué tipo de cruce se podría
hacer para comprobar si el cachorro es heterocigoto para este carácter?
2 loci homocigóticos XX
Probabilidad 3 loci heterocigóticos Xx =
!0!3!2
!5 2
)41( 3
)21( 0
)41( =
128
10
=
64
5
0 loci homocigóticos xx
d loci homocigóticos XX
Probabilidad h loci heterocigóticos Xx =
!!!
!
rhd
n d
)41( h
)21( r
)41(
r loci homocigóticos xx
donde n = número de loci

- 29 -
Problema 4. En un experimento A, una cobaya de pelo blanco se cruza con otra de
pelo negro y toda la descendencia obtenida es de pelo blanco. En un experimento B,
una cobaya también de pelo blanco se cruza también con una de pelo negro, pero esta
vez la descendencia está compuesta por 5 cobayas de pelo negro y otras 5 de pelo
blanco. ¿Cómo serán los genotipos de los parentales y la descendencia en los
distintos experimentos?
Problema 5. En los gatos, el pelaje negro es dominante sobre el gris. Se aparea una
hembra de pelo negro cuya madre es gris, con un macho gris. Si la camada obtenida
está compuesta de seis cachorros, ¿cuál es la probabilidad de que tres sean negros y
tres grises?
Problema 6. La ausencia de molares en la especie humana se debe a un alelo
autosómico dominante. Del matrimonio de dos primos hermanos sin molares y cuyos
abuelos comunes eran normales, nacen cinco hijos. Se desea saber las probabilidades
siguientes:
a) Todos los hijos sin molares.
b) Los dos mayores sin molares y los tres pequeños con ellos.
c) Tres con molares y dos sin ellos.
d) Si los cuatro primeros son normales, ¿cuál es la probabilidad de que el quinto
también lo sea?¿y de que ese quinto no tuviera molares?.
Problema 7. El alelo recesivo r de un gen es la causa principal del color rojo del
cabello en la especie humana. El cabello oscuro se debe al alelo dominante R. En el
pedigrí mostrado a continuación asuma, a menos de que haya evidencia de lo
contrario, que los individuos que se casan con los miembros de esta familia no son
portadores del alelo r. Calcule la probabilidad de que un hijo de estos matrimonios
tenga el pelo rojo:
a) III-3 x III-9.
b) III-4 x III-10.
c) IV-1 x IV-2.
d) IV-1 x IV-3.
Los símbolos negros representan cabello rojo; los símbolos blancos, cabello oscuro.

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Problema 8. El alelo que determina el pelaje moteado en los conejos (S) es dominante
respecto al alelo para el color sólido (s). En el siguiente pedigrí considere que aquellos
individuos que se han unido con los miembros de esta familia no son portadores del
alelo del color sólido (s), a menos que esté demostrado lo contrario. Calcule las
probabilidades de que nazcan conejos de color sólido en los siguientes
apareamientos:
a) III-1 x III-9.
b) III-1 x III-5.
c) III-3 x III-5.
d) III-4 x III-6.
e) III-6 x III-9.
f) IV-1 x IV-2.
g) III-9 x IV-2.
h) III-5 x IV-2.
i) III-6 x IV-1.
Los símbolos negros representan a los animales de color sólido; los símbolos blancos
a animales moteados.
Problema 9. El pelaje negro en los cocker spaniels está gobernado por el alelo
dominante B de un locus y el color rojo por su alelo recesivo b. El patrón uniforme del
color está gobernado por el alelo dominante de un locus S, que se transmite
independientemente, y el patrón moteado por su alelo recesivo s. Un macho de pelo
color negro y uniforme se aparea con una hembra de color rojo y piel moteada, y
producen una camada de seis cachorros: dos de color negro uniforme, dos rojo
moteado, uno negro moteado y uno rojo uniforme. Determinar los genotipos de los
progenitores.
Problema 10. Una planta leguminosa de tallo alto, legumbre amarilla y semilla
redonda se cruza con otra enana, verde y redonda, dando lugar a 3/8 de plantas altas,
verdes y redondas, 3/8 de enanas, verdes y redondas, 1/8 de altas, verdes y rugosas y
1/8 de enanas, verdes y rugosas. Determinar los genotipos de los padres.
Problema 11. En la F2 de dos variedades de maíz, obtenidas por el cruce de razas
que diferían en dos genes, se obtuvieron las siguientes segregaciones fenotípicas:

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AB Ab aB ab
Variedad a 117 26 18 7
Variedad b 82 12 33 8
¿Es significativa la desviación respecto de la segregación 9:3:3:1 en cada caso?
Problema 12. El cabello oscuro (R) en Homo sapiens, es dominante sobre cabello rojo
(r). El color marrón de los ojos (M) domina sobre el azul (m).Una pareja formada por
un hombre de ojos marrones y cabello oscuro y una mujer también de cabello oscuro,
pero de ojos azules, tuvieron dos hijos, uno de ojos marrones y pelo rojo y otro de ojos
azules y pelo oscuro. Determinar los genotipos de los padres y los de los hijos
razonando la respuesta.
Problema 13. El cruzamiento de dos individuos de Drosophila de tipo salvaje dio una
descendencia F1 enteramente de tipo salvaje. Cada mosca de la F1 fue
posteriormente cruzada con moscas de ala reducida (mut. vestigial -vg-) y cuerpo
negro (mut. ebony -e-). Se obtuvieron los resultados siguientes:
1/4 de los cruces dio: salvajes, vestigial, ebony, vestigial-ebony en la proporción
1:1:1:1.
1/4 de los cruces dio: una descendencia en la que todos eran salvajes.
1/4 de los cruces dio: salvajes, vestigial, en la proporción 1:1.
1/4 de los cruces dio: salvajes, ebony, en la proporción 1:1.
¿Cuáles son los genotipos de los dos individuos de la generación parental?
Problema 14. Teniendo en cuenta que en el tomate, el color rojo es dominante sobre
el amarillo y el tamaño normal es dominante sobre el enano, si se cruzan tomates
rojos híbridos y de tamaño normal homocigóticos, con una variedad amarilla enana.
¿Qué proporción de los tomates rojos de la F2 serán enanos?
Problema 15. Si dos pares de alelos se transmiten independientemente, siendo A
dominante sobre a y B sobre b, ¿cuál es la probabilidad de obtener: a) un gameto Ab a
partir de un individuo AaBb, b) un cigoto AABB a partir de un cruzamiento AaBB x
AaBb, c) un gameto Ab a partir de un individuo AABb, d) un cigoto AABB a partir de un
cruzamiento aabb x AABB, e) un fenotipo AB a partir de un cruzamiento AaBb x AaBb,
f) un fenotipo AB a partir de un cruzamiento AaBb x AABB, y g) un fenotipo aB a partir
de un cruzamiento AaBb x AaBB?
Problema 16. El carácter normal de pata hendida en los cerdos es producido por el
alelo recesivo m, mientras que el alelo dominante M produce una condición de pata de
mula. El color blanco del pelo está determinado por un alelo dominante de otro locus B
y el negro por su alelo recesivo b. Un cerdo blanco con pata de mula se cruza con una
hembra del mismo fenotipo. Entre la descendencia se encontraron seis cerdos blancos
con pezuña normal; siete negros con pata de mula; quince blancos con pata de mula y
tres negros con pezuña normal. Si se realiza un retrocruzamiento entre uno de los
parentales y los individuos de la F1 con color negro con pata hendida ¿Qué frecuencia
fenotípica podría esperarse entre la descendencia?

- 32 -
Problema 17. Una planta heterocigótica para 4 genes independientes (Aa Bb Cc Dd)
se autofecunda. Determinar la frecuencia esperada de los siguientes genotipos en la
progenie de esta planta: 1) aa bb cc dd; 2) aa bb Cc Dd; 3) Aa Bb Cc Dd.
Problema 18. Se ha obtenido una planta que es heterocigótica para 6 loci
independientes (AaBbCcDdEeFf) cada uno de ellos con dos alelos y con dominancia
completa. Suponiendo que se autofecunda dicha planta, se desea saber:
a) ¿Cuál es la probabilidad de que un descendiente sea triple heterocigoto?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que un descendiente sea heterocigoto para cuatro loci
y homocigoto recesivo para los otros dos
c) ¿Cuál es la probabilidad de que un descendiente sea homocigoto AA y heterocigoto
para los restantes loci?
d) ¿Cuantos genotipos distintos pueden formarse que sean heterocigotos para dos
loci?
Problema 19. Una pareja heterocigótica para 5 genes independientes, tiene un hijo. Si
denominamos A,B,C,D,E, a los alelos dominantes y a,b,c,d,e, a los alelos recesivos de
estos loci ¿Cuál es la probabilidad de que el hijo tenga fenotipo dominante para 3 de
estos caracteres? ¿Y fenotipo ABcde?
Problema 20. La siguiente genealogía muestra a una familia afectada por dos
enfermedades que aparecen con baja frecuencia en la especie humana y que se sabe
son debidas a genes situados en diferentes cromosomas.
a) ¿Cuál es el tipo de herencia de cada una de estas enfermedades (determinar los
genotipos de todos los individuos de la genealogía)?
b) Calcular la probabilidad de que el primer descendiente de II-1 y III-4 sea:
1) sano/a
2) con sordera
3) afectado/a de enanismo
4) afectado/a sólo por cualquiera de las dos enfermedades.
c) Si II-1 y III-4 tienen dos descendientes, ¿cuál es la probabilidad de que cada uno
esté afectado por una enfermedad diferente?
d) Si tienen 3 hijos, ¿cuál es la probabilidad de que dos estén afectados de sordera y
el otro de enanismo diastrófico?
Problema 21. La siguiente genealogía muestra una familia afectada por dos
enfermedades que aparecen con baja frecuencia en la especie humana,

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dentinogénesis imperfecta y albinismo, y que se deben a genes situados en diferentes
cromosomas.
a) ¿Cuál es el tipo de herencia de cada una de estas enfermedades
b) Determinar los genotipos de todos los individuos de la genealogía
c) Calcular la probabilidad de que el primer descendiente de III-3 y III-7 sea:
1) sano,
2) afectado por las dos enfermedades
d) Si III-3 y III-7 tienen cuatro descendientes, ¿cuál será la probabilidad de que
1) dos estén afectados por dentinogénesis?
2) sólo el tercero sea albino?
Problema 22. Se sabe que el color del pelaje en los ratones está determinado por
varios genes. La presencia de una banda amarilla de pigmento cerca de la punta del
pelo se llama patrón "agutí" y es producida por el alelo dominante A. La condición
recesiva de este locus (aa) no tiene esta banda subapical y se conoce como no agutí.
El alelo dominante de otro locus B produce color negro y el genotipo recesivo bb
produce café. El genotipo homocigótico cc restringe la producción de pigmento a las
extremidades del cuerpo en un patrón denominado Himalaya, mientras que el alelo
dominante C permite que el pigmento se distribuya sobre todo el cuerpo. Al cruzar
ratones de raza pura agutís, color café y patrón Himalaya con ratones, también de
raza pura, no agutís, negros, no Himalayas, a) ¿cuáles son las proporciones
fenotípicas esperadas en la F1 y en la F2? b) ¿Qué porcentaje de la F2 totalmente
coloreada, negra y agutí se espera que sea de genotipo AaBBCc? c) ¿Qué porcentaje
de todos los ratones Himalaya de la F2 podrían mostrar el pigmento café? d) ¿Qué
porcentaje de todos los agutís en la F2 podría esperarse que muestren pigmento
negro?
4. SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS
Problema 1
a) 100% Aa (fenotipo posición axial)
b) 50% AA (fenotipo posición axial); 50% Aa (fenotipo posición axial)
c) 50% Aa (fenotipo posición axial); 50% aa (fenotipo posición terminal)
d) 25% AA (fenotipo posición axial); 50% Aa (fenotipo posición axial); 25% aa (fenotipo
posición terminal)

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Problema 2
75% Braquidactílicos (BB y Bb)
Problema 3
Un cruce de prueba con una hembra de pelo liso.
Problema 4
Experimento A: BB (blanco) x bb (negro): 100% Bb (blanco)
Experimento B: Bb (blanco) x bb (negro): 50% Bb (blanco), 50% bb (negro)
Problema 5. 5/16
Problema 6
a) 243/1024=23.7%
b) 9/1024 = 0.8%
c) 90/1024 = 8.8%
d) normal 1/4; sin molares 3/4
Problema 7
Genotipos:
I-1: Rr I-2: rr
II-1: Rr II-2: rr II-3: Rr II-4: RR II-5: Rr II-6: RR
III-1: Rr III-2: rr III-3: Rr III-4: R_ III-5: R_ III-6: R_ III-7: R_ III-8: R_ III-9: R_ III-10: RR
IV-1: R_ IV-2: R_ IV-3: R_
a) 1/8
b) 0
c) 1/4 x 7/12 x 5/12 = 0.061
d) 1/4 x 7/12 x 1/4 = 0.036
Problema 8
Genotipos:
I-1: ss I-2: Ss
II-1: SS II-2: Ss II-3: SS II-4: ss II-5: Ss II-6: Ss II-7: Ss II-8: SS
III-1: S_ III-2: S_ III-3: Ss III-4: Ss III-5: ss III-6: S_ III-7: S_ III-8: S_ III-9: S_
IV-1: S_ IV-2: S_
a) 1/16.
b) 1/4.
c) 1/2.
d) 1/6.
e) 1/12.
f) 0.069.
g) 0.059.
h) 0.236.
i) 0.097.
Problema 9. BbSs x bbss

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Problema 10. Con los datos aportados no se puede conocer cuál de los dos fenotipos
que afectan a la altura del tallo (alto o enano) es dominante.
V = legumbre verde; v = legumbre amarilla
R =semilla redonda; r = semilla rugosa.
Así, una posibilidad sería:
Tallo alto, legumbre amarilla y semilla redonda: AavvRr
Tallo enano, legumbre verde y semilla redonda: aaVVRr
Alternativamente:
Tallo alto, legumbre amarilla y semilla redonda: aavvRr
Tallo enano, legumbre verde y semilla redonda: AaVVRr
Problema 11. La desviación de la variedad a sí es significativa respecto a la
proporción 9:3:3:1;
χ 2
..3 lg experimental= 13,27. (P<0,005). La χ 2
..3 lg teórica = 7,81, P <0.01
La desviación de la variedad b también es significativa respecto a la proporción
9:3:3:1;
χ 2
..3 lg experimental= 9,84. (P:0,02-0,01). La χ 2
..3 lg teórica = 7,81.
Problema 12. Hombre: MmRr. Mujer: mmRr. Hijos: Mmrr, mmR_
Problema 13. vg+
vg+
e+
e+
, vg+
vg e+
e
Problema 14.
Parentales: RrNN (Rojos Normales) x rrnn (Amarillos Enanos)
F1: Rr Nn (Rojos normales), rrNn (amarillos normales)
F2: La proporción de tomates rojos que son enanos es 1/4.
Problema 15. a) 1/4; b) 1/8; c) 1/2; d) 0; e) 9/16; f) 1; g) 1/4
Problema 16. 1/4 blanco-normal:1/4 blanco-mula:1/4 negro-normal:1/4 negro-mula.
Problema 17.
1) (1/4)4
= 0.0039
2) (1/2)2
(1/4)2
= 0.0156
3) (1/2)4
= 0.0625
Problema 18.
a) 20/64=0.3125 b) 15/256=0.0586 c) 1/128=0.0078 d) 240

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Problema 19.
a) P = 0,26
b) P = 0,009
Problema 20.
1) Sordera: autosómico dominante; Enanismo: autosómico recesivo.
S (sordera) > s y E > e (enanismo)
I-1: eess; I-2: E_Ss; I-3: EeSs; I-4: EeSs
II-1: EeSs; II-2: EeSs; II-3: Eess; II-4: Eess; II-5: EeSs; II-6: eess; II-7: eess; II-8: E_ss
III-1: E_ss; III-2: E_Ss;III-3: E_ss;III-4: eess
2) a) 1/4 b) 1/2 c) 1/2 d) 1/2
3) 1/8
4) 3/64
Problema 21.
a) Albinismo y dentinogénesis son autosómicas recesivas.
b) D>d (dentinogénesis imperfecta) y A>a (albinismo)
I-1: DdA_; I-2: DdA_
II-1: DdAa; II-2: DdAa; II-3: ddAa; II-4: Ddaa
III-1: D_A_; III-2: D_aa; III-3: ddA_; III-4: D_A_; III-5: ddAa; III-6: DdAa; III-7: Ddaa; III-
8: DdAa; III-9: DdAa
c) 1) 1/3; 2) 1/6
d) 1) 3/8=0,375; 2) 8/81=0,0987
Problema 22.
a) Genotipo de los parentales: AAbbcc x aaBBCC; F1: todos AaBbCc (agutí-negro-no
Himalaya); F2: las proporciones de un trihíbrido: 27:9:9:9:3:3:3:1
b) 2/3x1/3x2/3 = 4/27 (14,8%)
c) 25%
d) 75%

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EXTENSIONES DEL MENDELISMO
Genes ligados al sexo
Estos genes están situados en el segmento diferencial del cromosoma X y muestran
diferentes proporciones fenotípicas en cruces recíprocos. El padre los transmite a sus
hijas y la madre a sus hijos e hijas.
¿Cómo distinguir si un carácter es debido a una mutación recesiva ligada al sexo?
a) Los machos presentan el carácter más frecuentemente que las hembras.
b) La mitad de los hijos de mujeres portadoras presentan el carácter y ninguna de
sus hijas (si el padre no presenta el carácter).
c) Si la madre es homocigota normal, los hijos de machos con el carácter no
presentan el carácter y las hijas son portadoras.
¿Cómo distinguir si la mutación es dominante ligada al sexo?
a) Todas las hijas de un varón afectado poseen el carácter
b) La mitad de las hijas y de los hijos de una mujer heterocigota tendrán el
carácter
Genes holándricos
Estos genes están situados en el segmento diferencial del cromosoma Y; son
exclusivos de los machos de las especies con determinismo del sexo XX/XY. En las
especies con determinismo del sexo ZZ/ZW, los genes del segmento diferencial del
cromosoma W son equivalentes a los holándricos y, en este caso, se denominan
hologinos.
Genes influidos por el sexo
Son genes autosómicos pero las relaciones de dominancia entre los alelos es
diferente en machos y hembras. Los homocigotos tanto hembras como machos tienen
el mismo fenotipo, pero los heterocigotos poseerán un fenotipo u otro dependiendo del
sexo. En estos casos, aunque son autosómicos, no hay que olvidar el sexo de los
individuos al establecer su fenotipo.
Genes limitados a un sexo
Suelen ser genes autosómicos, que se transmiten a través de ambos sexos, pero que
se expresan sólo en un sexo, es decir, lo presentan sólo los machos, o bien sólo las
hembras. Un ejemplo de este tipo de caracteres es la presencia de plumaje vistoso en
el caso de los pájaros machos, mientras que las hembras poseen coloraciones
miméticas.

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Dominancia incompleta y codominancia
A diferencia de la dominancia completa, cuando hay dominancia incompleta, las
proporciones fenotípicas coinciden con las genotípicas. En los cruces monohíbridos
estas proporciones son: 1/4, 1/2, 1/4. En el caso de dominancia intermedia, el fenotipo
del heterocigoto (proporción 1/2) es intermedio al de los homocigotos, mientras que
en el caso de codominancia, el heterocigoto presenta ambos fenotipos.
Alelismo múltiple
Los genes con más de dos alelos también tienen segregación mendeliana. Cada
individuo diploide sólo presenta dos alelos aunque en la población haya muchos alelos
diferentes de ese gen. Se pueden distinguir porque en la población se observan más
de dos fenotipos diferentes para ese carácter. La prueba de alelismo o de
complementación es la que nos permite saber si dos fenotipos mutantes son debidos a
alelos del mismo gen, o bien si las mutaciones están en genes diferentes.
Letales
Los alelos letales son alelos que provocan la muerte del organismo que los porta. En
sentido evolutivo, alelos letales son alelos que conllevan la “muerte genética”, es decir
la incapacidad de reproducirse de los individuos que los poseen. En esos términos, un
alelo mutante letal, que por ejemplo impida el desarrollo del zigoto, y otro alelo
mutante letal que conlleve esterilidad son en términos genéticos iguales ya que ambos
hacen, que los individuos que los portan no contribuyan a la generación siguiente.
Hay que distinguir entre recesivos letales y letales dominantes con efecto letal
recesivo. Por ejemplo en la fenilcetonuria, el alelo mutante responsable de una
actividad enzimática defectuosa es recesivo. Los individuos con ambas copias del gen
mutadas tienen fenotipo fenilcetonúrico y en la práctica no se reproducen. El alelo es
recesivo para el fenotipo “fenilcetonúrico” y recesivo para el carácter “letalidad”
(aunque los individuos sean viables en la práctica se entienden que no dejan
descendencia). Los hijos afectos de parejas de portadores serán 1 de cada 4.
Si el alelo es dominante para el carácter “letalidad”, una sola copia conlleva la
incapacidad de reproducirse (o la muerte) en cuyo caso el alelo se pierde en esa
generación y no pasa a la siguiente.
El alelo para el color amarillo de la cola de los ratones es dominante sobre el agutí
que es recesivo. Pero en dosis doble el alelo para el color amarillo de la cola provoca
letalidad, con lo cual el gen que controla el carácter “color de la cola” en ratones es un
gen con efectos pleiotrópicos ya que influye sobre el carácter “color de la cola” y sobre
el carácter “viabilidad del individuo” o “letalidad”. Para el carácter “color de la cola”es
dominante y para el carácter “letalidad” es recesivo, con lo cual el alelo es dominante
con efecto letal recesivo.
Al cruzar los ratones de fenotipo dominante, con cola amarilla, estos alelos
dominantes con efecto letal recesivo distorsionan las proporciones fenotípicas
mendelianas de 3/4 de la descendencia con fenotipo dominante y 1/4 con fenotipo
recesivo y se obtienen proporciones de 2/3 :1/3 amarillos:agutí.
Otra consecuencia de este fenómeno es que por definición los ratones con cola
amarilla son heterocigotos y por tanto no se pueden obtener líneas puras de individuos
con cola amarilla. La consecuencia es que al cruzar individuos de cola amarilla entre

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sí, siempre aparecerán inidividuos de fenotipo recesivo (agutís) en la descendencia, y
en proporciones predecibles de 1 de cada 2.
Interacción génica y Epistasis
Cuando dos genes están implicados en la determinación de un mismo carácter se dice
que hay un fenómeno de interacción génica. Lo primero que hay que distinguir es si
los dos genes que controlan el carácter lo hacen de manera independiente (genes
que actúan en rutas metabólicas separadas) en cuyo caso la INTERACCIÓN GÉNICA
ES NO EPISTÁTICA. En este tipo de interacción si son dos genes los implicados y
cada uno de ellos tiene dos alelos con dominancia completa del uno sobre el otro,
entonces surgen cuatro fenotipos posibles (dos por cada gen).
Si los genes actúan en la misma ruta y el producto de un gen es el sustrato del
siguiente (a través de los enzimas codificados por los genes logicamente) entonces la
INTERACCIÓN GÉNICA ES EPISTÁTICA.
Si el alelo dominante de uno de los dos genes implicados determina el fenotipo, se
dice que la epistasis es simple dominante.
Si el alelo recesivo (en dosis doble) de uno de los genes implicados determina el
fenotipo la epistasis es simple recesiva
Si los alelos recesivos de los dos genes (en dosis doble ambos, aa_ _ ó _ _ bb) dan el
mismo fenotipo entonces la epistasis es doble recesiva.
Si cada uno de los dos alelos dominantes de cada uno de los dos genes (A_ ó B_) dan
el mismo fenotipo entonces la epistasis es doble dominante.
Si el alelo dominante de uno de los genes y el recesivo del otro (A_ y _ _ bb) dan el
mismo fenotipo, entonces la epistasis es doble dominante y recesiva.
AL CRUZAR DOS DIHETEROCIGOTOS (y solo si se cruzan dos diheterocigotos)
aparece una proporción 9:3:3:1 que en el caso de las epistasis se modifica de la
siguiente manera:
Una epistasis es simple dominante si al cruzar dos diheterocigotos en vez de 9:3:3:1
la proporción que se obtiene es 12:3:1. (tres fenotipos)
La epistasis es simple recesiva si al cruzar dos diheterocigotos las proporciones
fenotípicas que se observan son 9:3:4. (tres fenotipos)
En la epistasis es doble recesiva, al cruzar dos diheterocigotos en vez de 9:3:3:1
aparecen unas proporciones 9:7 (dos fenotipos)
En la epistasis doble dominante al cruzar dos diheterocigotos en vez de 9:3:3:1
aparecen unas proporciones de 15:1 (dos fenotipos)
En la epistasis doble dominante y recesiva al cruzar dos diheterocigotos, en vez de
9:3:3:1 aparecen unas proporciones de 13:3 (dos fenotipos).
Es importante identificar la interacción génica que mantienen dos genes por cómo
determinan estos los fenotipos y no aprendiendo las proporciones que aparecen
al cruzar dos diheterocigotos. Las relaciones epistáticas que mantienen dos genes
son las mismas si se cruzan dos diheterocigotos que si se cruzan otros dos

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cualesquiera genotipos y las proporciones mencionadas se dan solo cuando se cruzan
dos diheterocigotos.
Problema 1. La hipofosfatemia provoca un tipo de raquitismo en el que los pacientes
no responden a dosis normales de vitamina D. Este desorden es causado por un alelo
dominante ligado al sexo. ¿Qué fenotipos se esperarán entre los hijos e hijas de los
siguientes matrimonios?
a) hombre afectado y mujer normal
b) mujer afectada hija del matrimonio anterior y hombre normal.
Respuesta
a) Si llamamos “A” al alelo productor del raquitismo y “a” al alelo normal,
hombre afectado x mujer normal
XA
Y Xa
Xa
↓
XA
Xa
Xa
Y
Hijas afectadas Hijos normales
b) XA
Xa
x Xa
Y
↓
XA
Xa
Xa
Xa
XA
Y Xa
Y
Hijas Hijos
Afectadas Normales Afectados Normales
Problema 2. Se cruzan un macho hemicigótico para una mutación recesiva ligada al
sexo y una hembra heterocigótica.
a) ¿cuál es la probabilidad de que tengan un hijo con fenotipo mutante?
Si esta pareja tiene 10 hijos,
b) ¿cuál es la probabilidad de que una de sus hijas escogida al azar tenga el fenotipo
mutante?
c) ¿cuál es la probabilidad de que 7 sean machos mutantes y los otros 3 sean
hembras normales?
Respuesta
Xa
Y x XA
Xa
↓
XA
Xa
Xa
Xa
XA
Y Xa
Y
1/4 1/4 1/4 1/4
normal mutante normal mutante
a) 1/4.
b) 1/2, ya que sabemos que es hembra, es decir, la mitad de las hembras.
c) Puesto que la probabilidad de que nazca un macho mutante es 1/4, y de una
hembra normal también es 1/4, la probabilidad total, será:
P = 10! (1/4)7
(1/4)3
7! 3!

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Problema 3. En el siguiente pedigrí se muestra la herencia de una pequeña mancha
dorsal en cierta variedad de perdiz silvestre. Sabiendo que el alelo que la provoca es
ligado al sexo y recesivo, determinar:
a) la probabilidad de que un macho descendiente del cruce entre III-1 y III-2 lleve la
mancha;
b) la probabilidad de que el cruce entre II-4 y II-5 nazcan tres descendientes sin
mancha y dos con ella.
Respuesta
Al tratarse de un ave, el sexo heterogamético es el femenino, y el homogamético el
masculino:
hembra ZW/ macho ZZ
Así, los genotipos posibles serán:
Hembra con mancha: Za
W
Hembra sin mancha: ZA
W
Macho con mancha: Za
Za
Macho sin mancha: ZA
ZA
o ZA
Za
En la genealogía:
I-1, Za
W I-2, ZA
Z-
I-3, ZA
W I-4, ZA
Za
II-1, ZA
W II-2, ZA
W
II-3, ZA
Za
II-4, Za
W
II-5, ZA
Z-
II-6, ZA
Z-
II-7, ZA
W
III-1, ZA
Za
III-2, Za
W
III-3, Za
Za
III-4, ZA
W
a) El cruce será:
III-1 x III-2
ZA
Za
Za
W
↓
ZA
Za
Za
Za
ZA
W Za
W
1/4 1/4 1/4 1/4
macho macho hembra hembra
sin mancha con mancha sin mancha con mancha

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La probabilidad de que un macho lleve la mancha será 1/2 (la mitad de los machos).
b) Como II-5 puede ser ZA
ZA
(P = 1/2) o ZA
Za
(P = 1/2), habrá dos cruces posibles:
1) (1/2) II-5 x II-4
ZA
ZA
Za
W
↓
ZA
Za
ZA
W
1/2 1/2
macho hembra
sin mancha sin mancha
Como este cruce no produce descendientes con macha, no se puede considerar
(recordemos que nos pregunta la probabilidad de que nazcan 3 desendientes sin
mancha y dos con ella)
2) (1/2) II-5 x II-4
ZA
Za
Za
W
↓
ZA
Za
Za
Za
ZA
W Za
W
1/4 1/4 1/4 1/4
macho macho hembra hembra
sin mancha con mancha sin mancha con mancha
La probabilidad de un descendiente con mancha será:
P = 1/2
Y la probabilidad de un descendiente sin mancha:
P = 1/2
Por tanto, la probabilidad que nos piden será:
PT = 5! (1/2)3
(1/2)2
= 10 (1/2)3
(1/1)2
3! 2!
Problema 4. El siguiente pedigrí ilustra la herencia del carácter “oreja aplastada” en
úrsidos, mostrándose en negro los individuos afectados.
a) Determinar el tipo de herencia, considerando las siguientes posibilidades: gen
holándrico, gen ligado al sexo (alelo para el rasgo dominante o recesivo).
b) ¿Cuál es la probabilidad de que IV-1 y IV-2 tengan un descendiente (de cualquiera
de los dos sexos) afectado?
c) ¿Cuál es la probabilidad de que una de sus hijas sea normal?
d) ¿Cuál es la probabilidad de que tengan una hija normal?
e) Si tienen seis hijos, ¿cuál es la probabilidad de que dos de ellos sean machos
afectados, uno hembra normal, dos machos normales y uno hembra afectada?
f) ¿Cuál es la probabilidad de que los dos primeros sean machos afectados, el tercero
hembra normal, los dos siguientes machos normales y el último, una hembra
afectada?

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Respuesta
a) Gen holándrico: No es posible, ya que tendría que pasar indefectiblemente de
padres (machos) a hijos (también machos). II-1, por ejemplo, manifiesta el rasgo, pero
no lo manifiesta su padre, y II-4 posee el carácter pero no su hijo.
Alelo dominante de un gen ligado al sexo: Tampoco es posible, ya que las hijas de los
machos afectados (que reciben de ellos el X) y las madres de dichos machos (que les
han pasado su X) deberían manifestar el rasgo. II-1, por ejemplo, que presenta el
rasgo, tiene una hija que no lo manifiesta.
Alelo recesivo de un gen ligado al sexo: Puede ser, ya que los machos afectados
reciben el X de su madre y lo transmiten a sus hijas, pero en ninguna de estas
hembras se manifiesta el rasgo, por ser heterocigóticas. De acuerdo con esto, si
designamos como XA
al alelo para el aspecto normal y como Xa
al alelo para el rasgo
(individuos afectados), siendo XA
> Xa
, los genotipos de los diferentes individuos de la
genealogía serán:
I-1, XA
Y I-2, XA
X-
II-1, Xa
Y II-2, XA
X-
II-3, XA
X-
II-4, Xa
Y
III-1, XA
Y III-2, XA
Xa
III-3, XA
Y III-4, XA
Xa
III-5, XA
Y
IV-1, XA
X-
IV-2, Xa
Y
IV-3, XA
X-
b) El cruce propuesto es:
IV-1 x IV-2
XA
X-
Xa
Y
Para saber cómo puede ser realmente IV-1 y con qué probabilidades observamos el
cruce de sus padres:
III-1 x III-2
XA
Y XA
Xa
↓
XA
XA
XA
Xa
XA
Y Xa
Y
1/2 1/2 (sabemos que es hembra)

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Habrá dos cruces posibles:
(1/2) IV-1 x IV-2 (1/2) IV-1 x IV-2
XA
XA
Xa
Y XA
Xa
Xa
Y
↓ ↓
XA
Xa
XA
Y XA
Xa
Xa
Xa
XA
Y Xa
Y
1/2 1/2 1/4 1/4 1/4 1/4
todos normales normales afectados normales afectados
Por tanto, la probabilidad que nos piden será:
P = P (IV-1 x IV-2 → afectado) =
= P ( IV-1 XA
XA
) x P (IV-2 Xa
Y) x P (XA
XA
x Xa
Y → afectado) +
+ P ( IV-1 XA
Xa
) x P (IV-2 Xa
Y) x P (XA
Xa
x Xa
Y → afectado) =
= 1/2 x 1 x 0 + 1/2 x 1 x 1/2 = 1/4
c) Si IV-1 es XA
XA
, todas sus hijas serán normales. Si es XA
Xa
, la mitad de sus hijas lo
serán:
P = 1/2 x 1 + 1/2 x 1/2 = 1/2 + 1/4 = 3/4
d) En el primer caso, la mitad de los descendientes serán hijas normales, y en el
segundo lo serán una cuarta parte de los descendientes:
P = 1/2 x 1/2 + 1/2 x 1/4 = 1/4 + 1/8 = 3/8
e) PT = 6! x (P1)2
x (P2)1
x (P3)2
x (P4)1
2! 1! 2! 1!
Siendo: P1 = Prob. tener un macho afectado
P2 = Prob. tener una hembra normal
P3 = Prob. tener un macho normal
P4 = Prob. tener una hembra afectada
P1 = 1/2 x 0 + 1/2 x 1/4 = 1/8
P2 = 1/2 x 1/2 + 1/2 x 1/4 = 1/4 + 1/8 = 3/8
P3 = 1/2 x 1/2 + 1/2 x 1/4 = 1/4 + 1/8 = 3/8
P4 = 1/2 x 0 + 1/2 x 1/4 = 1/8
PT = 6! x (1/8)2
x (3/8)1
x (3/8)2
x (1/8)1
= 180 x 27 x (1/8)6
= 4.860 x (1/8)6
=0.02
2! 1! 2! 1!
f) P = (1/8)2
x (3/8)1
x (3/8)2
x (1/8)1
= 27 x (1/8)6
=0.0001
Problema 5. Las cabras de orejas largas que se aparean con cabras de orejas cortas
producen crías con un tamaño mediano de orejas en la generación F1; en la F2 tendrán
1/4 orejas largas, 1/2 medianas y 1/4 cortas, tanto en machos como en hembras. Las

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cabras machos imberbes apareadas con cabras hembras barbadas producen progenie
masculina barbada y hembras imberbes. Los machos F2 tienen una proporción 3/4
barbados y 1/4 imberbes, en tanto que las hembras F2 tienen una proporción 3/4
imberbes y 1/4 barbadas.
¿Cuál es el modo de herencia de estos dos caracteres?
Respuesta
a) El carácter tamaño de las orejas está determinado por un gen autosómico con dos
alelos que presentan herencia intermedia. Esto se deduce, en primer lugar, al observar
que las proporciones coinciden en machos y hembras y, en segundo lugar, porque en
la F1 aparece un fenotipo intermedio, que es la clase más frecuente en la F2, y que
correspondería a los heterocigotos. Asignando símbolos arbitrarios podemos identificar
cada fenotipo con su correspondiente genotipo:
LL = larga
CC = corta
LC = intermedia
El cruce habrá sido:
P: largas x cortas
LL CC
↓
F1: LC intermedio
↓
F2: LL LC LC CC
1/4 1/2 1/4
largas intermedias cortas
La presencia o ausencia de barba parece ser, por su parte, un carácter mendeliano
autosómico influido por el sexo. La condición barbada sería dominante en machos y
recesiva en hembras, mientras que la manifestación imberbe sería dominante en
hembras y recesiva en machos. Ello se desprende de la observación de la F2, en que
las proporciones se invierten de machos a hembras. Asignando símbolos alfabéticos:
B = barbado
I = imberbe
B > I en machos
B < I en hembras
E1 cruce del ejemplo habrá sido, por tanto:
P: macho imberbe x hembra barbada
II BB
↓
F1: IB: machos barbados
hembras imberbes
↓
F2: II IB IB BB
Machos 1/4 3/4
imberbes barbados
Hembras 3/4 1/4
imberbes barbadas

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Problema 6. Una mujer de fenotipo AMRh+ tiene una hija AMRh-.
a) ¿Qué genotipos te permitirían descartar como posible padre a un individuo?
b) ¿Qué fenotipos?
Respuesta
El sistema que determina el grupo sanguíneo MN tiene dos alelos principales, LM
y LN
,
codominantes entre sí. Por su parte, el grupo AB0 está determinado por la serie alélica
IA
= IB
> i, y el grupo Rh más comúnmente caracterizado se debe a la acción de un
gen autosómico con dos alelos: D, que produce el fenotipo Rh+, y d, que da lugar al
fenotipo Rh-, siendo D dominante sobre d.
La mujer de este problema es AM+ y su hija AM-. Sus genotipos, por tanto, serán:
Madre: IA
_LM
LM
Dd Hija: IA
_LM
LM
dd
En consecuencia, descartaríamos como posible padre a cualquier individuo que
tuviera los posibles genotipos/fenotipos:
Grupo AB0: Genotipo IB
IB
, porque le hubiera pasado a la hija el alelo IB
, y ella hubiera
debido manifestarlo. No podríamos descartar en principio a ningún individuo de
genotipo IA
IA
, IA
i, IA
IB
, IB
i, o ii. En cuanto a los fenotipos, no podríamos descartar
ninguno de ellos, porque entre los genotipos posibles se encuentran combinaciones
correspondientes a cada uno de los cuatro fenotipos posibles (A, B, AB y 0).
Grupo MN: Genotipo LN
LN
(fenotipo N), porque el verdadero padre debiera poder
pasarle un alelo LM
. No podrían descartarse los individuos de genotipo LM
LM
(grupo
M) o LM
LN
(grupo MN).
Grupo Rh: DD, porque su padre le tuvo que pasar un alelo d. Como no podrían
descartarse los individuos de genotipo Dd (grupo Rh+) o dd (Rh-), no podríamos en
principio descartar ningún fenotipo.
Problema 7. En humanos, los grupos sanguíneos MN están controlados por un gen
con dos alelos codominantes, M y N, de forma que el genotipo MM da lugar al grupo
M, el genotipo MN al grupo MN y la combinación NN al grupo N. Un hombre, cuyos
padres eran uno de grupo M y el otro de grupo N, se casa con una mujer de fenotipo
desconocido y tienen un hijo de grupo M.
a) ¿Qué se puede afirmar sobre el genotipo de la madre?
b) Si además se sabe que el abuelo materno era de grupo N, ¿cuál es la probabilidad
de que el siguiente hijo de esta pareja sea de diferente grupo que su hermano?
c) Sabiendo que los dos miembros de la pareja son heterocigóticos para un gen que
en homocigosis recesiva provoca determinada enfermedad de la piel, ¿cuál es la
probabilidad de que, si tienen 3 hijos, uno de ellos sea de grupo MN y manifieste la
enfermedad y los otros dos sean de un grupo diferente al MN y no manifiesten la
enfermedad?

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Respuesta
a) El niño, al ser de grupo M, tiene un genotipo MM. Su padre es heterocigótico MN, y
de su madre no puede saberse más que tiene un alelo M que le ha transmitido.
b) Si el abuelo materno era de grupo N, su genotipo era NN y, por tanto, la mujer
deberá ser MN. La probabilidad de que la pareja de heterocigotos tenga un hijo que
no sea M (que sea MN o N) será 3/4:
MN x MN
↓
MM MN MN NN
1/4 1/2 1/4
c) El cruce será del tipo MNAa x MNAa, y la probabilidad que nos piden:
P = 3! (P1)1
(P2)2
1! 2!
P1 = P (grupo MN y enfermo) = 1/2 x 1/4 = 1/8
P2 = P (grupo MN y no enfermo) = 1/2 x 3/4 = 3/8
Sustituyendo, P = (3/8)3
Problema 8. Indicar si dos personas de fenotipo AB, Rh+ podrían tener los siguientes
descendientes, consignando los posibles genotipos, en su caso:
a) A Rh+
b) A Rh-
c) 0 Rh+
d) 0 Rh-
Respuesta
El cruce propuesto será del tipo:
AB Rh+ x AB Rh+
IA
IB
D_ IA
IB
D_
a) Sí, genotipo IA
IA
D_
b) Sí, genotipo IA
IA
dd
c) y d) Es imposible, ya que para pertenecer al grupo 0 el descendiente tendría que ser
ii.
Problema 9. En las cobayas se pueden encontrar distintos tipos de coloración del
pelaje, como son el negro, albino, crema y sepia. Determinar los genotipos más
probables de los padres en los siguientes cruzamientos.

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Cruce negro sepia crema albino
1 negro x negro 227
2 negro x albino 10 9
3 crema x crema 34 11
4 sepia x crema 24 11 12
5 negro x albino 13 12
6 negro x crema 19 20
7 negro x sepia 18 20
8 sepia x sepia 26 9
9 crema x albino 15 7
Respuesta
El hecho de que aparezcan diferentes fenotipos para el mismo carácter, puede llevar a
creer que pudiera haber más de un locus implicado en la determinación del carácter.
Para resolver esta cuestión debemos tener en cuenta que de todos los cruces
realizados ninguno presenta más de tres tipos de descendientes diferentes, lo que sí
sucedería con alguno de ellos si hubiese dos genes implicados. La prueba de
complementación o de alelismo, resolvería esta cuestión.
Como se puede ver, hay cuatro fenotipos posibles que posiblemente se deben a cuatro
alelos diferentes. De esta manera, de acuerdo con los resultados de los cruzamientos
que se nos dan podemos decir que el negro (C) domina sobre todos, el sepia (cs
)
sobre el crema y el albino y el crema (cc
) sobre el albino (c) (negro > sepia > crema >
albino). De acuerdo con esto, los genotipos son:
1.- Cc x Cc
2.- Ccs
x cc
3.- cc
c x cc
c
4.- cs
c x cc
c
5.- Ccc
x cc
6.- Ccs
x cc
cc
o cc
c
7.- Ccs
x cs
cs
, cs
cc
o cs
c
8.- cs
cc
x cs
cc
9.- cc
c x cc
Problema 10. Una serie de alelos múltiples determina en los perros la distribución de
los pigmentos del pelaje. El alelo As
produce una distribución uniforme del pigmento
oscuro sobre el cuerpo; el alelo ay
reduce la intensidad de la pigmentación y da lugar a
los perros color canela; el alelo at
produce pelajes manchados como canela y blanco,
canela y café, etc. La jerarquía de dominancia es As
> ay
> at
. Dado el siguiente
pedigrí:

- 49 -
a) Determinar los genotipos de todos los individuos hasta donde sea posible.
b) Calcule las probabilidades de que se produzcan descendientes manchados del
apareamiento de III-1 y III-2.
c) De los descendientes de pigmento oscuro, procedentes del cruce entre I-1 y II-3,
¿qué proporción serán heterocigotos?
Respuesta
a)
I-1: As
ay
I-2: at
at
II-1: ay
at
II-2: ay
at
II-3: As
at
II-4: ay
at
III-1: at
at
III-2: As
_ III-3: ay
at
III-4: at
at
b) El individuo III-2 puede ser As
at
o As
ay
con una probabilidad de 1/2 en cada caso.
Solo se pueden producir descendientes manchados de ese cruce, si III-2 fuese As
at
Por tanto, el cruce será:
(1/2) As
at
x at
at
↓
1/2 As
at
, 1/2 at
at
P= 1/2 x 1/2= 1/4
c) El cruce es: As
ay
x As
at
↓
As
As
As
ay
As
at
at
at
____________
Pigmento oscuro
2/3 son heterocigóticos del 75% con pigmento oscuro
Problema 11. En una cepa de ratones surgió un mutante de cola corta. Al cruzar éste
mutante de cola corta con ratones normales de cola larga, la F1 estuvo compuesta por
6 ratones de cola corta y 5 de cola larga. Se seleccionaron dos de los ratones de cola
corta de la F1 y se cruzaron obteniéndose una F2 compuesta por 8 ratones de cola
corta y 4 de cola larga.
a) ¿Qué hipótesis propondrías para explicar ese tipo de herencia?
b) ¿Qué proporciones fenotípicas esperarías al cruzar los ratones de cola corta y larga
de la última descendencia?

- 50 -
Respuesta
a) Este tipo de herencia se explica si la mutación cola corta es dominante para la
longitud de la cola y recesiva para la letalidad con lo cual nunca habrá homocigotos
viables para la cola corta y todos los individuos de cola corta serán heterocigotos.
Llamamos C_ al alelo de cola corta y cc al genotipo para la cola larga ya que al cruzar
ratones de cola corta y corta larga aparecen ratones de cola corta y cola larga en
proporciones de 2:1.
b) Los genotipos de los individuos de la F2 son : Cc (cola corta) y cc (cola larga) y por
tanto la descendencia de ese cruce será 1/2 Cc (cola corta) y 1/2 cc (cola larga)
Problema 12. En el zorro los dos alelos de un gen, P y p, dan lugar a pelaje de color
platino y plateado respectivamente. Al cruzar entre sí zorros de color platino siempre
se obtienen zorros de color platinos y plateados por lo que no se han conseguido
líneas puras de color platino.
a) ¿Cómo explicarías esos resultados?
b) ¿Qué proporciones fenotípicas esperarías de un cruce entre individuos de color
platino y color plateados?
c) ¿Qué proporciones fenotípicas esperarías del cruce entre individuos de color
platino?
Respuesta
a) Ya que en la descendencia del cruce entre zorros de color platino siempre aparecen
zorros de color plateado, y por tanto no se obtienen líneas puras de color platino (no
aparecen individuos PP) la interpretación que mejor explica esos resultados es que el
alelo para el color platino del pelo (P_) es dominante sobre el color plateado (pp) y
para el caracter letalidad, dicho alelo P es recesivo.
b) El cruce es entre genotipos Pp (platinos) y pp (plateados) y por tanto la
descendencia tendrá la mitad de los individuos Pp (platinos) y la mitad plateados (pp)
c) El cruce es entre individuos de genotipo Pp y portanto los genotipos de la
descendencia serán: 1/4 PP, 2/4 Pp y 1/4 pp pero como los PP no son viables la
descendencia tendrá una composición fenotípica de 2/3 platinos y 1/3 plateados
Problema 13. Cuatro formas de cresta en las gallinas están determinadas por la
interacción entre 2 genes: R,r y P,p, de forma que:
R_pp produce cresta en forma de ROSETA
rrP_ produce cresta en forma de GUISANTE
R_P_ produce cresta en forma de NUEZ
rrpp produce cresta en forma SENCILLA
Apareamientos entres aves de cresta en "nuez" y de cresta en "roseta" produjeron en
la F1: 4 de cresta sencilla, 5 en "guisante", 13 en "roseta" y 12 en "nuez".
¿Cuáles son los genotipos más probables de los progenitores?

- 51 -
Respuesta
Al aparecer 4 fenotipos, la interacción génica que mantienen esos dos genes es no
epistática. Al aparecer en la descendencia individuos con cresta sencilla, los individuos
con cresta en nuez tienen necesariamente que ser diheterocigotos (RrPp), y al
aparecer individuos con cresta en roseta y guisante los individuos con cresta en roseta
tienen que ser heterocigotos para el primer gen (Rrpp)
Problema 14. En Drosophila el ojo silvestre es de color rojo y éste se debe a la
presencia de dos pigmentos: drosopterina y xantomatina, sintetizados en rutas
metabólicas separadas. Cuando se cruzan mutantes autosómicos recesivos brown (sin
drosopterina y con xantomatina) y scarlet (sin xantomatina y con drosopterina) la F1
tiene los ojos rojos y la F2 presenta las siguientes proporciones fenotípicas
9 rojos: 3 escarlata: 3 brown: 1 blanco
a) ¿Qué tipo de interacción génica mantienen esos dos genes?
b) Cuales son los genotipos de los individuos que se utilizado en ese cruce?
Respuesta
a) Al sintetizarse los dos pigmentos en rutas metabólicas separadas, caben 4 fenotipos
posibles como dice el problema, que el individuo tenga los dos pigmentos
(xantomatina y drosopterina, color rojo), que tenga solo drosopterina (scarlet, rojo
brillante ) que tenga solo xantomatina (brown, marrón) ) o que no tenga ninguno (ojos
blancos). Por tanto son dos genes con dos alelos con dominancia completa de un alelo
sobre el otro en cada uno de los dos genes y los dos intervienen en el carácter color
del ojo. Al intervenir en rutas metabólicas separadas el tipo de interacción génica es
no epistática.
b) Generación parental: bwbw st+
st+
(brown) x bw+
bw+
st st (scarlet)
F1: bw+
bw st+
st (ojos rojos)
F2: 9 rojos: 3 escarlata: 3 marrón: 1 blanco
Problema 15. Brewbaker encontró que las plantas consanguíneas de la F1 que
procedían de cruzamientos entres dos cepas de tréboles de flores blancas (Trifolium
repens) daban lugar a una F2 formada por 5 rojas:75 blancas. No se indicó letalidad
alguna.
a) Utilizando la explicación más sencilla, ¿cuántos genes se hallan implicados en
dichos cruzamientos?
b) Empleando símbolos, definir los alelos implicados y dar el genotipo de las plantas
rojas de la F2.
Respuesta
Generación parental: AAbb x aaBB
F1: AaBb
F2: 9 A_B_(blancas) 3 A_bb (blancas) 3 aaB_(blancas) 1aabb (rojas)
15 blancas: 1 roja

- 52 -
75 blancas/5 rojas es una relación de 15:1 que es la proporción fenotípica que se
observa cuando los genes mantienen una relación de epistasis doble dominante y se
cruzan dos diheterocigotos (los alelos dominantes de cada uno de los dos genes dan
el mismo fenotipo).
Problema 16. El apareamiento entre ratas de genotipo idéntico produjo la siguiente
descendencia: 14 color crema: 47 color negro: 19 albinas.
a) ¿A qué proporción se aproxima la descendencia?
b) ¿A qué tipo de epistasis se debe?
c) ¿Cuáles son los genotipos de los progenitores y de los descendientes?
Respuesta
a) Si se parte de una hipótesis de que son dos genes con dos alelos, se calcula sobre
un total de 16 y nos da: 9.4, 3.8 y 2.8 es decir se aproxima a una proporción de 9:4:3
b) Los genes mantienen una relación de epistasis simple recesiva ya que la proporción
9:3:4 es la que se obtiene al cruzar dos diheterocigotos y los genes mantienen ese tipo
de epistasis.
c) Las ratas de genotipo idéntico son diheterocigotas (AaBb) y la descendencia es
9 A_B_(negras) 3 A_bb (crema) 3 aaB_(albinas) 1aabb (albinas)
Problema 17. El alelo dominante (B) de un gen determina el color blanco del fruto de
la calabaza y el alelo recesivo (b) el fruto con color. El fruto amarillo está regido por el
alelo dominante (V) de un gen hipostático de distribución independiente y el fruto verde
por su alelo recesivo (v). Cuando se cruzan plantas dihíbridas la descendencia
aparece en una proporción de 12 blancas : 3 amarillas : 1 verde.
a) ¿Qué tipo de epistasis mentienen esos dos genes?
b) Qué proporción de color de fruto se espera en los cruces:
b1) Bbvv x Bbvv?
b2) Bbvv x bbVv?
c) Si dos plantas son cruzadas produciendo 1/2 de la descendencia amarilla y el otro
1/2 de la descendencia verde, ¿cuáles son los genotipos y fenotipos de los
progenitores?
Respuesta
a) Si está presente el alelo B los frutos son blancos y si no está presente tienen color,
luego se trata de una epistasis simple dominante.
b1) Bbvv x Bbvv: 1/4 BBvv (blancos), 2/4 Bbvv (blancos) y 1/4 bbvv (verde) luego
aparecen 3/4 blancos y 1/4 verdes.
b2) El individuo Bbvv forma dos tipos de gametos: Bv y bv y el individuo bbVv forma
también dos tipos de gametos: bV y bv. Luego:
½ Bv ½ bv
½ bV ¼ BbVv ¼ bbVv
½ bv ¼ Bbvv ¼ bbvv

- 53 -
Por tanto 2/4 de la descendencia son de fruto blanco, 1/4 de fruto amarillo y 1/4 de
fruto verde
c) Ya que para tener color hace falta el genotipo bb y nos dice que la descendencia es
toda con color (mitad amarilla, mitad verde) los individuos que se cruzan tienen que
ser bb y como rinden verdes y amarillos en igual proporción en el segundo gen serán
Vv y vv. Por tanto los genotipos que dan esas proporciones fenotípicas son bbVv y
bbvv
Problema 18. Dos plantas de guisantes con flores blancas se cruzaron entre sí dando
una F1 de flores púrpura. Un cruzamiento al azar entre dos plantas de la F1 produjo
una descendencia de 96 plantas, de las cuales 53 eran púrpura y 43 blancas.
a) ¿Qué razón fenotípica se espera aproximadamente en la F2?
b) ¿Cuáles fueron los genotipos probables de los padres?
Respuesta
a) Se espera una proporción de 9 púrpura: 7blancas que es a la proporción a la que se
aproximan las frecuencias que se observan (53:47). Se trata de una epistasis doble
recesiva
b) Las plantas blancas son AAbb y aaBB, la F1 es diheterocigota: AaBb que es
púrpura y la F2 será 9 A_B_(púpuras) 3 A_bb (blancas) 3 aaB_(blancas) 1aabb
(blancas)
Problema 19. El color rojo del trigo se debe al genotipo R_B_ y el blanco al recesivo
rrbb. Los genotipos rrB_ y R_bb producen color pardo. Se cruza una variedad roja
homocigota con otra blanca.
a) ¿Qué composición fenotípica se esperan en la F1? ¿y en la F2?
b) Si la F2 parda se cruza artificialmente al azar ¿qué proprociones fenotípicas se
esperan en la descendecia?
Respuesta
a) Ya que dice que son homocigotas, el cruce es RRBB x rrbb y por tanto la F1 será de
genotipicamente diheterocigota (RrBb) y de fenotipo rojo.
La F2, obtenida por el cruce de individuos de la F1 (RrBb x RrBb) tendrá los siguientes
fenotipos y las siguientes frecuencias:
9 rojos (R_B_) 6 pardos (3 R_bb 3 rrB_) 1 blanco (rrbb)
b) Los individuos pardos de la F2 tienen los siguientes genotipos y las siguientes
frecuencias:
1 RR bb, 2 Rrbb, 1 rrBB y 2 rrBb. El “pool” de gametos que formarán esos individuos
será el siguiente:
1 RRbb dará 1 Rb
2 Rrbb darán 1 Rb y 1 rb
1 rrBB dará 1 rB

- 54 -
2 rrBb dará 1 rB y 1rb
Por tanto, sumamos:
Gametos Rb: 1+1 (sobre un total de “6 gametos”)= 2/6 = 1/3 Rb
Gametos rB: 1+1 (sobre un total de “6 gametos”)= 2/6 = 1/3 rB
Gametos rb: 1+1 (sobre un total de “6 gametos”)= 2/6 = 1/3 rb
Entonces, el cruce será:
1/3 Rb 1/3 rB 1/3 rb
1/3 Rb 1/9 RRbb (pardos) 1/9 RrBb (Rojos) 1/9 Rrbb (pardos)
1/3 rB 1/9 RrBb (rojos) 1/9 rrBB(pardos) 1/9 rrBb (pardos)
1/3 rb 1/9 Rrbb (pardos) 1/9 rrBb (pardos) 1/9 rrbb (blancos)
6/9 Pardos; 2/9 rojos y 1/9 blancos
Problema 1. Una pareja, cuyos dos miembros tienen visión normal, tienen un hijo
daltónico.
a) ¿Cuáles son los genotipos de los padres?
b) ¿Cuál es el sexo y el genotipo del niño?
Problema 2. Una mujer de visión normal cuyo padre es daltónico se casa con un
hombre cuya madre era daltónica ¿Que genotipos tendrá la descendencia de esta
pareja si,
a) son varones
b) son mujeres
Problema 3. Supongamos un carácter ligado al sexo en aves exóticas tal que su alelo
recesivo a determina plumas de la cola blancas y A plumas coloreadas. Si se cruza un
macho heterocigótico con una hembra de plumas blancas y se obtienen ocho
descendientes, ¿cuál es la probabilidad de que seis de ellos tengan las plumas de la
cola coloreadas?
Problema 4. El siguiente pedigrí muestra un caso de hemofilia A, enfermedad debida
al alelo recesivo de un gen ligado al sexo.
a) Si II-2 se casa con un hombre normal, ¿cuál es la probabilidad de que su primer hijo
sea un varón hemofílico?
b) Suponiendo que su primer hijo es hemofílico, ¿cuál es la posibilidad de que su
segundo hijo sea un varón hemofílico?

- 55 -
c) Si II-3 se casa con un hombre hemofílico, ¿cuál es la probabilidad que su primer
descendiente sea normal?
d) Si la madre de I-1 era fenotípicamente normal, ¿qué genotipo tenía su padre?
e) Si la madre de I-1 era hemofílica, ¿cuál era el fenotipo del padre de I-1?
Problema 5. Observar el siguiente pedigrí,
a) ¿Es compatible con la presencia de un gen holándrico?
b) ¿Y con la de un alelo recesivo ligado al sexo?
c) Si el apareamiento entre III2 y III3 produce una hembra mutante, ¿cuál de las dos
hipótesis anteriores es aplicable? Usando símbolos apropiados asigne genotipo a cada
uno de los individuos del pedigrí.
Problema 6. En el siguiente pedigrí se muestra la transmisión de dos caracteres
humanos en una familia. Los individuos sombreados en la parte izquierda presentan
asimetría nasal, y aquellos sombreados en el lado derecho muestran deformación del
pabellón auditivo.
a) ¿Qué tipo de herencia se halla implicado en cada uno de los caracteres?
b) Determinar hasta donde sea posible los genotipos de todos los individuos de la
genealogía.
c) ¿Cuál es la probabilidad de que del cruzamiento IV-1 x IV-6 nazca una hija con
asimetría nasal y pabellón auditivo normal?

- 56 -
Problema 7. Una pareja está formada por una mujer no calva (cuya madre sí lo era), y
un hombre calvo pero cuyo padre no lo era. a) ¿Cuál será el genotipo de todos estos
individuos?; b) ¿qué proporción de individuos calvos y no calvos esperaríamos en los
descendientes de esta pareja?
Problema 8.- En el ganado, el color blanco está determinado por un alelo Cc
dominante en los machos y recesivo en las hembras. El alelo para el color rojo CR
actúa como dominante en las hembras y recesivo en los machos. Del cruce de un
macho rojo y una hembra blanca homocigotica,
a) ¿Qué proporciones fenotípicas y genotípicas esperarías en la F1 y la F2?
b) Si una vaca blanca homocigotica tiene un becerro rojo, ¿qué sexo tendrá el
becerro?
c) ¿Cuál es el genotipo que no es posible del progenitor masculino del apartado b)?
Problema 9. Las flores de ciertas plantas pueden ser rojas, rosas o blancas. Las flores
rojas cruzadas con las blancas sólo producen rosas. Cuando plantas con flores rosas
fueron cruzadas, produjeron 113 rojas, 129 blancas y 242 rosas. La hipótesis es que
estos colores son producidos por un locus génico único con alelos que presentan
herencia intermedia. Probar esta hipótesis mediante la prueba de χ2
.
Problema 10. Un alelo dominante (L) determina el pelo corto en el conejillo de Indias,
y el recesivo (l) el pelo largo. Alelos con herencia intermedia en un locus independiente
determinan el color, siendo: cy
cy
= amarillo; cy
cw
= crema; cw
cw
= blanco. Del
cruzamiento de dos conejillos dihíbridos de pelo corto y color crema, predecir la
frecuencia fenotípica esperada en la descendencia.
Problema 11. Los rábanos pueden ser: largos, redondos u ovalados en cuanto a su
forma. El color puede ser rojo, azul y púrpura. Una variedad larga y azul es cruzada
con otra variedad redonda y roja, produciendo una F1 oval y púrpura. La F2 obtenida
fue: 9 larga, roja; 15 larga, púrpura, 19 oval, roja; 32 oval, púrpura; 8 larga, azul; 16
redonda, púrpura; 8 redonda, azul; 16 oval, azul; 9 redonda, roja.
a) ¿Cuántas parejas alélicas están involucradas en la determinación de la forma y del
color?
b) ¿Qué fenotipos esperarían en cruzamientos entre la F1 y cada uno de sus
parentales?
c) Si los rábanos oval-púrpura fueran preferidos comercialmente, ¿qué líneas de
rábanos deberían ser mantenidas para producir mayor cantidad de esos rábanos y por

- 57 -
qué?
Problema 12. Un hombre con grupo sanguíneo A tiene un hijo de grupo sanguíneo 0
con una mujer de grupo sanguíneo B. a) ¿Cuáles son los genotipos de estas tres
personas? b) ¿Qué otros genotipos, y con qué frecuencias, se pueden esperar en los
hijos de esta pareja?
Problema 13. Un hombre AB- y una mujer 0+ tienen un hijo B+.
a) Determinar los genotipos posibles de cada uno de los individuos.
b) Explique si alguno de los padres podría donarle sangre al hijo.
Problema 14. Las siguientes cinco madres, desde a) hasta e), con los fenotipos
dados, tuvieron cada una un hijo del que se describe el fenotipo. Seleccionar los
posibles padres de cada uno de esos niños de entre los cinco hombres de los que se
dan los genotipos.
Madre Fenotipo materno Fenotipo del hijo
Genotipo de cada
hombre
a A M Rh+ O M Rh+ 1. IA
i LM
LN
rr
b B N rh- B N rh- 2. IB
i LM
LN
RR
c O M rh- A MN Rh+ 3. ii LN
LN
rr
d A N Rh+ AB MN Rh+ 4. ii LM
LM
rr
e AB MN rh- AB M rh- 5. IA
IA
LM
LN
RR
Problema 15. En un caso de paternidad discutida, el fenotipo del grupo sanguíneo de
la madre es A MN rh- y el fenotipo del hijo es B N Rh+. Anótense todos los posibles
fenotipos del grupo sanguíneo que puede presentar el padre.
Problema 16. Una mujer se casa con un hombre y tiene cuatro hijos legítimos con los
siguientes genotipos: ii RR LM
LN
; IA
i Rr LN
LN
; ii RR LN
LN
; IB
i rr LM
LM
. ¿Cuáles son los
genotipos de los progenitores?
Problema 17. La herencia del color de la piel en las reses está determinada por una
serie de alelos múltiples con la jerarquía de dominancia siguiente: S > sh
> sc
> s. El
alelo “S” pone una banda de color blanco alrededor de la mitad del animal que se
denomina cinturón holandés; el alelo “sh
” produce las manchas tipo Hereford; el color
sólido es el resultado del alelo “sc
”, y las manchas de tipo Holstein se deben al alelo
“s”. Los machos con cinturón holandés homocigóticos son cruzados con hembras con
manchas tipo Holstein. Las hembras F1 son cruzadas con machos manchados tipo
Hereford con genotipo sh
sc
.
Predecir las frecuencias genotípicas en la descendencia.
Problema 18. Se cruzan entre sí ratones amarillos de cola curvada. Los
descendientes dan una proporción de 6 amarillos con colas curvadas: 2 amarillos con
colas normales: 3 agutí con colas curvadas: 1 agutí con cola normal.
a) ¿Cuál de los dos caracteres está asociado con un alelo letal?
b) ¿Está determinada la cola curvada por un gen dominante o recesivo?
c) ¿Cuál es el genotipo de los ratones amarillos con la cola curvada?

- 58 -
d) ¿Cuáles son los genotipos de las cuatro clases fenotípicas?
Problema 19. Un carácter mutante ligado al sexo y denominado "muesca" (M) es letal
en Drosophila cuando se presenta en los machos hemicigóticos (no puede haber
hembras homocigóticas MM ya que tendrían que heredar el dominante del padre). Las
hembras heterocigóticas (Mm) tienen pequeñas muescas en las puntas de sus alas.
Las hembras homocigóticas recesivas (mm) y los machos hemicigóticos (m) tienen
alas normales (tipo común).
a) Calcular las proporciones fenotípicas viables esperadas en F1 y F2 sin considerar el
sexo, cuando se cruzan machos de tipo común con hembras con muescas.
b) ¿Cuál es la proporción de machos viables / hembras viables en F1 y F2?
c) ¿Cuál es la proporción de animales viables con muescas / tipo común en F1 y F2?
Problema 20. Al cruzar perros calvos mejicanos entre sí, se obtiene una descendencia
formada por perros calvos y perros normales en proporción 2:1. Al cruzar perros calvos
mejicanos y perros normales, la descendencia presenta una razón fenotípica de 1:1
de “calvos mejicanos” y “normales”.
a) ¿Crees que sería posible obtener una raza pura de perros calvos? ¿Por qué?
b) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperan de un cruce entre los individuos “calvos
mejicanos” y “normales” obtenidos en proporción 2:1 del enunciado del problema?
Problema 21. En la “serpiente del maíz” la coloración de la piel está controlada por
dos genes con dos alelos cada uno de ellos con dominancia completa (A,a y B,b).
Cada gen a través de los enzimas codificados por él, controla la síntesis de un
pigmento distinto en rutas metabólicas separadas. Uno de esos dos genes produce un
pigmento naranja (A_ presencia de pigmento naranja y aa ausencia del mismo) y el
otro gen produce un pigmento negro (B_presencia de pigmento y bb ausencia de
pigmento negro). Esos dos genes se transmiten independientemente.
a) ¿Qué tipo interacción mantienen esos dos genes?
b) Una serpiente de tipo silvestre (con los dos pigmentos) se cruza con una albina (sin
pigmentos) y la F1 es toda de color silvestre. ¿Qué composición fenotípica tendrá la
F2?
c) Si se cruzan al azar los individuos naranjas con los negros de la F2 ¿qué
composición fenotípica tendrá la descendencia resultante de dicho cruce?
Problema 22. En la campanilla, el color silvestre de las flores es azul. Todos los
intermediarios de la ruta que llega al pigmento antocianina (azul) son incoloros. Se
dispone de dos cepas mutantes blancas, al cruzar plantas con flores blancas de esas
dos cepas, las flores de la F1 son todas de color azul. Al cruzar estas plantas de la F1
entre sí, la F2 está compuesta por plantas con flores azules y plantas con flores
blancas en proporción 9 azules: 7 blancas.
a) ¿Qué tipo de herencia explicaría esos resultados?
b) ¿Qué genotipos tienen las plantas de flores blancas utilizadas en el cruzamiento?
c) ¿Qué genotipos tienen las plantas de la F1?
d) ¿Qué genotipos tendrían que tener dos plantas de la F2 para que al cruzarlas se
obtengan plantas con flores azules y blancas en proporción 1 azul: 3 blancas?
Problema 23. En una ruta metabólica que conduce a la síntesis de un pigmento azul,

- 59 -
se parte de un precursor incoloro que por la acción de un primer gen se transforma en
un intermediario de color magenta (A_ transforma y aa no transforma). Este
intermediario por la acción de un segundo gen se transforma en un pigmento azul (B_
transforma y bb no transforma).
a) Identificar el tipo de interacción génica que mantienen esos dos genes.
b) Al cruzar un individuo con flores de color magenta con un individuo de flores blancas
(incoloro), la descendencia tiene flores de color magenta y al cruzar éstas entre sí, ¾
de la descendencia es de color magenta y 1/4 incoloras. Determinar los genotipos de
esas plantas.
c) ¿Qué genotipos tendrían que tener dos plantas azules para que la descendencia
obtenida al cruzarlas sea 3/4 azules y 1/4 magenta?
Problema 24. En el perro Labrador, el color del pelo está controlado por la acción de
dos genes con dos alelos cada uno de ellos ( B,b y E,e). Los individuos con genotipos
B_ presentan color negro mientras los individuos bb tienen color marrón. El segundo
gen (E,e) hace que el pigmento negro o marrón producido por el primer gen se
deposite en el pelo, de manera que en los individuos E_ el pigmento se deposita en el
pelo mientras que en los individuos ee el pigmento no se deposita en el pelo y éstos
presentan entonces color dorado .
a) Identificar el tipo de interacción génica que mantienen esos dos genes.
b) Individuos de color negro se cruzaron con razas puras de color dorado y la
descendencia presentó una composición fenotípica 1 negro: 1 marrón: 2 dorados.
¿Qué genotipos tenían los parentales?
c) Qué composición fenotípica se espera al cruzar los individuos negros de la F1
anterior?
Problema 25. La síntesis de un determinado pigmento en una ruta metabólica es un
proceso en dos pasos controlado por dos genes con dos alelos cada uno (A,a y B,b).
La enzima codificada por el primer gen necesita dosis doble (aa) para poder
transformar un precursor incoloro en una sustancia intermedia también incolora. Sobre
esta sustancia intermedia actúa el enzima codificado por el segundo gen que también
se necesita en dosis doble (bb) para poder transformar la sustancia intermedia en un
pigmento de color rojo.
a) ¿Qué tipo de interacción mantienen esos dos genes?
b) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperan de un cruce entre una planta
diheterocigota para esos dos genes y una planta con flores rojas?
c) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperan de un cruce entre dos plantas
diheterocigotas?
Problema 26. Un gen con dos alelos codifica un enzima que transforma un precursor
incoloro en una sustancia intermedia que es también incolora. Se necesita al menos un
alelo funcional (A_) de ese primer gen para que se pueda llevar a cabo la reacción. Un
segundo gen, transforma la sustancia intermedia en pigmento. Este segundo gen tiene
dos alelos: B (pigmento rojo) y b (pigmento amarillo).
b) Al cruzar dos líneas, una de flores rojas y la otra de flores blancas se obtiene una
F1 compuesta por flores rojas, amarillas y blancas en proporción 1:1:2. ¿Qué
genotipos tienen las dos líneas parentales?

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Problema 27. Un gen con dos alelos codifica un enzima que transforma un precursor
incoloro en una sustancia intermedia que es también incolora. Se necesitan los dos
alelos funcionales de ese primer gen para que se pueda llevar a cabo la reacción (A_
no transforma y aa transforma). Un segundo gen transforma la sustancia intermedia en
pigmento verde. Este segundo gen tiene también dos alelos: B_que no transforma la
sustancia intermedia en pigmento y bb que transforma la sustancia intermedia en
pigmento verde)
a) ¿Qué tipo de interacción génica mantienen esos dos genes? ¿Por qué?
b) Al cruzar una líneas de flores blancas con una de flores verdes se obtiene una F1
con flores blancas y verdes en proporción 3/4 blancas y 1/4 verdes. ¿Qué genotipos
tienen esas dos líneas?
Problema 28. En Drosophila, el color morado de los ojos se debe al alelo recesivo de
un gen (pd). El alelo recesivo (s) de otro gen no ligado, suprime el fenotipo mutante
“ojos de color morado” (pdpd). De esta forma un individuo de genotipo pdpdss tiene
ojos rojos (fenotipo silvestre en Drosophila en cuanto al color de ojos se refiere).
a) ¿Qué interacción génica mantienen esos dos genes?
b) Si se cruza una mosca de ojos morados y no portadora del alelo supresor con una
mosca homocigótica de ojos rojos y homocigótica para el supresor, ¿qué composición
fenotípica tendrá la descendencia?
c) ¿Qué genotipos tendrán dos moscas cuya descendencia es 3/4 rojos, 1/4
morados?
d) ¿Qué genotipos tendrán dos moscas cuya descendencia es 13 rojos:3 morados.
Problema 29. Las hojas de las piñas pueden presentar tres fenotipos: “espinosas”, “de
punta espinosa” y “sin espinas”. Al cruzar lineas puras de individuos con “punta
espinosa” con individuos “espinosas” toda la F1 presentó “punta espinosa” y la F2 una
razón fenotípica de 3 “punta espinosa”:1”espinosa”. Al cruzar líneas puras de
individuos “sin espinas” con individuos de “punta espinosa”, la F1 era toda “sin
espinas” y la F2 “sin espinas”/”punta espinosa” en relación 3:1. Por último se cruzaron
líneas puras de individuos sin espinas con individuos espinosas, la F1 fue sin espinas
y la F2 12 “sin espinas”: 3 ”punta espinosa” y 1 “espinosa”.
a) ¿Cuántos genes están implicados en el carácter “forma de las hojas de la piña”?
b) Asignar símbolos a esos genes
c) ¿Mantienen algún tipo de interacción esos genes?
d) Determinar las proporciones fenotípicas que se esperan al cruzar entre sí los
individuos “sin espinas” del último cruce del enunciado
Problema 1.
a) madre X+
Xd
; padre X+
Y;
b) hijo: niño Xd
Y
Problema 2.
a) varones: 50% daltónicos, 50% visión normal
b) mujeres: 50% daltónicas, 50% visión normal (pero portadoras)

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Problema 3.
P = 8! (1/2)6
(1/2)2
= 28 (1/2)8
6!2!
Problema 4.
a) 1/8
b) 1/4
c) 3/4
d) puede ser normal o hemofílico
e) normal
Problema 5
a) Sí
b) Sí
c) La segunda hipótesis
Problema 6.
a) Carácter Asimetría: ligado al sexo dominante
Carácter Deformación del pabellón: autosómico recesivo
b)
I-1, Xa
YDd I-2, XA
Xa
dd
II-1, XA
Xa
Dd II-2, XA
YDd
II-3, XA
YDd II-4, XA
Xa
dd
II-5, Xa
Xa
dd II-6, XA
Xa
dd
II-7, Xa
Xa
dd II-8, XA
YDd
III-1, XA
YDd III-2, XA
X-
Dd
III-3, Xa
Ydd III-4, XA
X-
Dd
III-5, XA
Ydd III-6, XA
Xa
Dd
III-7, XA
Xa
dd III-8, XA
Xa
Dd
III-9, Xa
YDd
IV-1, XA
YD_ IV-2, XA
Ydd
IV-3, XA
X-
D_ IV-4, XA
YDd
IV-5, XA
X-
dd IV-6, XA
X-
Dd
IV-7, XA
YDd IV-8, Xa
Ydd
c) 5/12
Problema 7.
a) Mujer no calva (C1 C2), la madre calva (C1 C1), el hombre calvo (C1 C2), su padre no
calvo (C2 C2)
b) 3/4 de los varones serán calvos y 1/4 de las hijas serán calvas.
Problema 8.
a) F1: hembras rojas, machos blancos

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F2: Hembras: 25% blancas, 75% rojas
Machos: 25% rojos, 75% blancos
b) Hembra
c) No podría ser Cc
Cc
Problema 9.
χ2
experimental = 1.057 < χ2
teórica Herencia intermedia
Problema 10.
Pelo corto amarillo: 3/16
Pelo corto crema: 6/16
Pelo corto blanco: 3/16
Pelo largo amarillo: 1/16
Pelo largo crema: 2/16
Pelo largo blanco: 1/16
Problema 11.
a) 2 parejas alélicas FL/FR CB/CR
b) FLFR CBCR x FLFL CBCB
¼ larga azul; ¼ larga púrpura; ¼ oval azul; ¼ oval púrpura
FLFR CBCR x FRFR CRCR
¼ redonda roja; ¼ oval púrpura; ¼ oval roja; ¼ redonda púrpura
c) Se mantendrán las líneas homocigotos parentales, ya que toda su descendencia
será de la variedad preferida comercialmente.
Problema 12.
a) Hombre: IA
i. Mujer: IB
i. Hijo: ii
b) Genotipo IA
IB
IA
i IB
i ii
Fenotipo AB A B 0
Frecuencia 1/4 1/4 1/4 1/4
Problema 13.
a) Padre AB-: IA
IB
dd
Madre 0+: ii DD o iiDd
Hijo B+: IB
iDd
b) El padre no, la madre, sí.
Problema 14.
a) padres 1, 2 y 4
b) padres 1 y 3
c) padre 5
d) padre 2
e) padre 1
Problema 15.
Hay 12 posibles padres: IB
_ LN
_ R_

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Problema 16.
IA
i LMLN Rr x IB
i LM
LN
Rr
Problema 17.
50% Cinturón holandes: Ssh
Ssc
25% Hereford sh
s
25% color sólido sc
s
Problema 18.
a) El color del pelo amarillo es dominante para el carácter “color del pelo” y recesivo
para el carácter “letalidad”.
b) La cola curvada es dominante
c) AaCc
d) AA letal; Aa amarillo; aa agutí. C_ cola curvada; cc cola normal
Problema 19.
a) F1: 2/3 normales, 1/3 muescas; F2: 6/7 normales, 1/7 con muescas
b) F1: 2 hembras:1 macho; F2: 3 machos: 4 hembras
c) F1: 1:2; F2: 1:6;
Problema 20.
a) No sería posible porque el alelo dominante “calvo” es recesivo para la letalidad. Los
“calvos” son heterocigotos
b) 1 normal: 1 calvo
Problema 21.
a) Interacción génica no epistática
b) 9 silvestres: 3 naranjas : 3 negros :1 albino
c) 4/9 silvestres, 2/9 naranjas, 2/9 negros, 1/9 albinos
Problema 22.
a) Epistasis doble recesiva
b) AAbb y aaBB
c) AaBb
d) AaBb y aabb o también Aabb y aa Bb
Problema 23.
a) Epistasis simple recesiva
b) AAbb y aabb
c) AABb y AaBb
Problema 24.
b) BbEe y bbee
c) 9 negros: 4 dorados: 3 marrones
Problema 25.
a) Epistasis doble dominante

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b) 3/4 blancas y 1/4 rojas
c) 15/16 blancas, 1/16 rojas
Problema 26.
b) AaBb y aabb
Problema 27.
a) Epistasis doble dominante
b) AaBb y aabb
Problema 28.
a) Epistasis doble dominante y recesiva
b) Todos de ojos rojos
c) PdpdSs y pdpdss (ambas de ojos rojos)
d) PdpdSs y PdpdSs
Problema 29.
a) Dos genes con dos alelos con dominancia completa de un alelo sobre el otro
b) A_ sin espinas, B_ punta espinosa y bb espinosa.
c) El gen A epistático sobre el B. Al estar el alelo A ya el fenotipo será “sin
espinas” indepedientemente del genotipo del segundo gen, luego la interacción génica
que mantienen esos dos genes es epistasis simple dominante.
d) 32/36 “sin espinas”, 3/36 “punta espinosa” y 1/36 “espinosa”

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LIGAMIENTO, RECOMBINACIÓN y MAPAS
GENÉTICOS
1. GUÍA PARA LA RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS
Consideraciones generales
En primer lugar, hay que tener siempre presente que para poder utilizar el ligamiento y
la recombinación para elaborar mapas genéticos, hemos de basarnos en la realización
de cruces entre indivíduos di-híbridos o tri-híbridos (obtenidos generalmente mediante
el cruce entre dos razas puras) y el homocigoto recesivo para todos los genes en
consideración (cruce de prueba). Cualquier otro tipo de cruce no permitirá,
generalmente, este tipo de análisis genético. En un cruce de prueba, la distribución de
fenotipos en la descendencia refleja fielmente la distribución de gametos producidos
por el híbrido, ya que el homocigoto sólo aporta gametos recesivos.
Existen distintos tipos de problemas en este apartado, en función del número de genes
a analizar simultáneamente y del planteamiento que hagamos. En relación con el
número de genes, los problemas más típicos son los de cruce di-híbrido y tri-híbrido,
aunque también podemos manejar más de tres genes en un mismo problema. En
cuanto al planteamiento, podemos encontrarnos problemas con planteamiento directo,
en los que nos pedirán predecir el tipo y frecuencia de descendientes que se espera
en un cruce de prueba, conociendo el número total de descendientes y las distancias
genéticas, y problemas con planteamiento inverso, en los que a partir de los datos de
un cruce de prueba, nos pedirán calcular las distancias genéticas. Estos problemas
pueden complicarse además en aquellos casos en que existe ligamiento al sexo o
alguna interacción génica entre ellos. Veamos como deberemos abordar la resolución
de cada uno de estos tipos de problemas de ligamiento y recombinación en
organismos diploides.
Problemas con planteamiento inverso
Cruce di-híbrido
Nos proporcionarán el número de descendientes que han aparecido de cada uno de
los 4 fenotipos posibles en un cruce de prueba de un di-híbrido. y nos pedirán que
calculemos la distancia genética entre los genes en cuestión.
En primer lugar deberemos comprobar que los dos genes están ligados, constatando
que la descendencia no se ajusta a una distribución 1:1:1:1, es decir, que todos los
fenotipos no aparecen con igual frecuencia. Si es preciso, porque las diferencias no
son evidentes, o porque así lo pide el enunciado del problema, podemos demostrar el
ligamiento aplicando un test de χ2
. Entonces podremos averiguar (o comprobar) cuales
son los gametos recombinantes producidos por el di-híbrido, que identificaremos en
los fenotipos de menor frecuencia en la descendencia. Ya podremos calcular la
frecuencia de recombinantes aplicando la fórmula: P = Nº recombinantes / N. La
distancia genética resultará de multiplicar esa frecuencia por 100 y la expresaremos en
centi-Morgans (cM) o en unidades de mapa (u.m.).

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(Ver problema resuelto 2)
Cruce tri-híbrido
Nos proporcionarán el número de descendientes que han aparecido de cada uno de
los 8 fenotipos posibles en un cruce de prueba de un tri-híbrido. Nos pedirán que
calculemos la distancia genética entre los genes en cuestión.
No obstante, en un cruce tri-híbrido puede ocurrir 1) que los tres genes sean
independientes, 2) que dos esté ligados y el tercero sea independiente, o 3) que los
tres genes estén ligados. Cada uno de estas posibilidades puede analizarse mediante
test de χ2
si es necesario o requerido. Para comprobar si los tres genes son
independientes comprobaremos la hipótesis de que no están ligados, lo que implica
una distribución esperada 1:1:1:1:1:1:1:1, es decir, que todos los tipos de individuos de
la descendencia aparecen con igual frecuencia. Para comprobar si dos genes están
ligados y el otro es independiente, hemos de realizar tests de independencia mediante
χ2
para cada una de las tres parejas de genes, para lo cual deberemos construir tres
tablas que reúnan los números observados de cada uno de los descendientes,
considerando sólo dos genes y no tres. Por ejemplo, a partir de la tabla de
descendientes del ejercicio 4 de nuestra relación de problemas, podemos extraer otra
en la que consideremos exclusivamente los genes +/a y +/b:
Fenotipo Número Fenotipo Número
+ + + 92 ++ 92+25=117
+ + c 25 +b 1+399=400
+ b + 1 a+ 426+3=429
+ b c 399 ab 77+31=108
a b c 77 TOTAL 1054
a + + 426
a + c 3
a b + 31
TOTAL 1054
Con estos nuevos datos podremos aplicar un test de χ2
para comprobar si +/a y +/b
están ligados entre sí o no. Tras repetir con las otras dos parejas de genes (+/a con
+/c y +/b con +/c), sabremos las relaciones de ligamiento entre los tres genes.
Si los tres genes están ligados, entonces podremos calcular las distancias genéticas
entre ellos. En primer lugar necesitaremos saber el orden relativo de los genes en el
cromosoma. Para ello, hemos de comparar los genotipos de los gametos parentales,
que reconoceremos en la descendencia por ser los fenotipos más frecuentes (+bc y
a++, en la tabla de la izquierda), con los de los dobles recombinantes, que serán los
menos frecuentes (+b+ y a+c). Si los comparamos dos a dos, nos daremos cuenta de
que entre +bc (parental) y +b+ (recombinante) sólo cambia la posición de los alelos del
gen +/c, y que entre a++ (parental) y a+c (recombinante), sólo cambia, de nuevo, la
posición de los alelos del gen +/c. Esto nos indica que gen +/c se encuentra entre los
otros dos, ya que en un doble recombinante (cuando hay recombinación en las
regiones I y II), solo cambia de cromátida el gen central, tal como vemos en este

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esquema:
Una vez establecido el orden de los genes, podemos calcular las distancias desde el
central hasta cada uno de los genes extremos. Llamaremos P1 a la distancia entre los
genes que definen la región I, según la siguiente fórmula, donde RI es el número de
recombinantes de la región I, DR es el número de dobles recombinantes y N es el
número total de individuos analizados.
Del mismo modo,
Para calcular la distancia entre los dos genes extremos, hemos de aplicar esta otra
fórmula:
P = P1 + P2 – (2 x CC x P1 x P2), donde CC es el coeficiente de coincidencia:
donde DRO es el número total de dobles recombinantes observados.
El coeficiente de interferencia (I) tendrá el valor complementario de CC, es decir:
I = 1 – CC.
Problemas con planteamiento directo
Cruce di-híbrido
Nos proporcionarán datos de ligamiento entre dos genes, incluida su distancia
genética y el genotipo del di-híbrido y nos pedirán que calculemos el número esperado
de cada uno de 4 los fenotipos posibles, entre un total de N descendientes.

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Primero calcularemos el número de individuos recombinantes, despejando R de la
fórmula de la frecuencia de recombinantes: P = Nº recombinantes / N, por lo que Nº
recombinantes = P x N (calcularemos P dividiendo por 100 la distancia genética; por
ejemplo, a una distancia de 20 cM corresponde un valor de P=0,2). Del total de
recombinantes calculado así, la mitad corresponderá a cada uno de los dos tipos de
recombinantes posibles.
Para calcular el número de parentales, sólo tenemos que restarle a N el total de
recombinantes calculado antes. Del resultado, la mitad corresponderá a cada uno de
los dos tipo de parentales posibles.
(Ver el problema resuelto 3)
Cruce tri-híbrido
Nos proporcionarán datos de ligamiento entre tres genes, incluidas sus distancias
genéticas y el genotipo del tri-híbrido y nos pedirán que calculemos el número
esperado de cada uno de 8 los fenotipos posibles, entre un total de N descendientes.
En primer lugar tendremos que definir cuales son los 8 genotipos posibles, derivados
del cruce de prueba de un tri-híbrido, cuyas frecuencias relativas dependerán del
genotipo del tri-híbrido. Si se trata de un trihíbrido en fase de acoplamiento, como el
del problema resuelto 5, su genotipo será: +++/abc, y, por tanto producirá estos 8
tipos distintos de gametos, distribuidos de la siguiente forma:
Tipo de
gameto
Genotipo
Parentales
+++
abc
Recombinantes
región I (a-b)
+bc
a++
Recombinantes
región II (b-c)
++c
ab+
Dobles
recombinantes
+b+
a+c
Si alguno de los genes está en fase de repulsión, su genotipo podría ser como este:
++c/ab+ y, por tanto, producirá los mismos 8 tipos distintos de gametos, pero
distribuidos de esta otra forma forma:

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Tipo de
gameto
Genotipo
Recombinantes
región II (b-c)
+++
abc
Dobles
recombinantes
+bc
a++
Parentales
++c
ab+
Recombinantes
región I (a-b)
+b+
a+c
En otros casos, se procedería de igual forma para clasificar los fenotipos de los
descendientes. Una vez hecho esto, el número esperado de cada genotipo se calcula
según este orden: 1º) dobles recombinantes, 2º) recombinantes simples y 3º)
parentales.
El número esperado de dobles recombinantes se despeja de la fórmula del coeficiente
de coincidencia (ver apartado 1b), por lo que: DRO = CC x P1 x P2 x N. De ellos, la
mitad serán de cada uno de los dos tipos de dobles recombinantes posibles.
Los números de recombinantes simples de cada tipo se despejan de las fórmulas de
las distancias genéticas de las regiones I y II (ver 1b). Así: RI = P1 x N – DR y RII = P2
x N – DR. En ambos casos, la mitad serán de cada uno de los dos tipos de
recombinantes simples posibles
El número de parentales se obtiene restando del total del número de recombinantes de
las regiones I y II y de recombinanates dobles: Parentales = N – RI – RII – DR. de
nuevo, la mitad serán de cada uno de los dos tipos de parentales posibles.
Problemas con más de tres genes
Pueden tener planteamiento directo o inverso pero, en cualquier caso, este tipo de
problemas se resuelve subdividiendo los datos en grupos de tres genes, cada uno de
los cuales se resuelve independientemente como hemos visto anteriormente para
cruces tri-híbridos. Una vez hecho esto, se vuelven a reunir los datos de todos los
genes. La resolución de estos problemas no es conceptualmente difícil, pero sí larga y
sistemática.

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Problema 1. Supongamos que el alelo recesivo a induce la formación de flores
blancas (las normales son rojas) y el alelo recesivo b origina hojas rugosas (las
normales son lisas) en una especie de planta ornamental. Considerando de estos
genes están situados en un mismo cromosoma a una distancia de 30 centi-Morgans
(cM), si cruzamos individuos AABB con otros aabb.
a) ¿Que genotipos y fenotipos aparecerían en la F1?
b) ¿Que frecuencias tendrían esos fenotipos y genotipos?
c) ¿Que tipos de gametos producirán las hembras de la F1?
d) ¿Cuáles serán sus frecuencias relativas?
e) Si cruzásemos plantas femeninas de la F1 con plantas masculinas aabb, ¿cuáles
serían las frecuencias de los fenotipos resultantes?
Respuesta
a)
Por tener ambos alelos dominantes, los individuos de la F1 serán normales
b) El 100% de los descendientes en la F1 serán dihíbridos en fase de acoplamiento y
normales
c) y d) Se producen dos gametos parentales distintos (70% en total; 35% de cada tipo)
y dos recombinantes (30% en total; 15% de cada tipo).
e)
Gametos femeninos y sus frecuencias
AB 0,35 ab 0,35 Ab 0,15 aB 0,15
Gemeto masculino ab 1,0 AB/ab 0,35 ab/ab 0,35 Ab/ab 0,15 aB/ab 0,15
Fenotipos Normales Flores blancas y
hojas rugosas
Flores blancas Hojas rugosas

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Problema 2. Del cruce de un individuo dihíbrido en fase de repulsión (Ab/aB) con un
doble homocigoto recesivo (ab/ab), se obtienen 1000 descendientes con los siguientes
fenotipos y números: 408 Ab, 392 aB, 106 AB y 94 ab.
a) ¿Están ligados estos genes?
b) En caso afirmativo, ¿a qué distancia genética se encuentran?
Respuesta
a) Es evidente, observando los resultados del cruce, que los cuatro tipos de gametos
posibles que puede formar el dihíbrido no aparecen en igual proporción de 1/4. Un test
estadístico de χ2
probablemente indicaría que esta distribución de fenotipos de la
descendencia se aparta significativamente de la 1:1:1:1, esperada para genes
independientes. Por tanto, concluimos que estos genes están ligados.
b) La distancia genética se estima por la frecuencia de gametos recombinantes que
produce el dihíbrio. En este caso, los gametos recombinantes son AB y ab, dado que
en el dihíbrido están en fase de repulsión (los gametos parentales tendrían, por tanto,
estos genotipos: Ab y aB). La frecuencia de individuos de fenotipo recombinante
(provenientes de gametos recombinantes) sería:
Por tanto, la distancia genética entre estos dos genes es de 20 centi-Morgan (cM) o
unidades de mapa.
Problema 3. Si dos genes A/a y B/b se encuentran ligados a 28 cM de distancia
genética, ¿cómo se distribuirían los 1000 descendientes del siguiente cruce: AB/ab x
ab/ab?
Respuesta
Puesto que se trata de un cruce de prueba, la composición de la descendencia
dependerá exclusivamente de los tipos de gametos de produzca el dihíbrido. En este
caso, los gametos y sus frecuencias serían:
Parentales 72% Recombinantes 28%
Gametos AB ab Ab aB
Frecuencias 0,36 0,36 0,14 0,14
Para calcular el número esperado de descendientes de cada tipo en un total de 1000,
sólo tenemos que multiplicar por este número la frecuencia de cada gameto,
resultando:
Descendientes
Parentales Recombinantes
Genotipos AB/ab ab/ab Ab/ab aB/ab
Fenotipos AB ab Ab aB

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Número 360 360 140 140
Problema 4. Sean tres genes ligados, +,a, +,b y +,c, cuyo orden en el cromosoma no
se conoce. Se cruza un trihíbrido con el triple homocigoto recesivo, obteniéndose la
siguiente descendencia:
+ + + 92
+ + c 25
+ b + 1
+ b c 399
a b c 77
a + + 426
a + c 3
a b + 31
TOTAL 1054
a) ¿Que genotipo tenía el trihíbrido?
b) ¿En qué orden están los genes en el cromosoma?
c) ¿Que distancias genéticas hay entre todos ellos?
Respuesta
a) El genotipo del trihíbrido se deduce a partir de los fenotipos de los descendientes
más frecuentes, ya que esos derivarán de gametos parentales. Estos son los de
fenotipo +bc y a++, cuyos genotipos deberán ser: +bc/abc y a++/abc ya que que
vienen del cruce de gametos +bc y a++, respectivamente, con los gametos abc que
produce el triple homocigoto recesivo. En consecuencia, el genotipo del trihíbrido
sería: +bc/a++.
b) El orden es a-c-b, se deduce observando a los parentales (+bc/abc, a++/abc) con
los dobles recombinantes (a+c/abc, +b+/abc) Se observa que el gen que cambia de
posición es el c/+, por lo que es el gen central.
La distancia entre +/a y +/c sería:
P1= 92+77+1+3/ 1054 = 16,41 cM
y la distancia entre +/c y +/b sería:
P2= 25+31+1+3/ 1054= 5,69 cM
Para calcular la distancia entre los dos genes extremos (a-b):
P1+P2= 16,41+5,69= 22,1 cM

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Problema 5. Sean tres genes +/a, +/b y +/c que se encuentran ligados en ese orden y
separados por las siguientes distancias: Pa-b = 30 cM y Pb-c = 20 cM. En esa región
cromosómica, la interferencia tiene un valor de 0,5. Tras someter a cruces de prueba
trihíbridos en fase de acoplamiento, se analizan un total de 10.000 descendienes.
¿Que número aparecerá de cada uno de los distintos tipos de descendientes?
Respuesta
Los trihíbridos en fase de acoplamiento tienen este genotipo: +++/abc. Por tanto
podrán producir 8 tipos distintos de gametos, distribuidos de la siguiente forma:
Tipo de gameto Genotipo
Parentales
+++
abc
Recombinantes
región I (a-b)
+bc
a++
Recombinantes
región II (b-c)
++c
ab+
Dobles
recombinantes
+b+
a+c
DRO = 0,5 x 0,3 x 0,2 x 10.000 = 300, de los cuales 150 (la mitad) serán de fenotipo
+b+ y los otros 150 serán a+c.
RI = 0,3 x 10.000 – 300 = 2.700, de los cuales la mitad (1.350) serán +bc y la otra
mitad (1.350) serán a++.
RII = 0,2 x 10.000 – 300 = 1700, de los cuales la mitad (850) serán ++c y la otra mitad
(850) serán ab+.
Parentales = 10.000 – 2.700 – 1.700 – 300 = 5300, de los cuales 2650 serań +++ y
otros tantos serán abc.
Los resultados pueden ordenarse en la siguiente tabla:
Fenotipo +++ abc +bc a++ ++c ab+ +b+ a+c TOTAL
Nº esperado 2650 2650 1350 1350 850 850 150 150 10000

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Problema 1. En determinada especie vegetal dióica, el alelo recesivo l induce la
formación de hojas lanceoladas y el alelo recesivo p origina hojas sin pigmento. Los
dos genes están situados en un mismo cromosoma y presentan un 30% de
recombinación. Se cruza un individuo LLPP con otros llpp.
a) ¿Qué genotipos y fenotipos aparecerían en la F1?
b) ¿Qué frecuencias tendrían esos fenotipos y genotipos?
c) ¿Qué tipos de gametos producirán las hembras de la F1?
d) ¿Cuáles serán sus frecuencias relativas?
e) Si cruzásemos las hembras de la F1 con machos llpp, ¿cuáles serían las
frecuencias de los fenotipos resultantes?
Problema 2. El color negro del cuerpo de Drosophila está determinado por el alelo
recesivo e y las alas vestigiales por el alelo recesivo vg de otro gen ligado con el
primero a una distancia de 20 unidades de mapa aproximadamente. ¿Qué fenotipos y
frecuencias se espera que aparezcan en:
a) Un cruzamiento de hembras heterocigotas cuyos alelos están en fase de repulsión
con machos heterocigotos cuyos alelos están en fase de acoplamiento.
b) Un cruzamiento recíproco al del apartado anterior.
c) Un cruzamiento en donde ambos progenitores heterocigotos presenten sus alelos
en fase de repulsión.
Problema 3. En cierto mamífero, el color de los ojos está determinado por la
interacción de dos genes ligados, A/a y B/b. Se trata de una interacción epistática
doble recesiva, de modo que la presencia simultánea de los alelos dominantes de A y
B produce ojos negros, mientras que los individuos doble o simple recesivos tienen los
ojos claros. Individuos homocigóticos negros (AB/AB) se cruzan con otros dobles
recesivos (ab/ab) y los descendientes de la F1 se someten a un cruzamiento de
prueba, obteniéndose 1.255 animales con ojos negros y 1.777 de ojos claros. Por otro
lado se cruzaron individuos Ab,Ab con otros aB,aB y la F1 se sometió a un
cruzamiento de prueba, obteniéndose en la descendencia 147 animales de ojos
negros y 1.540 de ojos claros. Calcúlese la distancia genética entre estos dos genes.
Problema 4. El color de la flor de cierta planta está determinado por un gen cuyos
alelos B y b determinan, respectivamente, color rojo y color blanco. El porte de la
planta está determinado por el gen E/e cuyos alelos determinan planta normal (E) y
planta enana (e). En la siguiente tabla se muestran los fenotipos y sus frecuencias de
los cruzamientos de prueba de dos plantas heterocigóticas:
Planta I II
Flores rojas y planta normal 88 23
Flores rojas y planta enana 12 170
Flores blancas y planta normal 8 190
Flores blancas y planta enana 92 17
Total 200 400

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a) ¿Cuáles son los genotipos de las plantas heterocigóticas I y II?
b) ¿Cuál es la distancia genética entre estos genes?
c) Si se cruzan entre sí las dos plantas heterocigóticas, ¿qué frecuencia de
descendientes con flores blancas y porte enano cabría esperar?
Problema 5. Los genes A y B, localizados en el mismo cromosoma, se encuentran a
una distancia genética de 20 unidades de mapa. Los genes C y D, localizados en otro
cromosoma, están a 30 unidades.
Se cruza un individuo homocigoto dominante AABBCCDD con un homocigoto recesivo
aabbccdd. Después se cruza un individuo de la F1 con el progenitor recesivo. ¿Qué
genotipos y con qué frecuencias aparecerán en la descendencia?
Problema 6. Los alelos recesivos, e y vg, de 2 genes ligados en Drosophila, producen
cuerpo negro y alas vestigiales respectivamente. Cuando a las moscas de tipo común
se les cruza con mutantes doble recesivo los individuos de la F1 son dihíbridos en fase
de acoplamiento. Posteriormente el cruzamiento de prueba de la F1 dio los siguientes
resultados: 1.930 tipo salvaje, 1.888 negras y vestigiales, 412 negras y 370 vestigiales.
a) Calcúlese la distancia entre los loci e y vg.
Otro gen (cn), cuyo alelo recesivo está situado entre los loci de e y vg, produce ojos
color cinabrio. Cuando moscas de fenotipo salvaje se cruzan con moscas de fenotipo
triple mutante, se obtiene una F1 trihíbrida, que sometida a cruzamiento de prueba, dio
los siguientes resultados: 664 moscas salvajes, 652 negras, cinabrio y vestigiales, 72
negras y cinabrio, 68 vestigiales, 70 negras, 61 cinabrio y vestigiales, 4 negras y
vestigiales y 8 cinabrio.
b) Calcular la distancia de mapa entre los tres genes.
c) ¿Coinciden las distancias e-vg calculadas en el apartado a) y en el b)? Explique por
qué.
d) ¿Cuál es el coeficiente de coincidencia?
3) ¿Y la interferencia?
Problema 7. En Drosophila, los caracteres alas curvadas y la falta de antenas se
deben a la acción de los correspondientes alelos recesivos de dos loci diferentes.
En la F1 del cruzamiento de una hembra de alas curvadas con un macho sin antenas,
todas las hembras eran normales y todos los machos de alas curvadas. La
segregación obtenida en la F2 fue la siguiente:
Fenotipos Hembras Machos
Normales 390 129
Alas curvadas 378 243
Sin antenas 240
Alas curvadas y sin antenas 132
Total 768 744

- 77 -
A partir de estos datos, ¿qué podemos decir en cuanto a la localización de estos
genes?
Problema 8. Supongamos tres genes ligados, +/a, +/b y +/c, no necesariamente en
ese orden. Tras cruzar un trihíbrido y someterlo a un cruce de prueba se obtuvieron las
siguientes frecuencias fenotípicas:
Fenotipos Número
+ + + 88
+ + c 21
+ b + 2
+ b c 339
a b c 55
a + + 355
a + c 2
a b + 17
Total 879
a) ¿Cuales son los genotipos de los padres homocitóticos usados para obtener el
trihíbrido?
b) Determinar el orden relativo de esos genes en el cromosoma.
c) Calcular las distancias genéticas entre ellos
Problema 9. Los alelos recesivos r, c, y n, de tres genes ligados producen,
respectivamente, ojos en forma de riñón, ojos color cardenal y cuerpo negro en una
especie de insecto. Hembras homocigóticas de ojos en forma de riñón y color cardenal
son apareadas con machos homocigóticos de color negro. A las hembras trihíbridas de
la F1 se les hace el cruzamiento de prueba y entre los 4.000 descendientes analizados
se encuentran los siguientes tipos y números: 1.761 riñón cardenal, 1.773 negros, 128
riñón negro, 138 cardenal, 97 riñón, 89 negro cardenal, 8 tipo común y 6 riñón
cardenal negro.
a) Calcular el orden y las distancias de mapa.
Problema 10. El alelo recesivo del gen horquilla (h), produce élitros separadas en una
supuesta especie de coleóptero. El alelo recesivo de otro gen, llamado alto (a),
determina una mayor longitud de las patas. El alelo recesivo de un tercer gen, llamado
granate (g), produce color rojizo del cuerpo. Hembras heterocigóticas tipo común para
los tres loci fueron cruzadas con machos tipo común. Los datos de la F1 aparecen a
continuación:
Hembras Todas tipo común
Machos 57 granate, alto 2 granate
419 granate, horquilla 439 alto
60 horquilla 13 tipo común
1 alto, horquilla 9 granate, alto, horquilla

- 78 -
a) ¿Qué tipo de sistema cromosómico de determinación sexual tendría probablemente
esta especie?
b) ¿Qué gen está en el centro?
c) ¿Cuál es la distancia entre los loci h y a?
d) ¿Cuál es la distancia entre los loci h y g?
e) ¿Cual es el valor del coeficiente de interferencia?
Problema 11. Supónganse tres pares de alelos en una especie de ave: +/n, +/o y +/p.
Los alelos n, o, p son todos recesivos y ligados al sexo. En el cromosoma Z se
encuentran en el orden n-o-p, siendo la distancia entre n y o de 12 unidades de mapa
y entre o y p de 10 unidades. Para esta región del cromosoma Z, el coeficiente de
coincidencia es de 0,5. En un cruzamiento entre un macho normal de genotipo
++p/no+ y hembras nop/W:
Predecir los tipos y frecuencias de los genotipos que se espera que aparezcan entre
un total de 200 hembras de la descendencia escogidas al azar.
Problema 12. En cierto organismo se dispone de dos cepas, A y B, cuyos genotipos
son OOPPQQ y ooppqq, respectivamente. la descendencia del cruzamiento de A X B
fue retrocruzada con B y se obtuvo una descendencia con la siguiente distribución:
OPQ 100 Opq 25
opQ 100 oPq 25
OPq 100 oPQ 25
opq 100 OpQ 25
Determinar las relaciones de ligamiento entre estos tres loci, sabiendo que pertenecen
a un mismo grupo de ligamiento.
Problema 13. Se dispone de una cepa homocigótica para cuatro mutaciones recesivas
distintas a, b, c, y d, situadas en el mismo cromosoma (pero no presentando
necesariamente este orden), que se cruza con una cepa homocigótica para los alelos
dominantes de tipo salvaje. A continuación se efectúa el cruzamiento de las hembras
de la F1 con machos homocigóticos recesivos y se cuentan 2000 individuos de la F2,
obteniéndose los siguientes resultados:
Fenotipo Número Fenotipo Número
a b c d 668 a b c + 97
a b + d 5 a+ c d 2
a + c + 69 a b + + 1
a + + + 145 a + + d 0
+ + + + 689 + + + d 98
+ + c + 5 + b + + 1
+ b + d 76 + + c d 1
+ b c d 143 + b c + 0
a) Determinar las distancias existentes entre los cuatro genes y dibujar el mapa

- 79 -
genético parcial para los mismos.
b) ¿Cuál es el coeficiente de interferencia que se produce entre los genes situados en
primer y tercer lugar?
c) ¿Y entre los genes situados en segunda y cuarta posición?
d) El número de triples recombinantes, ¿es igual al esperado?
Problema 14. En cierta especie se aislaron cinco mutaciones recesivas: a, b, c, d y e,
dos de las cuales (b y e) mapean a cinco unidades una de otra. Con el fin de
establecer las relaciones de ligamiento entre los cinco loci correspondientes, se
efectuaron dos cruzamientos diferentes, cuyas descendencias presentaron las
siguientes composiciones fenotípicas:
AaDdEe x aaddee BbCcDd x bbccdd
ADE 43 BCD 305
ADe 171 BcD 111
AdE 20 bCD 10
aDE 3 Bcd 8
Ade 2 bcD 60
aDe 25 BCd 12
adE 184 bCd 117
ade 52 bcd 317
Determinar, a partir de estos datos, a) la ordenación de los cinco loci, y b) las
distancias genéticas existentes entre ellos.
Problema 1.
a) Fenotipo salvaje (normal), con genotipo heterocigoto LP/lp
b) Todos los individuos de la F1 serán así
c) LP, lp, Lp y lP
d) LP 0,35 lp 0,35 Lp 0,15 lP 0,15
e) Salvaje 35%; Lanceolado-sin pigmento 35%; Lanceolado15%; Sin pigmento 15%
Problema 2.
a) Salvaje 0,55; negro 0,2; negro-vestigial 0,05; vestigial 0,2
b) Salvaje 0,55; negro 0,25; negro-vestigial 0; vestigial 0,25
c) Salvaje 0,5; negro 0,25; negro-vestigial 0; vestigial 0,25
Problema 3.
17,33 unidades de mapa o centi-Morgans (cM)
Problema 4.
a) Planta I: BE/be; Planta II: Be/bE
b) En ambos casos, 10 cM

- 80 -
c) 0,0225
Problema 5.
ABCD 0,14 ABcd 0,14 ABCd 0,06 ABcD 0,06
AbCD 0,14 Abcd 0,14 AbCd 0,06 AbcD 0,06
AbCD 0,035 Abcd 0,035 AbCd 0,015 AbcD 0,015
ABCD 0,035 ABcd 0,035 ABCd 0,015 ABcD 0,015
Problema 6.
a) 17 cM
b) Distancia e-cn = 8,94 cM; distancia cn-vg = 9,51 cM
c) Esas distancias no resultan idénticas, aunque muy parecidas, puesto que se trata de
experimentos diferentes.
d) CC = 0,883
e) I = 0,117
Problema 7.
Los genes están localizados en el cromosoma X y ligados a una distancia de 35,1 cM.
Problema 8.
a) Los genotipos de los padres son: (+bc/+bc) y (a++/a++).
b) El orden es: a - c - b
c) Distancia a-c = 16,72 cM; distancia c-b = 4,78 cM; distancia a-b = 20,59 cM.
Problema 9.
a) Los tres genes están ligados.
b) El orden relativo es: r - e - c. Distancia r-e = 7 cM; distancia e-c = 5 cM.
Problema 10.
a) Esta especie probablemente tendrá un sistema cromosómico de determinación del
sexo del tipo XX/XY o bien XX/X0, puesto que los datos indican que los genes en
cuestión se encuentran localizados en un cromosoma sexual del tipo X.
b) El gen h se encuentra entre los otros dos.
c) La distancia entre h y a es de 2,5 cM.
d) La distancia entre h y g es de 12 cM.
e) No existe interferencia en esta región cromosómica: I = 0

- 81 -
Problema 11.
Tipo de gameto masculino
Genotipo de
las hembras F1
Número
esperado
Dobles Recombinantes
+op/W 0,6
n++/W 0,6
Recombinanates Región I
+o+/W 11,4
n+p/W 11,4
Recombinanates Región II
+++/W 9,4
nop/W 9,4
Parentales
++p/W 78,6
no+/W 78,6
Problema 12.
O y P están ligados a una distancia de 20 cM.
Problema 13.
a) distancia a-c 15 cM
distancia c-b 8 cM
distancia b-d 10 cM
b) Iab= 0.5
c) Icd= 0,688
d) No. 2,4 esperados y 2 observados.
Problema 14.
a) orden: a - d - b - e - c
b) distancia a-d 10 cM
distancia d-b 15 cM
distancia b-e 5 cM
distancia e-c 20 cM

- 82 -
GENÉTICA CUANTITATIVA
El valor fenotípico de un rasgo para un individuo es la medida de ese rasgo en ese
individuo. Así, si la altura de una persona es 1,74 cm, ése será su valor fenotípico.
Para un conjunto de individuos (una población, una muestra, una generación, etc) se
puede calcular su media y su varianza. La media para ese rasgo será el valor
fenotípico medio y la varianza se corresponderá con la varianza fenotípica o varianza
total. A su vez, la partición de la varianza fenotípica en varios componentes sería:
2222
GxEEGP σ+σ+σ=σ
σ²P representa a la varianza fenotípica total, σ²G a la varianza de origen genético,
σ²E a la varianza de origen ambiental y σ²GxE a la varianza debida a la interacción
genotipo ambiente. Está última varianza se suele considerar cero si no hay evidencias
de su existencia. El superíndice 2
no indica que sean varianzas al cuadrado, sino tan
solo desviaciones al cuadrado, o sea, varianzas.
A su vez, la varianza genética puede descomponerse en varios subcomponentes, tales
como la varianza genética aditiva, la varianza genética debida a la dominancia, o la
debida a la epistasis.
Cuando se conocen los valores fenotípicos y varianzas para dos líneas puras y para la
F2 es interesante construir una gráfica con la media del valor fenotípico en las abscisas
y la varianza en las ordenadas. Esta gráfica puede ser muy útil para obtener los
valores de heredabilidad y los componentes de la varianza. Si el carácter se comporta
de forma puramente aditiva, entonces el valor fenotípico para las medias de la F1 y la
F2 será el mismo y coincidirá con el valor medio entre las dos líneas puras. Como se
trata de dos líneas puras, la varianza genética será igual a cero y toda la varianza que
muestren estas líneas será debida al ambiente.
La heredabilidad en sentido amplio (H2
) se calcula como el cociente entre la varianza
genética y la varianza total. Igual que para el caso de las varianzas, el superíndice 2
no
indica elevado al cuadrado.

- 83 -
222
2
2
GxEEG
G
P
G
σ+σ+σ
σ
=
V
V
=H
La heredabilidad en sentido restringido (h2
) se calcula como el cociente entre la
varianza genética aditiva y la varianza fenotípica total.
222
2
2
GxEEG
A
P
Gaditiva
σ+σ+σ
σ
=
V
V
=h
Hay diversos métodos para calcular la heredabilidad. Uno de ellos es estimando los
valores de las varianzas genéticas y ambientales (por ejemplo haciendo una línea pura
y estimando en ella el valor de la varianza fenotípica que se corresponderá con el valor
de la varianza ambiental, puesto que las líneas puras no presentan varianza genética).
Otro basándose en el parecido entre parientes. Un tercer método utiliza la estima de
diversos parámetros en un proceso de selección artificial. En este último caso,
bastaría con aplicar la siguiente fórmula:
| |
| |0
012
xx
xx
=
D
G
=h
S −
−
donde G representa la ganancia o progreso de selección, D el diferencial de selección
y los valores de x son los valores medios para el rasgo en la generación inicial antes
de la selección (x0), los individuos seleccionados (xS) y la generación producto de la
selección (x1).
Cuando el número de genes que contribuyen a un rasgo cuantitativo no es muy
elevado es posible obtener una aproximación a este número. Para ello es necesario
conocer el valor fenotípico de dos líneas puras que difieran en el rasgo en cuestión y
conocer la varianza genética. Así el número mínimo de genes (n) en que difieren dos
líneas será:
( )
2
2
21
8 Gσ
LL
=n
−
donde L1 y L2 son los valores fenotípicos de cada línea y σ²G la varianza de origen
genético. Esta estima siempre será una estima mínima.
Si se conoce que un número de loci bialélicos (n) contribuye de forma aditiva e igual a
determinar un rasgo se puede deducir el valor fenotípico de los diversos genotipos
para esos loci. Para cada uno de esos loci habría dos alelos (A y a) que contribuirían
con un cierto valor al rasgo, de tal forma que el representado por la letra mayúscula
sería el de mayor contribución. Así, el valor fenotípico (VF) sería
( ) mx+Mx=VF ⋅−⋅ 2n
donde x es el número de alelos de máxima contribución, (2n- x) el número de alelos de
menor contribución, M la aportación al fenotipo de los alelos de máxima contribución y
m la aportación de los alelos de mínima contribución.

- 84 -
La distribución de los fenotipos desde el de menor valor fenotípico (aa bb cc dd ee
....) hasta el de mayor valor fenotípico (AA BB CC DD EE …) en una progenie como la
F2 seguiría una binomial de la forma:
Frecuencia de la clase con x alelos de máxima contribución
( )
xx
aA
!xx!
!
= −
−
2n
2n
2n
donde A y a son la frecuencia de esos alelos en la progenie. Para el caso de una F2,
estos valores equivalen a 1/2
Problema 1. A partir de una muestra natural de Drosophila suboscura se obtuvieron
por selección dos líneas que diferían en la longitud de las alas estimada como la
longitud de varias de las venas que muestran las alas de estos insectos. En una de las
líneas los machos presentaban en promedio alas de 64 µm de longitud, y en la otra
alas de 86 µm. La varianza fenotípica observada en cada línea fue de 1,25 µm2
.
Cuando se cruzaron y se obtuvo la F2, se observó que la varianza fenotípica fue de
10,24 µm2
.
Suponiendo que la longitud del ala en los machos sigue una herencia poligénica
puramente aditiva y que las dos líneas se pueden considerar puras,
a) Determinar el valor fenotípico para este rasgo en la F1, la F2
b) Calcular la heredabilidad
c) Determinar los valores fenotípicos de los retrocruzamientos entre la F1 y las líneas
parentales.
Respuesta
Para resolver este problema es interesante representar los valores fenotípicos y las
varianzas en una gráfica donde se enfrenten valor fenotípico (como abscisas) y
varianza fenotípica (como ordenadas):

- 85 -
Si el carácter se comporta de forma puramente aditiva, entonces el valor fenotípico
para las medias de la F1 y la F2 será el mismo y coincidirá con el valor medio entre las
dos líneas puras. Así el valor fenotípico medio será de 75 µm tanto para la F1 como
para la F2.
Si se trata de dos líneas puras, la varianza genética será igual a cero y toda la
varianza que muestren estas líneas será debida al ambiente. En este problema, está
varianza equivale a 1,25 µm2
. En la F1 todos los individuos son genéticamente
homogéneos y su varianza genética también será cero. Sin embargo, en la F2 se
producen nuevas combinaciones genéticas y está generación mostrará tanto varianza
genética como ambiental. La varianza genética de la F2 será la diferencia entre la
varianza total de la F2 y la varianza ambiental (la que muestran tanto L1, como L2 y F1).
En este caso la varianza genética es
2
12
8,951,2510,20 µm==VV=V PFPFg −−
Y si conocemos la varianza genética y la varianza total (la varianza fenotípica de la F2),
entonces la heredabilidad (H2
) se calcula como:
0,878
10,20
8,952
==
V
V
=H
TOTAL
g
A partir de la Figura es fácil determinar tanto la varianza total como el valor fenotípico
de las progenies obtenidas en los retrocruzamientos entre la F1 y las líneas parentales.
Si llamamos a estas progenies BC1 (retrocruzamiento L1 x F1) y BC2 (retrocruzamiento
L2 x F1), el valor fenotípico de BC1 se situará en la media entre los valores fenotípicos
de L1 y F1, y de forma similar para BC2. Además, la varianza fenotípica para estas
progenies se situará en la media entre las varianzas de L1 y de F2, tal y como se indica
en la figura.
Así, el valor fenotípico para BC1 será 69,5 µm y de 80,5 µm para BC2.
Resultados:
(a)
Valor fenotípico medio de la F1: 75 µm
Valor fenotípico medio de la F2: 75 µm
(b)
Heredabilidad: 0,878
(c)
Valor fenotípico medio de la BC1: 69,5 µm
Valor fenotípico medio de la BC2: 80,5 µm
Problema 2. A partir de los datos del problema anterior ¿es posible determinar el
número de loci que controlan el rasgo longitud del ala en machos?
Respuesta
Es posible obtener una estima mínima de este número. Así, el número de loci que
contribuyen a este rasgo cuantitativo en que difieren estas líneas de Drosophila
suboscura se puede calcular como:

- 86 -
( )
2
2
21
8 Gσ
LL
=n
−
donde L1 sería el valor fenotípico de la línea 1 (64 µm), L2 el valor fenotípico de la
línea 2 (86 µm) y la varianza genotípica se obtiene como la diferencia entre la varianza
de la F1 (o de las líneas puras) y la varianza de la F2. En las líneas puras y en F1 tan
solo encontramos varianza ambiental, mientras que la varianza de la F2 está formada
tanto por varianza genética como ambiental, por tanto su diferencia es la varianza de
origen genético.
( ) ( )
( )
6,76
1,2510,208
8664
8
2
2
2
21
==
σ
LL
=n
G −⋅
−−
Tras el correspondiente redondeo podemos concluir que el rasgo está controlado por
un mínimo de 7 loci.
Resultado: al menos 7 loci.
Problema 3. En una serie de experimentos con ratones para variar la concentración
de colesterol en plasma, Weiburst (1973, Genetics 73:303-12) encontró que la
heredabilidad estimada a partir de experimentos de selección fue de 0,42. Si en una
población de ratones con nivel de colesterol de 2,16 mg ml-1
se seleccionan como
progenitores de la siguiente generación a aquellos que presentan los más bajos
niveles de colesterol (con media de 2,00 mg ml-1
), ¿cuál será la media del carácter
colesterol en plasma en la siguiente generación?
Respuesta
Éste es un típico problema de selección artificial. A partir de una población o grupo de
individuos se seleccionan como reproductores a un grupo de individuos que presentan
valores favorables del carácter a seleccionar. En el problema se infiere que se quiere
hacer una selección a favor de reducir el nivel de colesterol y por esto se seleccionan
individuos con valores bajos de colesterol en plasma. A partir de la fórmula de la
heredabilidad obtenida en experimentos de selección:
| |
| |0
012
xx
xx
=
D
G
=h
S −
−
podemos despejar el progreso de selección:
| |0
22
xxh=Dh=G S −⋅⋅
Para este problema tendremos que h² = 0,42, la media de los seleccionados es xs=
2,00 mg ml-1
y la media de la población original es x0=2,16 mg ml-1
( ) | | | | 0,06722,162,000,420
2
01 ==xxh=xxG S −⋅−⋅−
que se correspondería con el avance de la selección. En este caso es una reducción
en la concentración de colesterol y, por lo tanto, el valor en la siguiente generación
será:

- 87 -
VF en la generación siguiente( ) 2,090,06722,1601 ==Gx=x −−
Media del colesterol en plasma en la siguiente generación: 2,09 mg ml-1
Problema 4. Se han obtenido dos líneas puras de maíz que muestran alturas medias
de 120 y 180 cm. Supongamos que el rasgo está controlado por 5 genes que
contribuyen de forma igual y aditiva y que la línea de menor altura es de genotipo
aa bb cc dd ee y la de mayor altura es AA BB CC DD EE. Al cruzar ambas líneas ¿qué
valor fenotípico tendrá la F1? ¿Cómo será la distribución fenotípica en la F2?
Respuesta
Realmente podemos calcular cuál será el valor fenotípico (VF) medio de los diversos
genotipos, puesto que el ambiente también modificará el valor fenotípico de cada
individuo. Si las líneas puras tienen VF de 120 y 180 cm, podemos calcular cuanto
contribuye cada alelo al valor del rasgo:
Contribución de los alelos “minúscula” o de mínima contribución:
Línea aa bb cc dd ee (120 cm), por lo tanto cada alelo “minúscula” contribuirá:
120 cm/10 alelos= 12 cm.
Contribución de los alelos “mayúscula” o de máxima contribución:
Línea AA BB CC DD EE (180 cm), por lo tanto cada alelo “mayúscula” contribuirá
180 cm/10 alelos= 18 cm.
La F1 será de genotipo Aa Bb Cc Dd Ee y por lo tanto su VF será de 5 x 12 cm + 2 x 18
cm = 150 cm, lo que se corresponde con el valor medio entre las dos líneas puras.
La F2 tendrá también un VF medio de 150 cm, pero se nos pide que calculemos la
distribución de fenotipos y no solo el valor medio. Para hacer esto es adecuado pensar
que en la F2 habrá una distribución de clases fenotípicas que difieren entre ellas en la
presencia de alelos mayúscula. Así tendremos clases de 0 alelos mayúscula, de 1
alelo mayúscula, de 2 alelos mayúscula, etc. hasta llegar a la clase de 10 alelos
mayúsculas. La frecuencia de estas clases viene dada por el desarrollo de la binomial:
Frecuencia de la clase con x alelos de máxima contribución
( )
xx
aA
!xx!
!
= −
−
2n
2n
2n
donde n es el número de loci, x representa el número de alelos “mayúscula” y A y a es
la probabilidad de encontrar el alelo mayúscula o minúscula en un genotipo. Estas
probabilidades (A y a) se corresponden con un valor de 1/2 en el caso de una F2.

- 88 -
Genotipo Frecuencia Valor fenotípico (cm)
Con 0 alelos de máxima contribución (aa bb cc dd ee) 1/1024 120
Con 1 alelo de máxima contribución 10/1024 126
Con 2 alelos de máxima contribución 45/1024 132
Problema 5. A partir de una población de maíz en la que la longitud media de la
mazorca era de 18 cm y la varianza fenotípica para este rasgo era de 5 cm se obtuvo
una línea pura con mazorcas de 15 cm (valor medio) y varianza de 2 cm. Calcular la
heredabilidad para la longitud de la mazorca.
Respuesta
Las líneas puras no presentan variación de origen genético, implicando que toda la
variación fenotípica que muestran es de origen ambiental. Así, la línea pura del
problema muestra una varianza fenotípica total equivalente a la varianza ambiental
(VE= 2 cm).
Sin embargo, la población original muestra una varianza fenotípica total (VT) que es la
suma de la varianza genética y la varianza ambiental VT= VG+ VE= 5 cm.
A partir de esta expresión se puede obtener el valor de la varianza genética:
VG= 5 cm – VE, siendo VE= 2cm y por tanto la varianza genética VG= 3 cm.
Conociendo ambas varianzas (genética y ambiental) es directo obtener el valor de la
heredabilidad:
0,6
23
32
=
cm+cm
cm
=
V
V
=H
TOTAL
g
Problema 1. Tras obtener dos líneas puras de cierto insecto, se cruzaron y se obtuvo la
F1 y la F2. Para el carácter longitud del ala se obtuvieron los siguientes resultados:
Longitud media del ala en mm Varianza fenotípica en mm2
Línea 1 4,90 0,08
Línea 2 10,71 0,07
F1 8,82 0,10
F2 9,13 1,16

- 89 -
Suponiendo que en este carácter no se presentan efectos de dominancia ni epistáticos y
que todos los individuos se desarrollaron en las mismas condiciones de laboratorio,
a) ¿en cuántos loci implicados en este carácter difieren las líneas 1 y 2?
b) ¿cuántos loci controlan la expresión del carácter longitud del ala en ese insecto?
Problema 2. Si 3 loci que segregan independientemente con 2 alelos cada uno (Aa, Bb,
Cc), determinan la altura en una planta, de modo que la presencia de los alelos
representados por las letras mayúsculas añade 2 cms. a la altura base de 2 cms.
a) Determinar la altura que esperaríamos en la F1 de un cruzamiento entre las cepas
homocigóticas: AABBCC (14 cms.) x aabbcc (2 cms.).
b) Determinar la distribución de las alturas (fenotipos y frecuencias) que se espera en un
cruzamiento F1 x F1.
c) ¿Qué proporción de esta F2 tendrá la misma altura que las cepas paternas?
d) ¿Qué proporción de la F2 siendo homocigótica tendría la misma altura de la F1.
Problema 3. Supongamos que la diferencia entre una raza de cebada que produce 4 gr.
por planta y una que produce 10 se debe a tres factores múltiples iguales y de acción
acumulativa, AABBCC. Crúcese un tipo con el otro.
a) ¿Cómo serán los fenotipos de la F1?
b) ¿Cómo serán los fenotipos de la F2?
Problema 4. Supongamos que en las calabazas la diferencia del peso del fruto entre un
tipo de 1350 gramos y otro de 2700 se debe a tres genes Aa, Bb y Cc, contribuyendo
cada uno de los contributivos en 225 gramos de peso del fruto. Crúcese una planta de
1350 gramos (aabbcc) con una de 2700.
a) ¿Cuáles serán los fenotipos de la F1?
b) ¿Y de la F2?
Problema 5. Dos líneas puras de maíz (AABBCCDDEE y aabbccddee) que difieren en
cinco loci independientes para el carácter longitud de la mazorca tienen un valor
fenotípico de 25 cm. y 15 cm. respectivamente.
Se obtiene una F2 de 512 plantas y se desea saber cuántas de ellas tendrán mazorcas
de 19 cm. de longitud.
Problema 6. Cierta raza de conejos tiene un peso corporal promedio de 3.600 g. Otra
raza tiene un promedio de 1.875g. Los apareamientos entre estas dos razas producen
una F1 intermedia con una desviación típica de 162 g. La variabilidad de la F2 es mayor,
pues su desviación típica es 230 g.
Calcular el número de genes que contribuyen al peso corporal de los conejos adultos.
Problema 7. A partir de una población de Drosophila melanogaster que presentaba una
longitud variable en el ala con una media x0 = 3,415 y una varianza Vp0 = 0,650, se
obtuvo por consaguinidad una línea pura que presentaba una media de para este
carácter x1 = 3,180 y una varianza Vp0 = 0,403.

- 90 -
Calcúlese la heredabilidad para este carácter longitud del ala en dicha población
Problema 8. En una cepa de Drosophila melanogaster que presentaba un número
variable de quetas extra, se realizó una selección para incrementar dicho número,
eligiendo como genitores en la cepa inicial Go para formar la generación siguiente G1 ,
aquellos individuos que presentaban mayor número de quetas, hasta completar un 25%
de los individuos de dicha cepa. A continuación se expresan los datos observados en
ambas generaciones:
Número de quetas extra Total
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
G0 2 9 12 21 34 30 17 13 4 2 144
G1 3 11 12 15 27 16 10 5 2 101
a) Calcúlese la heredabilidad para el carácter "número de quetas extra" en esta
generación.
b) ¿Variaría la heredabilidad para este carácter en generaciones sucesivas de
selección? Razonar la respuesta.
Problema 9. En cierta población de cerdos se ha estimado que el espesor de la grasa
tiene una heredabilidad del 80%. El espesor promedio de la grasa de esta población
es de 1,2 pulgadas y el promedio de los individuos seleccionados de esta población
como progenitores de la siguiente generación es 0,8 pulgadas.
¿Cuál es el promedio esperado en la siguiente generación?
Problema 10. En una gran población de gallinas, el peso medio es de 2,98 kg con una
varianza de 1,278. A partir de estas gallinas hemos seleccionado una línea pura para el
peso y en esta población la media del peso es de 3,57 kg con una varianza de 0,813.
Para obtener la generación siguiente, seleccionamos solamente a las más gordas de las
dos poblaciones, teniendo la población seleccionada a partir de la población grande una
media de 4,45 kg y la población de gallinas seleccionadas a partir de la línea pura una
media de 4,57 kg.
Determinar el peso medio de la descendencia obtenida en la población general
seleccionada y en la línea pura seleccionada.
Problema 1.
a) 4 loci.
b) En al menos 4 loci.
Problema 2.
a) 8 cm.

- 91 -
b)
Frecuencia Valor fenotípico (cm)
c) 2/64
d) Cero.
Problema 3.
a) la F1 es genéticamente homogénea y con un valor medio de 7g
b) En la F2 se observan 7 clases fenotípicas (si la varianza ambiental es muy baja):
Frecuencia Valor fenotípico (g)
Problema 4.
a) F1: AaBbCc 2025 g
b)
Frecuencia Valor fenotípico (g)
Problema 5. Aproximadamente 105 individuos
Problema 6. 14 loci
Problema 7. H² = 0,38
Problema 8.

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a) h²=0,585
b) Conforme avanza el proceso de selección, cada vez la varianza genética es menor y
por lo tanto la heredabilidad será cada vez menor.
Problema 9. El promedio esperado en la siguiente generación es de 0,88 pulgadas
Problema 10. El peso medio de los descendientes de los individuos seleccionados será
de 3,51 kg. El peso medio de la línea será 3,57 kg.

- 93 -
GENÉTICA DE POBLACIONES
Estructura poblacional
El cálculo de las frecuencias genotípicas y las frecuencias alélicas para un locus con dos
alelos (A1 y A2, por ejemplo) en una población determinada se realiza de la siguiente
manera:
Frecuencias genotípicas:
Para calcular la frecuencia de cada genotipo en la población, se divide el número de
individuos que presenta un genotipo determinado entre el número total de individuos de
dicha población. Así, si llamamos D a la frecuencia de los homocigotos para un alelo (A1,
por ejemplo), R a la de los homocigotos para el otro alelo (A2) y H a la frecuencia de los
heterocigotos, tendremos que D+H+R=1.
Este cálculo se hace más sencillo si se trata de un locus con alelos codominantes dado
que el número de individuos que pertenece a cada clase fenotípica coincide con el de
cada clase genotípica. En el caso de un locus con dominancia de un alelo sobre otro, si no
tenemos ningún instrumento para diferenciar entre los individuos de fenotipo dominante
aquellos que son homocigotos para el alelo dominante de aquellos que son heterocigotos,
es imposible determinar las frecuencias genotípicas (y las alélicas) a no ser que la
población se encuentre en equilibrio de Hardy-Weinberg (como veremos más adelante).
Frecuencias alélicas:
Para calcular la frecuencia de cada alelo en la población, lo que tendremos que hacer es
dividir el número de copias de cada alelo (A1 y A2) entre el número total de copias de todos
los alelos existentes en la población para el locus considerado.
Así, si llamamos p a la frecuencia del alelo A1 y llamamos q a la frecuencia del alelo A2:
p = 2D + H/2D+2H+2R = 2 (D + 1/2 H)/2(D + H + R); p = D + 1/2 H
q = 2R + H/2D+2H+2R = 2 (R + 1/2 H)/2(D + H + R); q = R + 1/2 H
[Recuerda que D + H + R = 1]
Equilibrio de Hardy-Weinberg:
En una población panmíctica (es decir, donde los individuos se aparean al azar), de gran
tamaño y en ausencia de fuerzas evolutivas (mutación, migración, deriva, selección
natural), el proceso de la herencia, por sí mismo, no cambia las frecuencias alélicas ni las
frecuencias genotípicas de un determinado locus. Además, las frecuencias genotípicas de
equilibrio se logran en una sola generación de apareamiento al azar y las frecuencias
alélicas de la siguiente generación serán las mismas que las de la generación parental. En
dicha situación de equilibrio, las frecuencias genotípicas vienen dadas por el desarrollo del

- 94 -
cuadrado de la suma de las frecuencias alélicas [(p + q)2
= p2
+ 2pq + q2
].
Siendo, en el equilibrio:
p2
= frecuencia de individuos A1A1
2pq = frecuencia de individuos A1A2
q2
= frecuencia de individuos A2A2
Estima de las frecuencias de equilibrio en poblaciones naturales
Genes autosómicos, codominancia: pueden distinguirse fenotípicamente todos los
genotipos. Por tanto, calculamos las frecuencias genotípicas observadas en la población y,
a partir de ellas, calculamos p y q (frecuencias alélicas). El cálculo de las frecuencias
alélicas nos permite estimar cuáles serían las frecuencias genotípicas esperadas en una
situación de equilibrio (p2
, 2pq, q2
). Si las frecuencias observadas coinciden con las
esperadas, podemos asumir que la población se encuentra en equilibrio de Hardy-
Weinberg. Si hay diferencias entre valores observados y esperados, comprobamos la
significación de las diferencias mediante un test χ2
de bondad de ajuste siendo la hipótesis
nula la de existencia de equilibrio Hardy-Weinberg:
2
expχ = ∑
−
Esperados
)(
Para evaluar el equilibrio de Hardy-Weinberg, el número de grados de libertad no es igual
al número de clases fenotípicas menos uno, sino al número de clases fenotípicas menos
el número de alelos. Esto es debido a que, conociendo la frecuencia de un alelo (o la
frecuencia de un fenotipo o genotipo) y el total de individuos, se pueden conocer las
frecuencias de todos los genotipos, dado que los valores esperados se basan en las
frecuencias alélicas observadas.
Genes autosómicos, dominancia: El fenotipo no permite distinguir el genotipo
heterocigótico (Aa) del homocigoto dominante (AA). Por ello, no pueden obtenerse
directamente las frecuencias alélicas, ya que se desconocen dos de las frecuencias
genotípicas.
Sin embargo, podríamos calcular la frecuencia q como la raíz cuadrada de q2
, que sería la
frecuencia de los homocigotos recesivos. Algo que se puede hacer sólo en el caso de que
la población esté en equilibrio de Hardy-Weinberg.
En este caso:
q = frecuencia del alelo a = 2
q
Y, por tanto, p (frecuencia del alelo A) valdría: 1 - q.
A partir de este cálculo de p y q, podríamos determinar ahora las frecuencias genotípicas
en el equilibrio (p2
, 2pq, q2
)
Genes ligados al sexo: En los genes ligados al sexo, las frecuencias genotípicas de
equilibrio para los individuos del sexo homogamético (en general, hembras) coinciden con
las de los genes autosómicos, dado que reciben un alelo de cada uno de sus
progenitores. En cambio, el sexo heterogamético (machos) recibe su único cromosoma X
de su madre, por lo que las dos frecuencias genotípicas en este sexo coinciden con las
respectivas frecuencias alélicas en las hembras de la generación precedente, p y q.
p = frecuencia del alelo A

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q = frecuencia del alelo a
Por tanto:
Frecuencia de machos con fenotipo dominante (hemicigóticos para el alelo dominante): p
Frecuencia de machos con fenotipo recesivo (hemicigóticos para el alelo recesivo): q
Frecuencia de hembras con genotipo homocigoto dominante: p2
Frecuencia de hembras heterocigotas: 2pq
Frecuencia de hembras con genotipo homocigoto recesivo: q2
En el caso de los genotipos de los machos, estas frecuencias son las proporciones entre
todos los machos; en el caso de los genotipos de las hembras, estas frecuencias son las
proporciones entre todas las hembras.
Mutación
Para calcular la frecuencia en la que se encuentra un alelo A tras un número determinado
de generaciones por mutación desde A → a, la fórmula que hay que aplicar es:
pt = p0 (1 - u)t
Dónde pt es la frecuencia del alelo A tras t generaciones, p0 es la frecuencia inicial de A en
la población y u es la tasa de mutación.
Si existe una tasa u de mutación directa (A → a) y una tasa v de mutación inversa (a → A),
las frecuencias de equilibrio de los dos alelos A y a de un locus, se estiman así:
pe = v / (u + v)
qe = u / (u + v)
Migración
Si llamamos m a la proporción de individuos que pasan de una población (población I) a
otra (población II) en cada generación, 1 - m será la proporción de individuos iniciales en la
población receptora (población II). Si denominamos P a la frecuencia de un alelo
determinado en la población I y p0 a su frecuencia en la población II, tendremos que en la
población II la frecuencia del alelo tras un evento de migración, en ausencia de otros
factores, será p1:
p1 = (1 - m)p0 + mP = p0 - m (p0 - P)
La siguiente expresión nos permite calcular el número de generaciones (t) necesario para
un cambio determinado en las frecuencias génicas debido a la migración:
(1 - m)t
= (pt - P) / (p0 - P)
De aquí se puede despejar pt con el fin de estimar la frecuencia de un alelo determinado
tras t generaciones.
Selección
La eficacia biológica (w) es una medida de la eficacia reproductora de un genotipo. Por
conveniencia, w = 1 para el genotipo de mayor eficacia reproductora, mientras que las
eficacias de los demás genotipos vendrán dadas en relación con el primero. Así, una
forma de estimar las eficacias biológicas de cada genotipo es dividiendo el número medio

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de descendientes de cada uno por el número medio de descendientes producidos por el
genotipo con mayor progenie.
El coeficiente de selección (s) se calcula como 1 - w:
Tras una generación de selección, en una población suficientemente grande y con
apareamiento al azar, si aplicamos el modelo general de selección natural, tendremos que
las frecuencias genotípicas relativas esperadas serán:
Frecuencia del genotipo AA: p2
wAA/W
Frecuencia del genotipo Aa: 2pqwAa/W
Frecuencia del genotipo aa: q2
waa/W
Dónde W (eficacia biológica media de los tres genotipos) = p2
wAA + 2pqwAa + q2
waa
Y, por tanto,
p’ = p2
wAA + 1/2 2pqwAa
q’ = q2
waa + 1/2 2pqwAa
Problema 1. En una población humana de 1200 individuos, el análisis para el grupo
sanguíneo del sistema MN reveló la existencia de 365 individuos M, 556 individuos MN y
279 individuos N ¿Cuáles son las frecuencias genotípicas y las frecuencias alélicas en
esta población para el locus MN?
Respuesta
El grupo sanguíneo del sistema MN está determinado por la presencia de antígenos de
dos tipos codificados por dos alelos codominantes de un gen, LM
y LN
:
Los individuos M son homocigotos LM
LM
Los individuos MN son heterocigotos LM
LN
Los individuos N son homocigotos LN
LN
Al existir codominancia, las clases y frecuencias fenotípicas coinciden con las genotípicas
por lo que para calcular las frecuencias genotípicas sólo tenemos que dividir el número de
individuos que presentan cada fenotipo por el total de individuos de la población:
Frecuencia genotípica = número individuos con el genotipo/número total individuos en la
población
D = Frecuencia del genotipo LM
LM
= 365/1200 = 0.304
H = Frecuencia del genotipo LM
LN
= 556/1200 = 0.463
R = Frecuencia del genotipo LN
LN
= 279/1200 = 0.233
Tal que: D + H + R = 1.
Mientras que para calcular las frecuencias alélicas, lo que tendremos que hacer es dividir

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el número de copias de cada alelo (LM
y LN
) entre el número total de copias de todos los
alelos existentes en la población para el locus considerado.
Así, si llamamos p a la frecuencia del alelo LM
y llamamos q a la frecuencia del alelo LN
:
p = 2D + H/2D+2H+2R = 2 (D + 1/2 H)/2(D + H + R) = D + 1/2 H
q = 2R + H/2D+2H+2R = 2 (R + 1/2 H)/2(D + H + R) = R + 1/2 H
[Recuerda que D + H + R = 1]
Es decir:
p = 0.304 + 1/2 0.463 = 0.5355
q = 0.233 + 1/2 0.463 = 0.4645
[Recuerda que p + q = 1, y que q = 1 – p]
Problema 2. En una población se han determinado los genotipos de todos sus individuos
para el locus A y se han encontrado 200 individuos homocigóticos A1A1, 522
homocigóticos A2A2 y 678 heterocigóticos A1A2. ¿Se encuentra esta población en equilibrio
de Hardy-Weinberg? Comprobar la hipótesis mediante el uso del test estadístico de la χ2
de bondad de ajuste.
Respuesta
Las frecuencias genotípicas observadas son [N = número total de individuos = 1400]:
D = frecuencia de individuos A1A1 = 200/1400 = 0.143
H = frecuencia de individuos A1A2 = 678/1400 = 0.484
R = frecuencia de individuos A2A2 = 522/1400 = 0.373
De donde:
p = frecuencia del alelo A1 = D + 1/2 H = 0.143 + 1/2 0.484 = 0.385
q = frecuencia del alelo A2 = R + 1/2 H = 0.373 + 1/2 0.484 = 0.615
En equilibrio, las frecuencias genotípicas esperadas serían:
p2
= frecuencia de individuos A1A1 = (0.385)2
= 0.148
2pq = frecuencia de individuos A1A2 = 2 (0.385) (0.615) = 0.474
q2
= 0.378
[Recuerda que p2
+ 2pq + q2
= 1]
En valores absolutos, el número esperado de individuos sería:
Frecuencia de individuos A1A1 = 0.148 x 1400 = 207
Las frecuencias observadas y esperadas son parecidas por lo que cabría suponer que la
población está en equilibrio, algo que vamos a comprobar mediante el test estadístico de

- 98 -
la χ2
:
2
expχ = ∑
−
Esperados
)(
=
207
207)-(200 2
+
664
)664678( 2
−
+
529
)529522( 2
−
=
0.237 + 0.295 + 0.093 = 0.625
Para evaluar el equilibrio de Hardy-Weinberg, el número de grados de libertad no es igual
al número de clases fenotípicas menos uno, sino al número de clases fenotípicas menos
el número de alelos. Esto es debido a que, conociendo la frecuencia de un alelo (o la
frecuencia de un fenotipo o genotipo) y el total de individuos, se pueden conocer las
frecuencias de todos los genotipos, dado que los valores esperados se basan en las
frecuencias alélicas observadas.
Por tanto, la χ2
teórica con la que hay que comparar esta χ2
experimental es la
correspondiente a 1 grado de libertad (3 clases fenotípicas – 2 alelos). El valor de la χ2
teórica para un nivel de significación de 0.05 es de 3.84:
Dado que la χ2
experimental es menor que la χ2
teórica, no rechazamos la hipótesis de
equilibrio y asumimos que los valores observados se ajustan a los esperados en equilibrio
(0.3 < p < 0.5).
Problema 3. En una población panmíctica compuesta por 1000 individuos, las frecuencias
de los genotipos para el locus autosómico A son: 90 individuos A1A1, 100 A1A2 y 810 A2A2.
Determinar si la población está en equilibrio de Hardy-Weinberg, comprobando la
hipótesis mediante el test de χ2
de bondad de ajuste.
Respuesta
Las frecuencias genotípicas observadas son:
D = frecuencia de individuos A1A1 = 90/1000 = 0.09
H = frecuencia de individuos A1A2 = 100/1000 = 0.10
R = frecuencia de individuos A2A2 = 810/1000 = 0.81

- 99 -
Dadas esas frecuencias genotípicas, las frecuencias alélicas serían:
p = frecuencia del alelo A1 = D + 1/2 H = 0.09 + 1/2 0.10 = 0.14
q = frecuencia del alelo A2 = R + 1/2 H = 0.81 + 1/2 0.10 = 0.86
En equilibrio, las frecuencias genotípicas esperadas serían:
p2
= 0.02
2pq = frecuencia de individuos A1A2 = 2 (0.14) (0.86) = 0.24
q2
= 0.74
Los valores esperados serían:
Los valores observados y esperados son muy diferentes por lo que cabría suponer que la
población no está en equilibrio, algo que vamos a comprobar mediante el test estadístico
de la χ2
:
2
expχ = ∑
−
Esperados
)(
=
20
20)-(90 2
+
240
)240100( 2
−
+
740
)740810( 2
−
=
245 + 81.66 + 6.62 = 333.28
El valor de la χ2
teórica para un nivel de significación de 0.05 es de 3.84. Dado que la χ2
experimental es mucho mayor que la χ2
teórica, rechazamos la hipótesis de equilibrio.
Problema 4. En una población humana en equilibrio de Hardy-Weinberg, la frecuencia de
individuos afectados por una enfermedad autosómica recesiva es de 4 por cada 10000
individuos. ¿Cuáles serían las frecuencias alélicas y las frecuencias genotípicas en esta
población?
Respuesta
Dado que no hay codominancia en este locus, sino que del enunciado se deduce que hay
un fenotipo causado por la homocigosis de un alelo recesivo, no puede distinguirse
fenotípicamente el genotipo heterocigótico (Aa) del homocigótico dominante (AA). Por ello,
no pueden obtenerse directamente las frecuencias alélicas, ya que se desconocen dos de
las frecuencias genotípicas. Sin embargo, podríamos calcular la frecuencia q como la raíz
cuadrada de q2
, que sería la frecuencia de los homocigotos recesivos. Algo que se puede
hacer sólo en el caso de que la población esté en equilibrio de Hardy-Weinberg, que es lo
que ocurre en esta población tal como nos dice el enunciado del problema.
Así, como en esta población, la frecuencia de enfermos es de 4 cada 10000 habitantes:
q2
= frecuencia de los homocigotos recesivos = 4/10000 = 0.0004;
q = frecuencia del alelo a = 0004.0 = 0.02

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Y, por tanto, p (frecuencia del alelo A) valdría: 1-q = 1 – 0.02 = 0.98
Con estas frecuencias alélicas, las frecuencias genotípicas de equilibrio serían:
p2
= frecuencia de AA = 0,9604
2pq = frecuencia de Aa = 0.0392
q2
= frecuencia de aa = 0.0004
Problema 5. La frecuencia en una población humana de una enfermedad resultado de un
alelo autosómico recesivo es del 4%. Suponiendo que la población está en equilibrio,
determinar la probabilidad de que una pareja sana tenga un hijo enfermo.
Respuesta
Como en el problema anterior, dado que asumimos que la población está en equilibrio,
sabemos la frecuencia de los individuos homocigóticos recesivos (q2
), lo que nos permite
determinar los valores de p y q:
q2
= 0.04;
q = frecuencia del alelo a = 04.0 = 0.2
Y, por tanto, p (frecuencia del alelo A) valdría: 1-q = 1 – 0.2 = 0.8
Con estas frecuencias alélicas, las frecuencias genotípicas de equilibrio serían:
p2
= frecuencia de AA = 0.64
2pq = frecuencia de Aa = 0.32
q2
= frecuencia de aa = 0.04
Como lo que nos piden es la probabilidad de que una pareja sana tenga un hijo enfermo y
para que eso ocurra ambos miembros de la pareja han de ser heterocigotos, lo que
tenemos que determinar en primer lugar es la frecuencia de heterocigotos entre el total de
individuos sanos:
Frecuencia de heterocigotos entre sanos = 2pq/2pq+p2
= 0.32/0.32+0.64 = 0.33
Siendo ambos progenitores heterocigotos, la probabilidad de tener un hijo enfermo sería
de 1/4.
Con lo que la probabilidad de tener un hijo enfermo para esa pareja sería:
P = P(Aa) x P(Aa) x P(Aa x Aa → aa) = 0.33 x 0.33 x 0.25 = 0.027
La probabilidad sería del 2.7%.
Problema 6. Se muestrea una población humana y se encuentra que 36 de cada 10.000
mujeres son daltónicas (Xd
Xd
). Sabiendo que la población está en equilibrio:
a) Calcular la frecuencia de varones sanos y daltónicos y la frecuencia de mujeres sanas
homocigóticas y sanas portadoras.
b) ¿Cuántos hombres daltónicos deben esperarse por cada mujer que padezca la
enfermedad?

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Respuesta
a) En los genes ligados al sexo, las frecuencias genotípicas de equilibrio para los
individuos del sexo homogamético (en general hembras y, en este caso, mujeres)
coinciden con las de los genes autosómicos, dado que reciben un alelo de cada uno de
sus progenitores. En cambio, el sexo heterogamético (en nuestro problema, los varones)
recibe su único cromosoma X de su madre, por lo que las dos frecuencias genotípicas en
este sexo coinciden con las respectivas frecuencias alélicas en las hembras de la
generación precedente, p y q.
Así, si la frecuencia de daltónicas es de 36/10000:
q2
= 0.0036
q = frecuencia del alelo d = 0036.0 = 0.06
p = frecuencia del alelo D = 1 – q = 0.94
Y, por tanto:
Varones sanos= p =0.94 (94% de los hombres)
Varones daltónicos= q =0.06 (6% de los hombres)
Mujeres sanas homocigóticas= p2
=(0.94)2
=0.8836 (88.36% de las mujeres)
Mujeres sanas portadoras=2pq =2(0.94)(0.06)=0.1128 (11.28% de las mujeres)
Mujeres daltónicas= q2
=0.0036 (0.36% de las mujeres)
b) Hombres daltónicos/Mujeres daltónicas = 0.06/0.0036 = 16.66
Problema 7. En cierto locus la tasa de mutación de A → a es 10-6
, siendo despreciable la
tasa de retromutación. ¿Cuál será la frecuencia de A después de 10, 100 y 100.000
generaciones de mutación, si partimos de una frecuencia inicial de 0.5?
Respuesta
Si p0 es la frecuencia inicial de un alelo A que muta al alelo a con una frecuencia u por
generación, en la siguiente generación la frecuencia de A (p1) será:
p1 = p0 - up0 = p0 (1 - u)
En una generación más, la nueva frecuencia de A será:
p2 = p1 - up1 = p1 (1 - u) = p0 (1 - u) (1 - u) = p0 (1 - u)2
En t generaciones,
pt = p0 (1 - u)t
Por tanto, en el problema que nos ocupa, dado que p0 = 0,5 y u = 10-6
, tras 10
generaciones, la frecuencia de A será:
p10 = 0.5 (1 - 10-6
)10
= 0.499995

- 102 -
En 100 generaciones: p100 = 0.5 (1 - 10-6
)100
= 0.49995
En 100.000 generaciones: p100.000 = 0.5 (1 - 10-6
)100.000
= 0.4524
Problema 8. Suponiendo que las tasas de mutación directa e inversa en cierto locus de
Drosophila melanogaster son:
A → a: 2 x 10-5
a → A: 6 x 10-7
¿Cuáles son las frecuencias alélicas de equilibrio esperadas si no interviene otro proceso?
Respuesta
Si la tasa de mutación A → a es u y la tasa de mutación a → A es v, y siendo las
frecuencias iniciales de A y a, p0 y q0, respectivamente, después de una generación de
mutación la frecuencia de A será:
p1 = p0 - up0 + vq0
Si representamos por Δp el cambio en la frecuencia de A:
Δp = p1 - p0 = p0 - up0 + vq0 - p0 = vq0 - up0
En el equilibrio, no debe haber cambios en las frecuencias alélicas; por tanto, Δp = 0.
Llamando pe y qe a las frecuencias alélicas de equilibrio y sabiendo que pe + qe = 1,
Δpe = vqe - upe = 0.
Así: upe = vqe
Y, por tanto: upe = v(1 - pe) = v - vpe; pe = v / (u + v)
De la misma manera: vqe = u(1 - qe) = u - uqe; qe = u / (u + v)
En nuestro problema,
pe = 6 x 10-7
/ 2 x 10-5
+ 6 x 10-7
= 0.029
qe = 2 x 10-5
/ 2 x 10-5
+ 6 x 10-7
= 0.971
Problema 9. En una población que mantiene constante su tamaño a lo largo de las
generaciones, la frecuencia de un alelo en un locus autosómico en un momento
determinado es 0.4. La tasa de migración a esa población desde otra población vecina
donde la frecuencia de dicho alelo es 0.6 es del 20%.
a) ¿Cuál será la frecuencia del alelo en cuestión una generación después?
b) ¿Cuál será después de 5 generaciones?
c) ¿Llegará algún momento en que, en estas condiciones, no se modifiquen las
frecuencias génicas?

- 103 -
Respuesta
Si llamamos m a la proporción de individuos que pasan de una población (población I) a
otra (población II) en un momento dado, 1 - m será la proporción de individuos iniciales en
la población residente (población II). Si denominamos P a la frecuencia de un alelo
determinado en la población I y p0 a su frecuencia en la población II, tendremos que en la
población II la frecuencia del alelo tras un evento de migración, en ausencia de otros
factores, será p1:
p1 = (1 - m)p0 + mP = p0 - m (p0 - P)
El cambio en las frecuencias alélicas debido a la migración (Δp) será:
Δp = m(p0 - P)
[Con lo que cuando se igualen p0 y P, ya no habrá más cambios en la población II aunque
la migración continúe]
La diferencia entre las frecuencias alélicas en ambas poblaciones será:
p1 - P = p0 - m(p0 - P) - P = p0 - mp0 + mP - P = (1 - m)p0 - (1 - m)P = (1 - m)(p0 - P)
De la misma forma, tras 2 generaciones de migración:
p2 - P = (1 - m)2
(p0 - P)
Por tanto, la diferencia entre las frecuencias génicas de las dos poblaciones tras t
generaciones de migración vendrá dada por la fórmula:
pt - P = (1 - m)t
(p0 - P)
de donde:
(1 - m)t
= (pt - P) / (p0 - P)
Esta expresión nos permite calcular el número de generaciones necesario para un cambio
determinado en las frecuencias génicas debido a la migración.
En el problema que nos ocupa:
a) p1 = p0 - m (p0 - P) = 0,4 - 0,2 (0,4 - 0,6) = 0,44
b) (1 - m)t
= (pt - P) / (p0 - P) → (1 - 0,2)5
= (p5 - 0,6) / (0,4 - 0,6) → p5 = 0,534
c) Cuando las frecuencias alélicas se igualen, una vez que la frecuencia del alelo en la
población receptora se eleve hasta 0,6 (valor de su frecuencia en la población donadora),
aunque siga existiendo flujo génico no se modificará dicha frecuencia (Δp = 0; p0 = P):
pt = pt-1 - m (pt-1 - P)
Si pt-1 = P, entonces pt = pt-1

- 104 -
Problema 10. En una población de insectos, grande y con apareamiento al azar, se ha
analizado la progenie producida en promedio por los individuos que pertenecen a cada
una de las tres clases genotípicas posibles para un locus con dos alelos (A y a)
Genotipo Promedio de descendencia
AA 150
Aa 120
aa 75
a) ¿Cuál es el valor de la eficacia biológica en cada caso?
b) ¿Cuál es el valor del coeficiente de selección de cada uno de los genotipos?
c) Siendo la frecuencia p del alelo A igual a 0.6, ¿cuál será su frecuencia en la generación
siguiente?
Respuesta
a) La eficacia biológica (w) es una medida de la eficacia reproductora de un genotipo. Por
conveniencia, w = 1 para el genotipo de mayor eficacia reproductora, mientras que las
eficacias de los demás genotipos vendrán dadas en relación al primero. Así, una forma de
estimar las eficacias biológicas de estos tres genotipos es dividiendo el número medio de
descendientes de cada genotipo por el número medio de descendientes producidos por el
genotipo con mayor progenie:
Eficacia biológica de AA (wAA): 150/150 = 1
Eficacia biológica de Aa (wAa): 120/150 = 0.8
Eficacia biológica de aa (waa): 75/150 = 0.5
b) El coeficiente de selección (s) se calcula como 1 - w:
Coeficiente de selección contra el genotipo AA: s = 1 - 1 = 0
Coeficiente de selección contra el genotipo Aa: s = 1 – 0.8 = 0.2
Coeficiente de selección contra el genotipo aa: s = 1 – 0.5 = 0.5
c) Tras una generación de selección, aplicando el modelo general de selección natural,
tendremos que las frecuencias genotípicas relativas esperadas serán:
wAA/W
Frecuencia del genotipo Aa: 2pqwAa/W
waa/W
Dónde W (eficacia biológica media de los tres genotipos) = p2
wAA + 2pqwAa + q2
waa =
(0.6)2
(1) + 2(0.6)(0.4)(0.8) + (0.4)2
(0.5) = 0.36 + 0.384 + 0.08 = 0.824
[Dado que p = 0.6 y q = 0.4]
Así:
wAA/W = 0.36/0.824 = 0.437
Frecuencia del genotipo Aa: 2pqwAa/W = 0.384/0.824 = 0.466

- 105 -
waa/W = 0.08/=0.824 = 0.097
Y, por tanto,
p = 0.437 + 1/2 0.466 = 0.67
q= 0.097 + 1/2 0.466 = 0.33
Problema 1. Una población se inicia con las siguientes frecuencias genotípicas:
0,24 AA 0,32 Aa 0,44 aa
En una situación de equilibrio Hardy-Weinberg (apareamiento aleatorio, tamaño de
población muy grande y ausencia de fuerzas evolutivas), ¿cuáles serán las frecuencias
genotípicas en la generación siguiente?
Problema 2. En una muestra de 1000 personas se encontró que 326, 470 y 204
individuos tenían grupos sanguíneos M, MN y N, respectivamente.
a) Calcula las frecuencias de los alelos y las frecuencias genotípicas esperadas por
Hardy-Weinberg.
b) Utiliza la prueba de χ2
para determinar si las cantidades esperadas y observadas están
en concordancia estadística.
Problema 3. Del gen causante de una enfermedad hereditaria en humanos existen dos
variantes alélicas A y a, tal que los individuos aa presentan la enfermedad, mientras que
los heterocigotos Aa presentan síntomas leves de dicha enfermedad, siendo normales los
AA. En una población de 10000 individuos, 4 mostraron manifestación total de la
enfermedad y 400 mostraron sintomatología leve. Determinar si la población está, o no, en
equilibrio de Hardy-Weinberg para el locus causante de esta enfermedad.
Problema 4. ¿Cuál es la frecuencia de los heterocigotos Aa en una población en equilibrio
Hardy-Weinberg en la que la frecuencia del fenotipo dominante es 0.19?
Problema 5. En una población de 10000 individuos en la que frecuencia del alelo
dominante para determinado carácter es 0.7, ¿cuántos individuos se espera que muestren
fenotipo dominante si dicha población está en equilibrio Hardy-Weinberg?
Problema 6. Sea un carácter determinado por dos alelos codominantes A1 y A2. En una
población de 200000 individuos, el 64% son homocigotos A1A1. ¿Cuántos se espera que
sean homocigotos A2A2 y cuántos heterocigotos, si la población se encuentra en equilibrio
de Hardy-Weinberg?
Problema 7. La frecuencia de albinos en una población humana en equilibrio de Hardy-
Weinberg es de 1 por cada 10.000 individuos. ¿Cuáles serían las frecuencias alélicas y las
frecuencias genotípicas en esta población?

- 106 -
Problema 8. Se muestrea una población humana y se encuentra que 1 de cada 10.000
individuos es fenilcetonúrico. La fenilcetonuria es una enfermedad resultado de un alelo
autosómico recesivo. Suponiendo que la población está en equilibrio, determinar la
probabilidad de que una pareja sana tenga un hijo fenilcetonúrico.
Problema 9. La hemoglobina anormal está determinada por el alelo HbS
, siendo el alelo
normal HbA
. Los homocigotos para el HbS
padecen una anemia grave. Suponiendo que
una población humana está en equilibrio de Hardy-Weinberg para este locus y que los
individuos afectados de anemia grave aparecen con una frecuencia de 1 por 1000. ¿Cuál
es la proporción de individuos sanos pero portadores de la enfermedad?
Problema 10. La forma más común de hemofilia se debe a un alelo recesivo ligado al
sexo con una frecuencia de 0,0001 en una población humana en equilibrio de Hardy-
Weinberg.
a) ¿Cuáles son las frecuencias esperadas de los dos genotipos masculinos y de los tres
genotipos femeninos en la población?
b) ¿Cuántos hombres hemofílicos deben esperarse por cada mujer que padezca la
enfermedad?
Problema 11. El 70% de los varones de una población humana en equilibrio de Hardy-
Weinberg muestran fenotipo dominante para un locus ligado al sexo. ¿Qué porcentaje de
mujeres en esa población presentarán fenotipo dominante?
Problema 12. En cierto locus, la tasa de mutación de A → a es 10-5
, siendo despreciable
la tasa de retromutación. ¿Cuál será la frecuencia de A después de 10, 100 y 100.000
generaciones de mutación, si partimos de una frecuencia inicial de 0.3?
Problema 13. Suponiendo que las tasas de mutación directa (A → a) e inversa (a → A) en
cierto locus de Paravespula vulgaris son 10-6
y 10-8
, respectivamente, ¿cuáles son las
frecuencias alélicas de equilibrio esperadas si no interviene otro proceso?
Problema 14. En una población que mantiene constante su tamaño a lo largo de las
generaciones, la frecuencia de un alelo en un locus autosómico en un momento
determinado es 0.2. La tasa de migración a esa población desde otra población vecina
donde la frecuencia de dicho alelo es 0.7 es del 10%.
a) ¿Cuál será la frecuencia del alelo en cuestión una generación después?
b) ¿Cuál será después de 10 generaciones?
Problema 15. En una población humana, para un locus dado A/a, la frecuencia del alelo A
(p) es de 0.5 y por cada descendiente que tienen los individuos con genotipo AA, los
heterocigotos tienen también por término medio un descendiente mientras que los
individuos aa producen 0.8 descendientes de media.

- 107 -
c) ¿Cuál será la frecuencia de cada genotipo en la generación siguiente?
d) ¿Cuál será la frecuencia del alelo A en la siguiente generación?
Problema 16. El alelo a de un gen humano es letal recesivo, mientras que A en
homocigosis produce una reducción de fertilidad del 40%.
a) ¿Cuál es el valor del coeficiente de selección de cada uno de los genotipos?
b) ¿Cuál es el valor de la eficacia biológica en cada caso?
c) ¿Cuánto valdrán las frecuencias alélicas (p y q) tras una generación de selección si las
frecuencias iniciales eran de 0.8 y 0.2, respectivamente?
Problema 17. En una población de roedores, grande y con apareamiento al azar, se ha
analizado la progenie producida en promedio por los individuos que pertenecen a cada
una de las tres clases genotípicas posibles para un locus con dos alelos (A y a)
Genotipo Promedio de descendencia
AA 8
Aa 12
aa 25
c) Siendo la frecuencia p del alelo A igual a 0.9, ¿cuál será su frecuencia en la generación
siguiente?
Problema 1. Para un único gen autosómico, si el apareamiento es aleatorio, el equilibrio
se alcanza en una sola generación, independientemente de los valores de las frecuencias
alélicas de partida. Por tanto, las frecuencias genotípicas que se nos piden serán las del
equilibrio y se calcularán en función de las frecuencias alélicas:
Frecuencia de A = p = 0,24 + 1/2 0,32 = 0,4
Frecuencia de a = q = 0,44 + 1/2 0,32 = 0,6
Frecuencia de AA = p2
= 0,16
Frecuencia de Aa = 2pq = 0,48
Frecuencia de aa = q2
= 0,36
Problema 2.
a)
D = Frecuencia de LM
LM
= 326/1000 = 0.326
H = Frecuencia de LM
LN
= 470/1000 = 0.470
R = Frecuencia de LN
LN
= 204/1000 = 0.204

- 108 -
p = Frecuencia del alelo LM
= 0.326 + 1/2 0.470 = 0.561
q = Frecuencia del alelo LN
= 0.204 + 1/2 0.470 = 0.439
p2
= Frecuencia de LM
LM
esperada en el equilibrio = 0.3147 (x 1000 = 315)
2pq = Frecuencia de LM
LN
q2
= Frecuencia de LN
LN
b)
( ) ( ) ( ) ( ) 995,1
193
193204
492
492470
315
315326
2222
2
exp =
−
+
−
+
−
=
−
= ∑ Esperados
EsperadosObservados
χ
El valor de la χ2
teórica (1 grado de libertad) para un nivel de significación de 0,05 es de
3,84. Dado que la χ2
experimental es menor que la χ2
teórica, no rechazamos la hipótesis
de equilibrio y asumimos que los valores observados se ajustan a los esperados en
equilibrio (0.1 < p < 0.2).
Problema 3. Según los datos del enunciado, las frecuencias genotípicas y alélicas para
este locus en esta población son:
D (Frecuencia de AA) = 0,9596; H (Frecuencia de Aa) = 0,04; R (Frecuencia de aa) =
0,0004
p (frecuencia de A) = 0.9796; q (frecuencia de a) = 0.0204.
En una situación de equilibrio, las frecuencias esperadas serían:
p2
= 0.9596 (9596 individuos del total de 10000 existentes en la población).
2pq = 0.04 (400 individuos del total de 10000 existentes en la población).
q2
= 0.0004 (4 individuos del total de 10000 existentes en la población).
Los valores observados coinciden con los valores esperados. Por tanto, la población está
en equilibrio de Hardy-Weinberg.
Problema 4. Si la frecuencia de los individuos con fenotipo dominante es de 0.19, la
frecuencia de individuos con fenotipo recesivo será de 0.81. Dado que la población está
en equilibrio:
q2
= 0.81; q = 0.9; p = 0.1
p2
= 0.01; 2pq = 0.18; q2
= 0.81
La frecuencia de heterocigotos Aa (2pq): 18%.
Problema 5. Dado que p = 0.7 (q = 0.3) y la población está en equilibrio, la frecuencia
esperada de individuos con fenotipo dominante es la frecuencia de homocigotos AA (p2
)
más la de heterocigotos Aa (2pq):
p2
= 0.49
2pq = 0.42

- 109 -
La frecuencia de individuos con fenotipo dominante será de 0.91, es decir, de un total de
10000 individuos, 9100 mostrarán dicho fenotipo.
Problema 6. Si llamamos p a la frecuencia del alelo A1 y q a la del alelo A2, tendremos que
la en esta población en equilibrio, la frecuencia de A1A1 será p2
, la de A1A2 será 2pq y la de
A2A2 será q2
:
p2
= 0.64; p = 64.0 = 0.8; q = 1 – p = 0.2;
2pq = 0.32; q2
= 0.04
Así, de un total de 200000 individuos, el 32% serán heterocigotos (64000) y el 4% serán
homocigotos A2A2 (8000). Los 128000 restantes (64%) serán los A1A1 indicados en el
enunciado del problema.
Problema 7.
q2
= 0,0001; q = 0,01; p = 0,99
p2
= 0,9801; 2pq = 0,0198; q2
= 0,0001
Problema 8.
q = 0,01; p = 0,99; p2
= 0,9801; 2pq = 0,0198; q2
= 0,0001
Frecuencia de heterocigotos entre sanos = 2pq/2pq+p2
= 0,0198/0,9999 = 0,0198
P = P(Aa) x P(Aa) x P(Aa x Aa → aa) = (0,0198)(0,0198)(0.25) = 0,000098
Problema 9.
q= 0.032; p=0.968;
p2
=0.937; 2pq= 0.062; q2
=0.001
La proporción de individuos sanos pero portadores de la enfermedad (2pq) es del 6.2%.
Problema 10.
a)
Varones:
Normales: p = 0,9999
Hemofílicos: q = 0,0001
Mujeres:
Normales homocigóticas: p2
= 0,9998
Normales heterocigóticas: 2pq = 1,9998 x 10-4
Hemofílicas: q2
= 1 x 10-8
b)
Hombres hemofílicos/Mujeres hemofílicas = 1 x 10-4
/1 x 10-8
= 10000

- 110 -
Problema 11.
Varones:
Fenotipo dominante: 0,7
Fenotipo recesivo: 0,3
En el caso de los varones, al ser hemicigóticos para los genes ligados al sexo, las
frecuencias genotípicas coinciden con las frecuencias alélicas:
p (frecuencia de A) = 0.7; q (frecuencia de a) = 0.3.
En equilibrio, las mujeres estarán distribuidas por clases genotípicas de la siguiente
manera:
Homocigóticas para el alelo dominante: p2
= 0.49
Heterocigóticas: 2pq = 0.42
Homocigóticas para el alelo recesivo: q2
= 0.09
Y por clases fenotípicas:
Fenotipo dominante: 0.49 + 0.42 = 0.91
Fenotipo recesivo: 0.09
Problema 12.
pt = p0 (1 - u)t
p10 = 0.3 (1 - 10-5
)10
= 0.2999
p100 = 0.3 (1 - 10-5
)100
= 0.2997
p100000 = 0.3 (1 - 10-5
)100000
= 0.1104
Problema 13.
pe = v / (u + v) = 10-8
/10-6
+ 10-8
= 0.0099
qe = u / (u + v) = 10-6
/10-6
+ 10-8
= 0.9911
Problema 14.
a) p1 = p0 - m (p0 - P) = 0.2 - 0.1 (0.2 - 0.7) = 0.25
b) (1 - m)t
= (pt - P) / (p0 - P) → (1 - 0.1)10
= (p10 - 0.7) / (0.2 - 0.7) → p10 = 0.53
Problema 15.
a) wAA = 1; wAa = 1; waa = 0.8
b) sAA = 0; sAa = 0; saa = 0.2
c) W (eficacia biológica media de los tres genotipos) = p2
wAA + 2pqwAa + q2
waa = 0.25 + 0.5

- 111 -
+ 0.20 = 0.95
Así:
wAA/W = 0.25/0.95 = 0.263
waa/W = 0.2/=0.95 = 0.211
d) Por tanto,
p = 0.263 + 1/2 0.526 = 0.526
q= 0.211 + 1/2 0.526 = 0.474
Problema 16.
a) sAA = 0.4; sAa = 0; saa = 1
b) wAA = 0.6; wAa = 1; waa = 0
c) W (eficacia biológica media de los tres genotipos) = p2
wAA + 2pqwAa + q2
waa = 0.384 +
0.32 + 0 = 0.704
Así:
wAA/W = 0.384/0.704 = 0.5454
waa/W = 0/=0.704 = 0
Por tanto,
p = 0.5454 + 1/2 0.4545 = 0.773
q= 0 + 1/2 0.4545 = 0.227
Problema 17.
a)
Eficacia biológica de AA (wAA): 8/25 = 0.32
Eficacia biológica de Aa (wAa): 12/25 = 0.48
Eficacia biológica de aa (waa): 25/25 = 1
b)
Coeficiente de selección contra el genotipo AA: s = 1 - 0.32 = 0.68
Coeficiente de selección contra el genotipo Aa: s = 1 – 0.48 = 0.52
Coeficiente de selección contra el genotipo aa: s = 1 – 1 = 0
c)
W (eficacia biológica media de los tres genotipos) = p2
wAA + 2pqwAa + q2
waa = 0.2592 +
0.0864 + 0.01 = 0.3556
Así:

- 112 -
wAA/W = 0.2592/0.3556 = 0.729
waa/W = 0.01/0.3556 = 0.028
Y, por tanto,
p = 0. 729 + 1/2 0.243 = 0.85
q= 0.028 + 1/2 0.243 = 0.15

- 113 -
GENÉTICA MOLECULAR
Mapas de restricción
Un mapa de restricción representa una secuencia lineal de los sitios en los que diferentes
enzimas de restricción poseen dianas en una molécula de ADN particular. Consiste en la
ordenación de una serie de dianas para enzimas de restricción en una molécula de ADN
concreta. En el mapa se representan las distancias entre dichas dianas, distancias que se
mieden en pares de bases (o en kilobases).
Cuando una molécula de ADN es cortada con una enzima de restricción y los fragmentos
generados se separan por electroforesis en un gel de agarosa, se puede determinar el
número de sitios de restricción y la distancia entre ellos a partir del número y la posición de
las bandas en el gel. Cabe distinguir entre moléculas de ADN lineal y ADN circular:
ADN lineal: hay que tener en cuenta que el número de fragmentos que se generan tras
una digestión, es el número de dianas presentes en su secuencia para esa enzima más
uno. La suma del tamaño de los fragmentos debe de coincidir con el tamaño total del ADN
digerido. Pero hay que tener en cuenta que el número de fragmentos no es siempre
coincidente con el número de bandas que aparecen en un gel de agarosa, ya que puede
haber fragmentos de igual tamaño que migran juntos.
ADN circular: el número de fragmentos que se generan tras una digestión, es el mismo
que el número de dianas presentes en su secuencia para esa enzima. Cuando una
enzima corta una vez sólo, nos revela el tamaño del ADN circular. La suma del tamaño de
los fragmentos debe de coincidir con el tamaño total del ADN digerido. Como antes, hay
que tener en cuenta que el número de fragmentos no es siempre coincidente con el
número de bandas que aparecen en un gel de agarosa, ya que puede haber fragmentos
de igual tamaño que migran juntos.
En cualquier caso, la información obtenida mediante electroforesis no nos revela el orden
ni la localización de las dianas de restricción. Para poder realizar un mapa, se ha de cortar
una muestra del ADN a mapear con una enzima de restricción, una segunda muestra del
mismo ADN con otra enzima diferente y una tercera muestra de dicho ADN con las dos
enzimas simultáneamente (digestión doble). Esta tercera digestión nos da la clave para
determinar el orden de las dianas para ambos enzimas de restricción.
Marcadores moleculares
Es importante asignar los genotipos a los individuos del pedigrí para intentar ver la
coincidencia entre sus alelos y los patrones de bandas.
Hay que tener en cuenta la distancia entre dianas, que nos dará el tamaño de las bandas
observables pero, además, hay que prestar especial atención a la región con la que
hibrida la sonda, pues aquellos fragmentos con los que no hibride, no podrán ser
detectados tras el revelado.
En el caso de los microsatélites, los diferentes tamaños amplificados para un locus,
pueden considerarse como alelos. Los microsatélites presentan herencia mendeliana

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simple y son codominantes. Para un locus microsatélite, cada uno de los alelos presentes
en el genotipo de un individuo (tamaño de amplificado) procede uno del padre y otro de la
madre.
Problema 1. Un gen clonado muestra el siguiente mapa de restricción para las
enzimas EcoRI y HindIII:
a) Dibujar los patrones de los fragmentos de ADN esperados con cada enzima al
separar los fragmentos mediante electroforesis en gel de agarosa. Hacer lo mismo
para el caso de la digestión doble.
b) Dibujar el patrón esperado para una copia mutante del gen que ha perdido el
primero de los cortes de EcoRI
c) Dibujar el patrón esperado para una copia mutante del gen en la que ha aparecido
una nueva diana para HindIII en el centro del fragmento de 2Kb.
Respuesta
a) Para EcoRI el gen tiene dos dianas, por lo que será cortado en tres fragmentos de
tamaños 4Kb+3Kb+1Kb. Para HindIII también tiene dos dianas, pero en diferentes
posiciones, por lo que generará tres fragmentos pero de tamaños 4.5Kb+2Kb+1.5Kb.
Cuando utilizamos las dos enzimas para digerir el gen, obtendremos 5 fragmentos
diferentes (existen 4 puntos de corte, generando fragmentos de diana a diana de
ambas enzimas), aunque dos de ellos presentan el mismo tamaño (1Kb), por lo que
los observaremos como una única banda en el gel de agarosa. Los tamaños serán,
por tanto, de 3.5Kb+2Kb+1(x2) Kb+0.5Kb (ver figura).
Así, en un gel de agarosa, observaremos los siguientes patrones de bandas:
3 Kb 4 Kb 1 Kb
2 Kb 4.5 Kb 1.5 Kb
EcoRI
HindIII

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b) Si la copia mutante del gen pierde una diana para EcoRI, al cortar con esta
enzima, obtendremos solo dos fragmentos, siendo uno de ellos, la suma de los dos
entre los cuales se encontraba la diana perdida para EcoRI, 7Kb+1Kb. Para el
corte con HindIII el patrón de bandas no se vería afectado, pero sí nuevamente
para la digestión doble, ya que hay un corte menos, 4,5Kb+2Kb+1Kb+0,5Kb (ver
figura).
.

- 116 -
c) En este caso, cuando cortamos el gen con HindIII, al tener una diana más (tres
puntos de corte) obtendríamos un fragmento más. Sin embargo, en el gel, no
aparecerían 4 bandas, ya que se han generado dos fragmentos de igual tamaño (1Kb),
por lo que correrán de igual forma. Los fragmentos para HindIII serían
4,5Kb+1,5Kb+1Kb(x2). Para EcoRI el patrón no se ve afectado y para la digestión
doble los fragmentos generados serían 3,5Kb+1Kb(x4)+0,5Kb (ver figura).
Problema 2. Se ha cortado con PstI un plásmido bacteriano circular que contiene un gen
de resistencia a la ampicilina. Tras la electroforesis se observa una banda de 20 Kb. ¿Qué
deducirías de los resultados que se plantean a continuación?
a) Con EcoRI, el plásmido se corta en dos fragmentos: uno de 11.5 Kb y otro de 8.5 Kb
b) La digestión PstI+EcoRI genera tres fragmentos de: 6 Kb, 5.5 Kb y 8.5 Kb
c) El ADN del plásmido cortado con PstI se ha mezclado y ligado con fragmentos de ADN
cortados con PstI. Todos los clones recombinantes son resistentes a la ampicilina.
d) Tras cortar uno de los clones recombinantes con PstI se obtienen dos fragmentos: 20
Kb y 6 Kb.
e) El clon anterior se corta con EcoRI y se obtienen 10 Kb, 8.5 Kb y 7.5 Kb.

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Respuesta
a) Al sumar los fragmentos 11.5 Kb + 8.5 Kb nos da un valor de 20 Kb. Este valor es
coincidente con el fragmento generado con PstI, lo que significa que el plásmido tiene un
tamaño de 20 Kb y que, por tanto, PstI lo corta una sola vez mientras que EcoRI tiene dos
dianas dentro de la molécula circular.
b) Con la digestión doble podemos, ahora, obtener un mapa de restricción de esta
molécula circular. Podemos deducir que el fragmento de 11.5 Kb generado por EcoRI, es
cortado en dos fragmentos menores de 6 Kb y 5.5 Kb por la enzima PstI:
c) Al cortar con PstI, el plásmido se queda en forma lineal con extremos cohesivos para
ese enzima. Al poner en contacto fragmentos de ADN cortados también con PstI junto con
una enzima ligasa, los fragmentos, que tienen extremos complementarios, se ligan al
plásmido y la molécula recirculariza con un inserto dentro de ella, obteniendo un plásmido
recombinante. Si la diana para PstI estuviera dentro del gen de la ampicilina, el inserto
“rompería” este gen, por lo que quedaría inactivo y las bacterias serían sensibles a la
ampicilina. Por eso, podemos deducir que la diana para PstI no se encuentra dentro del
gen de resistencia a la ampicilina.
d) Al cortar de nuevo con la enzima PstI, lo que estamos haciendo es separar nuevamente
el plásmido del inserto, por lo que obtenemos un fragmento de 20 Kb correspondiente al
plásmido y otro de 6 Kb que sería el tamaño del fragmento clonado.
e) Al aparecer un nuevo fragmento cuando cortamos con EcoRI el plásmido recombinante,
que no aparecía en el plásmido bacteriano inicial, significa que existe una nueva diana
para este enzima. La diferencia entre el plásmido bacteriano inicial y el plásmido
recombinante, es la presencia del inserto de 6 Kb. Por eso, deducimos que el fragmento
clonado tiene una diana para EcoRI y que se encuentra situada entre las dos dianas
EcoRI separadas por 11,5 Kb.
Problema 3. Se conoce un gen autosómico con tres alelos La
, Lb
y l que se diferencian en
una diana para la enzima de restricción PstI (↓ sitio de corte):

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Diseñar un experimento para diferenciar los genotipos de los diferentes individuos que
pudieren existir en una población si utilizamos como sonda el fragmento homólogo de
ADN señalado en el esquema.
Respuesta
La diferencia entre los distintos alelos del gen corresponde a diferencias en secuencia
nucleotídica. En este caso, estas diferencias de nucleótidos afectan a secuencias dianas
para la enzima PstI. Esta información la vamos a utilizar para realizar un experimento que
detecte un marcador RFLP (polimorfismo en la longitud de los fragmentos de restricción).
Para ello, debemos seguir los siguientes pasos:
a) Digerir todo el ADN genómico con la enzima PstI, ya que inicialmente, no podemos
aislar nuestro gen del resto del genoma.
b) Para separar los fragmentos generados, según su tamaño, debemos ahora realizar una
electroforesis en gel de agarosa.
c) Los fragmentos de ADN, tal como se encuentran ordenados en el gel de agarosa,
deben de transferirse a una membrana de nylon mediante la técnica de Southern-blot.
d) Mediante una hibridación tipo Southern-blot, utilizando la sonda señalada en el
esquema, podremos localizar específicamente la región correspondiente al gen estudiado,
ya que es complementaria a esta región.
e) El revelado de la hibridación pondrá de manifiesto los fragmentos de ADN genómico
con los que la sonda ha hibridado
Así, tenemos diferentes genotipos posibles, que coincidirán con patrones de bandas:
La
La
: bandas de 3Kb y 2Kb
La
Lb
: bandas de 3Kb y 2Kb para el primer alelo y de 1Kb y 4Kb para el segundo alelo
La
l: bandas de 3Kb y 2Kb para el primer alelo y de 5Kb para el segundo
Lb
Lb
: bandas de 1Kb y 4Kb
Lb
l: bandas de 1Kb y 4Kb para el primer alelo y de 5Kb para el segundo
ll: banda de 5Kb
Problema 4. El siguiente pedigrí representa a una familia con alguno de sus miembros
afectado por una enfermedad autosómica dominante. El ADN de todos los individuos fue
digerido con la enzima PstI y sometido a electroforesis en gel de agarosa. Se analiza este
ADN mediante hibridación tipo Southern con una sonda que corresponde a un fragmento
de ADN humano clonado en un plásmido bacteriano. Los resultados del revelado de la
hibridación se muestran junto al pedigrí.

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a) Explica el protocolo seguido y los resultados obtenidos en los distintos individuos
b) ¿Podemos usar la sonda con fines diagnósticos para esta enfermedad?
Respuesta
a) El marcador molecular utilizado en este análisis corresponde con un RFLP. El ADN
genómico se ha digerido con la enzima PstI y los fragmentos generados se han separado
mediante electroforesis en gel de agarosa. A continuación, se realiza una transferencia de
esos fragmentos (tal y como han migrado en el gel) a una membrana de nylon, a la cual,
se fijan. Sobre esta membrana se realiza una hibridación (hibridación tipo Southern) con
un fragmento de ADN marcado (sonda). Al revelar esta hibridación, nos aparecen bandas
de diferentes pesos moleculares, indicando tamaños de fragmentos de ADN genómico
que son homólogos a la sonda.
El primer paso consiste en asignar los genotipos a los individuos del pedigrí, teniendo en
cuenta que la enfermedad es autosómica dominante:
Al comparar los resultados del marcador molecular con los fenotipos (afectados/no
afectados por la enfermedad) podemos ver cómo existe coincidencia entre el número y los
tamaños de bandas del RFLP y el desarrollo o no de la enfermedad. Así, a excepción de
un individuo (II-9), todos los afectados presentan dos bandas de 5Kb y 3Kb y los no
afectados una única banda de 5Kb. Teniendo en cuenta que, en especies diploides,
existen parejas de regiones homólogas (cromosomas homólogos), debemos de
“identificar” dos alelos que. Así, la diferencia en secuencia entre estos alelos podría ser
detectada si afectara a una diana para la enzima PstI, tal como se muestra en el esquema:

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Si la sonda hibrida en la región indicada, y teniendo en cuenta que la banda de 3Kb es
exclusiva para los afectados, podemos deducir, que el alelo 1 del esquema anterior
corresponde al alelo a del pedigrí, mientras que el alelo 2, corresponde con el alelo A, que
es el causante de la enfermedad. Entonces, los individuos heterocigotos (Aa) presentan
dos bandas, 5Kb del alelo a y 3Kb del alelo A (ya que el fragmento de 2Kb de este alelo A
no es detectado por la sonda). Los individuos homocigotos sanos (aa) presentan una
única banda de 5Kb. Los hipotéticos individuos homocigotos (AA) presentarían una única
banda de 3Kb.
b) Al establecer la relación entre los genotipos y el patrón de bandas, observamos que el
individuo II-9 no presenta esta correspondencia. Esto se podría explicar porque las
diferencias observables en el patrón de bandas no son debidas a cambios en la secuencia
del propio gen causante de la enfermedad, sino a regiones cercanas a él. Es decir, el
RFLP que detectamos no se corresponde con diferencias en la secuencia de los alelos del
gen, sino que se encuentra en regiones ligadas al mismo, tal como muestra el siguiente
esquema:
Este esquema ilustra el caso del padre (individuo I-2; genotipo Aa) que se encuentra
afectado. Si durante la formación de los gametos de este individuo existiera un
entrecruzamiento entre el RFLP y el gen causante de la enfermedad (como se indica en la
figura), se generaría un gameto con genotipo A pero con marcador RFLP de 5Kb. Esto es
lo que le ocurre al individuo II-9, que tiene una alelo a (5Kb) de la madre y un alelo A
(recombinante de 5Kb) del padre.
Por tanto, la sonda se podría usar como diagnóstico, pero debemos tener en cuenta que
existe un porcentaje de error debido a la posibilidad de recombinación entre el marcador
RFLP y el gen causante de la enfermedad.
Problema 5. En un análisis con 4 marcadores de microsatélites se obtuvieron los
siguientes resultados para 5 individuos (los números indican tamaños de fragmentos
amplificados en pb):

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a) ¿Qué diferencia existe entre los diferentes alelos de un mismo locus de microsatélite?
b) ¿Cuántos alelos tienen los diferentes loci de microsatélites analizados en este estudio?
c) ¿Se puede saber el número de repeticiones para cada uno de ellos?¿Y el motivo de
repetición?
d) Si el individuo 1 es la madre del individuo 2, ¿cuáles de los otros tres individuos pueden
descartarse como posibles padres?
Respuesta
a) Entre los diferentes alelos de un mismo microsatélite las diferencias existentes
corresponden a un número variable de repeticiones de un motivo (generalmente
dinucleótido, trinucleótido o tetranucleótido).
b) Con esta muestra no podemos saber el número de alelos totales existentes en la
población, ya que pueden existir más alelos que no están representados en estos
individuos. En los individuos analizados tenemos en el locus 1, 5 alelos; en el locus 2, 5
alelos; en el locus 3, 6 alelos y en el locus 4, 7 alelos.
c) A la hora de amplificar las repeticiones de los microsatélites se utilizan las regiones
flanqueantes para diseñar los primers. La distancia en pares de bases entre el motivo
repetido y las regiones donde se diseñan los primers son variables para cada
microsatélite, por lo que el fragmento amplificado incluye el motivo repetido y parte de las
regiones flanqueantes cuyo tamaño, en este caso, no conocemos. Por eso, no podemos
saber el número de repeticiones en cada alelo. Tampoco sabemos el motivo de repetición,
pues no tenemos información de la secuencia. Lo que sí sabemos, es que en los cuatro
microsatélites, este motivo corresponde a dos nucleótidos, ya que los alelos tienen
variaciones de dos pares de bases entre ellos.
d) Podemos descartar a los individuos 3 y 5, pues el individuo 2, debe de tener para cada
microsatélite un alelo procedente de la madre y otro del padre.
Problema 1. Un fragmento de ADN se corta con PstI y HindIII por separado.
Posteriormente, se utiliza una mezcla una mezcla de ambas enzimas obteniéndose los
fragmentos indicados a continuación:
PstI: 3Kb y 4Kb
HindIII: 2Kb y 5Kb
PstI+HindIII: 1Kb, 2Kb y 4Kb
Dibujar el mapa de restricción de este segmento de ADN
Problema 2. Se digiere un fragmento de ADN clonado con las enzimas de restricción
HindIII y SmaI y con una mezcla de ambas. Se obtiene:
HindIII: 2,5Kb y 5Kb
SmaI: 2Kb y 5.5Kb
HindIII+SmaI: 2Kb, 2,5Kb y 3Kb.
a) Dibujar el mapa de restricción

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b) Cuando la mezcla de fragmentos producida por la actuación de las dos enzimas a la
vez se corta además con la enzima EcoRI, se observa la pérdida del fragmento de 3Kb y
la aparición de una banda de 1,5Kb en el gel de agarosa. Indicar sobre el mapa anterior el
punto de corte de EcoRI
Problema 3. Un fragmento lineal de ADN de 11Kb se corta por separado con las enzimas
de restricción EcoRI y HaeIII y con una mezcla de ambas obteniéndose los fragmentos
indicados a continuación. EcoRI: 6Kb, 3Kb y 2Kb; HaeIII: 7Kb y 4Kb; EcoRI+HaeIII: 5Kb,
3Kb, 2Kb y 1Kb. Dibujar el mapa de restricción de este segmento de ADN.
Problema 4. El plásmido pAl21 se cortó con diferentes enzimas de restricción y se
observaron las siguientes bandas en un gel de agarosa: BamHI (3.7 Kb, 3.5Kb), PvuII
(7.2Kb), HindIII (7.2Kb), BamHI+PvuII (3.5Kb, 2.4Kb, 1.3Kb), PvuII+HindIII (3.6Kb). Dibuja
el mapa de restricción del plásmido.
Problema 5. Una proteína está codificada por un gen que no tiene intrones. El fragmento
de restricción SacI que contiene el gen completo puede ser identificado por hibridación
tipo Southern-blot con el ADNc del gen marcado radiactivamente. Para determinar la
causa de una enfermedad desconocida, se obtuvo sangre de pacientes y de personas
sanas como controles. Se extrajo su ADN, se cortó con la enzima SacI, se transfirió a una
membrana de nylon y se híbrido con el ADNc marcado como sonda. Igualmente, se
extrajo ARN, se sometió a electroforesis, se transfirió a una membrana (Northern-blotting)
y se hibridó con el ADNc. Además se realizó la técnica de Western-blotting y se probó la
proteína codificada por el gen mediante el uso de un anticuerpo específico frente a ella.
Los resultados se muestran a continuación (las personas 1 y 2 son controles sanos y las
personas 3, 4, 5, 6 y 7 son enfermos).
¿Cuál puede ser la causa de la enfermedad en cada uno de los individuos enfermos?
Problema 6. Tras una búsqueda de marcadores moleculares para una especie, se
diseña una sonda complementaria al ADN genómico de esta especie en la región
indicada en el esquema, y que permite diferenciar tres alelos distintos (A1, A2 y A3). El
ADN extraído de diferentes individuos se corta con SacI, se realiza una electroforesis y
se tranfiere el ADN posteriormente a una membrana de nylon. Esta membrana se
hibrida con la sonda (marcada radiactivamente) y se realiza una autorradiografía.

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Dibujar esquemáticamente el resultado esperado para: Un homocigoto para A1, un
heterocigoto A1A2, un homocigoto A2 y un heterocigoto A1A3.
Problema 7. Un gen autosómico con dos alelos A y a se diferencian para la enzima de
restricción AluI según indica la figura. Diseña un experimento para diferenciar los
distintos genotipos de una población. Dibuja los posibles resultados.
Problema 8. Se prueban distintas sondas de ADN hibridando con el ADN genómico de
los individuos de una familia numerosa en la que algunos miembros están afectados
por una enfermedad autosómica dominante de manifestación tardía (aproximadamente
a los 40 años). Sobre el Southern-blot obtenido con TaqI, una de las sondas detecta un
polimorfismo en la longitud de los fragmentos de restricción (RFLP). Los patrones del
RFLP de cada individuo del pedigrí se muestran en la figura.
a) Explicar los resultados.
b) Analizar si existe ligamiento entre el RFLP y el gen causante de la enfermedad.

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Problema 9. Se probaron distintas sondas de ADN hibridando con el ADN genómico
de los individuos de una familia numerosa en la que algunos miembros están
afectados por una enfermedad autosómica dominante leve. Sobre el Southern-blot
obtenido con EcoRI, una de las sondas detecta un polimorfismo en la longitud de los
fragmentos de restricción (RFLP). Los patrones del RFLP de cada individuo del pedigrí
se muestran en la figura.
a) Explicar los resultados.
b) Analizar si existe ligamiento entre el RFLP y el gen causante de la enfermedad.
Problema 10. Se extrae ADN genómico de los miembros de una familia en la que
existen afectados para una enfermedad autosómica dominante. Se digiere con PvuII y
los fragmentos se separan en gel. Tras hibridación tipo Southern-blot con una sonda
que detecta un RFLP se obtienen los resultados de la figura. ¿Está ligado el RFLP al
gen causante de la enferemedad?
Problema 11. Una enfermedad está asociada a la ausencia de actividad de una
enzima determinada. En cada miembro de la familia que se muestra a continuación, se
amplificó el exón 2 del gen que codifica dicha enzima y se digirió con la enzima de
restricción EcoRI, obteniéndose los siguientes resultados:
Control sano
480 pb
250 pb
230 pb
Control sano
480 pb
250 pb
230 pb

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¿Se puede utilizar este marcador como método de diagnóstico? ¿Qué tipo de
enfermedad se describe en el pedigrí? Explica, mediante un esquema, los resultados
obtenidos a nivel molecular.
Problema 12. Una sonda detecta un RFLP con dos alelos alternativos de 1,7Kb y 3,8
Kb a partir de ADN de ratón digerido con HindIII. Un ratón, heterocigoto para un alelo
dominante que determina cola curvada y con alelos para el RFLP de 1,7Kb y 3,8Kb, se
cruza con un ratón silvestre que muestra sólo el fragmento de 3,8Kb. La mitad de los
descendientes presenta cola curvada. Al analizar estos ratones con cola curvada para
el RFLP, encontramos que un 20% de ellos son homocigotos para el alelo de 3,8Kb y
el 80% son heterocigotos para los alelos 3,8Kb y 1,7Kb. a) ¿Está ligado el locus que
determina la cola curvada al RFLP?; b) ¿Si lo está, a qué distancia se encuentran?; c)
Explica estos resultados mediante un esquema.
Problema 13. Cuatro hombres se disputan la paternidad de un niño. Los forenses
deciden utilizar el método de la huella genética para resolver el caso, analizando el
ADN de la madre (M), del hijo (H) y de los cuatro posibles padres (P1 a P4). Los
resultados obtenidos se muestran en la figura.
a) ¿Quién es más probable que sea el padre?
b) Atribuir el mayor número posible de bandas al padre y a la madre.
Problema 14. Se extrae el ADN de la sangre de una víctima de violación (V), del
semen extraído de su cuerpo (S) y de muestras tomadas de 5 sospechosos (S1, S2,
S3, S4 Y S5). Se lleva a cabo un estudio de microsatélites empleando una pareja de
cebadores específicos de un locus. Una vez realizada la amplificación con la pareja de
cebadores, se obtienen los siguientes resultados:

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a) Explicar los patrones de amplificación obtenidos.
b) ¿Existe algún sospechoso que parezca culpable?
Problema 1.
Problema 2
a.
b.
Problema 3.

- 127 -
Problema 4.
Problema 5.
No se transcribe el gen (individuos 3 y 7) o las proteínas producidas son defectuosas
(individuos 4, 5 y 6). El individuo 1 es homocigótico para alelo normal y el 2 es
heterocigótico portador de alelo que no se transcribe y produce la mitad de ARNm y de
proteína que el 1. Los individuos 3 y 7 son homocigóticos para este último alelo y no
producen proteína. Los individuos 4, 5 y 6, son homocigóticos para alelo que se
transcribe y produce ARNm de igual longitud que alelo normal pero han sufrido algún
cambio que cambia la secuencia de la proteína.
Problema 6.

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Problema 7. Se digiere el ADN genómico de los individuos con la enzima AluI, se
somete el ADN cortado a una electroforesis y mediante la técnica de Southern-blot se
transfieren los fragmentos a una membrana de nylon. Se realiza una hibridación
utilizando la sonda para detectar las regiones homólogas a ellas. Los resultados
posibles son:
Problema 8.
Están ligados, y una posible interpretación de los resultados se muestra en el siguiente
esquema:
Afectados, Aa (6Kb/4Kb/2Kb); Sanos, aa (6Kb). El genotipo del individuo II-9 es
resultado de un entrecruzamiento entre la región que contiene al RFLP y el gen
causante de la enfermedad en una de las meiosis del padre.

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Problema 9. Están ligados, y una posible interpretación de los resultados se muestra
en el siguiente esquema:
Problema 10. Se encuentran ligados. La interpretación podría ser:
Afectados, Aa (3Kb/2Kb); Sanos aa (2Kb). Esto sería para las generaciones I y II. El
individuo II-8 es un individuo procedente de otra familia, en el que, ahora, el alelo a
está asociado a la banda 3Kb. Esto hace que el patrón de bandas cambie en la
generación III. Así, los afectados Aa (A del padre y a de la madre) sean homocigóticos
(3Kb/3Kb) y los sanos aa (a del padre y a de la madre) sean heterocigóticos
(3Kb/2Kb).
El individuo III-7, es el resultado de un entrecruzamiento entre el RFLP y el gen
causante de la enfermedad en el padre heterocigoto (II-7)
Problema 11. Sí. Una enfermedad autosómica recesiva.

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Problema 12.
a) Sí, se encuentran ligados.
b) 20 u.m.
c)
Problema 13.
a) El individuo P1.
b) La mitad deben de estar presentes en la madre y la otra mitad en el padre.
Problema 14.
a) Son debidos a la diferencia en el número de repeticiones en tándem
b) El S4

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PROBLEMAS AVANZADOS
Problema 1. En Drosophila tenemos cuatro cepas que difieren en el color de los ojos:
salvaje, naranja-1, naranja-2 y rosado. Se llevaron a cabo los siguientes cruzamientos
entre individuos de líneas puras.
Cruzamiento F1
Salvaje x naranja-1 Todos salvajes
Salvaje x naranja-2 Todos salvajes
Naranja -1 x naranja-2 Todos salvajes
Naranja -2 x rosado Todos naranja- 2
F1 (naranja-1x naranja-2) x rosado ¼ naranja-2: ¼ rosado: ¼ naranja-1, ¼ salvaje
¿Qué proporción se esperaría en la F2 si se autofecundase la F1 descendiente del
cruzamiento naranja-1 x naranja-2?
Respuesta
Primero analizaremos todos los cruces realizados para poder determinar la
dominancia de los alelos implicados y si hay más de un gen que determine el carácter.
Cruce salvaje x naranja-1: El carácter salvaje es dominante sobre naranja -1
Cruce salvaje x naranja-2: El carácter salvaje es dominante sobre naranja – 2
Naranja-1 x naranja-2: Todos salvajes
Este cruce nos permite deducir que existen dos genes diferentes implicados en la
determinación del carácter puesto que al cruzar dos individuos mutantes nos aparecen
todos los individuos de fenotipo salvaje. Y los genotipos de los individuos serían:
Naranja-1 x Naranja-2
AAbb aaBB
↓
F1 AaBb todos fenotipo salvaje
De aquí podemos deducir que los cruces 1 y 2 serían:
Cruce 1: Cruce 2:
Salvaje x naranja-1 Salvaje x naranja -2
AABB x AAbb AABB x aaBB
F1: AABb todos salvajes AaBB todos salvajes
Naranja-2 x rosado: Todos naranja-2. Los genotipos de los individuos serían:
Naranja-2 x rosado
aaBB aabb
↓
F1 aaBb todos naranja -2

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F1 (naranja -1 x naranja – 2) X rosa 1/4 naranja-2, 1/4 naranja- 1, 1/4 salvaje, 1/4 rosa
Fenotipo salvaje x rosa (cruce prueba)
AaBb aabb
↓
1/4 aaBB naranja-2 1/4 AAbb naranja-1 1/4 AaBb salvaje 1/4 aabb rosado
Si se autofecundase la F1 descendiente del cruzamiento naranja-1 x naranja-2,
tendríamos:
F1 AaBb X AaBb todos de fenotipo salvaje
F2:
9 salvajes, 3 naranja-1, 3 naranja-2, 1 rosa (9:3:3:1, proporciones mendelianas en un
cruce entre dos dihíbridos).
Problema 2. En una especie de reptil, se han observado dos tipos de coloraciones de
la piel: clara y oscura. Se llevan a cabo una serie de cruzamientos individuales (1
macho x 1 hembra), obteniéndose las descendencias que se indican a continuación:
a) Deducir el modo de herencia del carácter
b) Indicar cuál es el sexo heterogamético
c) Indicar los genotipos de padres e hijos en cada cruzamiento
Respuesta
El cruce número 1 en el que las hijas tienen el fenotipo del padre y los hijos el de la
madre, es indicativo de un carácter ligado al sexo, y que los padres son
homo/hemicigóticos. El cruce número 2 se puede explicar si uno de los progenitores
(el de sexo homogamético) es heterocigoto, ambos son compatibles tanto con un
determinismo del sexo XX/XY como con uno ZZ/ZW. El cruce 3 nos indica que “claro”
es dominante sobre “oscuro” y descartaría la hipótesis del determinismo XX/XY. Los
cruces 4 y 5 no son informativos, en ambos los individuos son homo/hemicigóticos
para los mismos alelos. El cruce 6 confirma que el determinismo del sexo es ZZ/ZW y
que “claro” es dominante sobre “oscuro” ya que sólo se puede explicar si el macho es
heterocigoto y la hembra hemicigótica. Por tanto, las respuestas son:
a) El carácter es ligado al sexo (al Z) y el alelo para claro es dominante, y el alelo para
oscuro es recesivo
b) El sexo heterogamético debe ser la hembra

- 133 -
c)
Cruce 1: Zc
Zc
x ZC
W: Descendencia: ZC
Zc
, Zc
W
Cruce 2: ZC
Zc
x Zc
W: Descendencia: ZC
Zc
, Zc
Zc
, ZC
W, Zc
W
Cruce 3: ZC
ZC
x Zc
W: Descendencia: ZC
Zc
, ZC
W
Cruce 4: Zc
Zc
x Zc
W: Descendencia: Zc
Zc
, Zc
W
Cruce 5: ZC
ZC
x ZC
W: Descendencia: ZC
Zc
, ZC
W
Cruce 6: ZC
Zc
x ZC
W: Descendencia: ZC
ZC
, ZC
Zc
, ZC
W, Zc
W
Problema 3. La síntesis de un pigmento en los habitantes de “un mundo feliz”, está
controlada por dos genes. El primer gen presenta dos alelos (A,a) y es epistático sobre
el segundo gen que también presenta dos alelos (B,b). El alelo A del primer gen
transforma un precursor incoloro en una sustancia intermedia también incolora (aa no
transforma). Sobre la sustancia intermedia actúa el alelo B del segundo gen que la
transforma en un pigmento púrpura (bb no transforma). Hembras diheterocigotas se
cruzan con machos que presentan el pigmento verde y que son heterocigotos para el
segundo gen. La descendencia tiene la siguiente composición fenotípica:
6/16 hembras con pigmento; 2/16 hembras sin pigmento; 3/16 machos con pigmento;
5/16 machos sin pigmento.
b) ¿Qué genotipos tienen los machos y hembras utilizados en el cruce?
c) ¿Qué proporciones fenotípicas se esperan del cruce de las hembras sin pigmento
púrpura de la F1 con los machos con pigmento púrpura de esa F1?
Respuesta
a) Solo los individuos con al menos un alelo dominante de cada uno de los genes
(A_B_) presenta el pigmento, luego la epistasis es doble recesiva.
b) Hay diferencias en la composición fenotípica entre machos y hembras en la F1 , que
hacen pensar que alguno de los genes (o los dos) están ligados al sexo. Si el primer
gen está ligado al sexo y el segundo no, las hembras serían XA
Xa
Bb y los machos
XA
YBb. Tiene que considerarse que sea el segundo gen el que está ligado al sexo y el
primero autosómico y por último tiene que considerarse que ambos estén ligados al
sexo. Si se hacen los cruces, se comprueba que es la primera de las opciones la que
explica los fenotipos observados en la F1, por tanto las hembras son XA
Xa
Bb y los
machos XA
YBb
c) Las hembras sin pigmento de la F1 son : 1 XA
XA
bb y 1 XA
Xa
bb.
Los machos con pigmento de la F1 son: 1 XA
YBB y 2 XA
Ybb.
El “pool” de gametos que se forman de las hembras sin pigmento de la F1 es: 3/4
XA
B y 1/4 Xa
b
El “pool” de gametos que se forman de los machos con pigmento de la F1 es:
2/6 XA
B; 2/6 YB; 1/6 XA
b y 1/6 Yb.
La descendencia tendrá por tanto la siguiente composición fenotípica: 11/24 hembras
con pigmento; 1/24 hembras sin pigmento; 9/24 machos con pigmento; 3/24
machos sin pigmento.

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Problema 4. Una determinada especie vegetal puede presentar flores con cuatro
coloraciones diferentes dependiendo de su genotipo: plantas con flores moradas,
plantas con flores rojas, plantas con flores amarillas y plantas con flores blancas.
Cuando se cruzó una planta de flores amarillas con una de flores blancas, la
descendencia estuvo compuesta en su totalidad por plantas de flores moradas. La
autofecundación de estas plantas de la F1 dio lugar a una F2 compuesta por 27/64 de
plantas con flores moradas, 18/64 de plantas con flores rojas, 3/64 de plantas con
flores amarillas y 16/64 de plantas con flores blancas.
a) Determinar el modo de herencia del color de las flores en esta planta y los
genotipos de las plantas de flores amarillas y blancas progenitoras.
b) Calcular la probabilidad de obtener plantas de flores amarillas al cruzar dos plantas
de flores blancas
Respuesta
a) Si nos fijamos en las proporciones observadas en la F2 del cruzamiento (sesenta y
cuatro -avos; en el caso de plantas de flores blancas, 1/4 sería equivalente a 16/64)
podremos comprobar que se corresponden con frecuencias esperadas para la
segregación de 3 genes con dos alelos. Dado que se trata de un sólo carácter (color
de la flor), estamos ante un caso de interacción génica entre tres genes. Para que en
la F2 aparezcan estas frecuencias, los progenitores de la F1 deben ser heterocigóticos
para los tres genes. Por tanto el genotipo de las plantas de flores moradas de la F1
será: AaBbCc. Dado que la F1 es homogénea, los parentales amarillo y blanco han de
ser homocigóticos para todos sus genes. Pero, ¿cuál es su genotipo? Un cruce del
tipo AABBCC x aabbcc no puede ser dado que los AABBCC tendrían las flores
moradas.
Veamos las clases fenotípicas/genotípicas de la F2 del cruzamiento trihíbrido y sus
proporciones:
C_ 27/64
B_
cc 9/64
A_
C_ 9/64
bb
cc 3/64
C_ 9/64
B_
cc 3/64
aa
C_ 3/64
bb
cc 1/64

- 135 -
La proporción 27/64 esperada para el genotipo A_B_C_ nos indica que este genotipo
determina fenotipo morado como sabíamos por la F1.
La proporción 3/64 en la que aparecen las plantas de flores amarillas se corresponde
con genotipos en los que sólo uno de los genes presenta alelos dominantes (A_bbcc,
aaB_cc o aabbC_). La proporción 16/64 resulta de la suma de genotipos en los que al
menos uno de los genes se presenta en condición homocigótica recesiva (aa____;
__bb__; ____cc). Si nos fijamos, los genotipos aa____ suman 16/64 (9/64 + 3/64
+3/64 + 1/64), al igual que los genotipos __bb__ o los genotipos ____cc).
Este último dato nos puede hacer pensar que alguno de los tres genes ejerce una
interacción génica epistática (simple recesiva) sobre el resto de genes. Supongamos
que el epistático es el alelo recesivo del gen A/a. Así, los genotipos: aaB_C_, aaB_cc,
aabbC_ y aabbcc, que suman 16/64, determinarían el fenotipo blanco.
Si el alelo recesivo del gen A/a fuera el epistático, el genotipo A_bbcc (3/64)
determinaría el fenotipo amarillo.
Mientras que los genotipos A_B_cc y A_bbC_ (18/64), determinarían el fenotipo rojo.
¿Qué tipo de interacción existe entre los genes B/b y C/c?
Si nos centramos en los resultados de la segregación de estos dos genes (BbCc x
BbCc):
B_C_: 9/16 Fenotipo púrpura (cuando para A/a son A_)
B_cc: 3/16 Fenotipo rojo (cuando para A/a son A_)
bbC_: 3/16 Fenotipo rojo (cuando para A/a son A_)
bbcc: 1/16 Fenotipo amarillo (cuando para A/a son A_)
Se trataría de una interacción génica no epistática 9:6:1
Todos estos genotipos darían fenotipo blanco en presencia de aa. Por tanto, el
genotipo aa impide la coloración de la flor (fenotipo albino). El genotipo A_ permite la
coloración de la flor. En este caso, la presencia simultánea de alelos dominates de B y
C determina el color púrpura, la presencia de alelos dominantes de uno de estos dos
genes determina el color rojo, mientras que la ausencia de alelos dominantes para
ambos genes determina el color amarillo.
Genotipos de las plantas parentales: AAbbcc (amarillo) x aaBBCC (blanco)
b) Al cruzar plantas blancas entre sí (aa____ x aa____) sólo se pueden obtener
descendientes de color blanco (aa____), por tanto la probabilidad de obtener plantas
con flores amarillas es cero.
Problema 5. Una especie de mamífero tiene un gen implicado en la determinación de
la forma de los dientes (A: forma aplanada; a: forma puntiaguda). A 10 unidades de
mapa está localizado otro gen que determina la presencia o ausencia de pelo en el
hocico (B: con pelo; b: sin pelo). En el mismo cromosoma está localizado un tercer gen
C para el que una mutación recesiva interfiere con el desarrollo completo de la cola (C:
desarrollo normal; c: desarrollo incompleto). La ordenación de estos tres genes en el
cromosoma es A-B-C. Sabiendo que el valor de la interferencia es del 0.4 y que se han
producido 50 individuos dobles recombinantes, determinar el número de individuos de
cada genotipo y fenotipo de entre 2000 descendientes de un cruzamiento prueba de
un macho triheterocigótico cuyo padre tenía dientes aplanados, pelo en el hocico y

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cola incompleta y cuya madre tenía dientes puntiagudos, carecía de pelo en el hocico
y tenía cola normal.
Respuesta
El cruzamiento prueba es AaBbCc x aabbcc. Dado que los tres genes están ligados, lo
primero que debemos determinar son las relaciones de acoplamiento/repulsión entre
los alelos de estos genes. Dado que los padres del heterocigoto eran:
Padre: dientes aplanados, pelo en el hocico y cola incompleta (AABBcc)
Madre: dientes puntiagudos, sin pelo en el hocico y cola normal (aabbCC)
Las relaciones son: A/a y B/b en acoplamiento entre ellos y en repulsión con respecto
a C/c:
ABc/abC
Los gametos y descendientes del cruzamiento prueba del trihíbrido:
Parentales:
ABc AaBbcc Dientes aplanados, con pelo en el hocico y cola incompleta
abC aabbCc Dientes puntiagudos, sin pelo en el hocico y cola normal
Recombinantes entre A/a y B/b:
AbC AabbCc Dientes aplanados, sin pelo en hocico y cola normal
aBc aaBBcc Dientes puntiagudos, con pelo en hocico y cola incompleta
Recombinantes entre B/b y C/c:
ABC AaBbCc Dientes aplanados, con pelo en hocico y cola normal
abc aabbcc Dientes puntiagudos, sin pelo en hocico y cola incompleta
Dobles recombinantes:
Abc AAbbcc Dientes aplanados, sin pelo en hocico y cola incompleta
aBC aaBbCc Dientes puntiagudos, con pelo en hocico y cola normal
Para calcular la cantidad de descendientes de cada tipo de un total de 2000 tenemos
que tener en cuenta cuántos descendientes recombinantes y dobles recombinantes se
obtendrían en el conjunto de la descendencia para lo que partiríamos de dos datos:
distancias genéticas entre los tres genes y valor de la interferencia. Nos falta el dato
de la distancia entre B/b y C/c, pero tenemos el valor de la interferencia y el número de
dobles recombinantes obtenidos. Por tanto, a partir del valor del coeficiente de
coincidencia podremos determinar la distancia entre B/b y C/c:
I = 0.4; CC=1-0.4=0.6; CC=0.6=DRO/DRE=50/RA-BxRB-Cx2000=50/0.1xRB-Cx2000
RB-C=0.42
Por tanto:
RA-B=0.10=RA-B+DR/2000=RA-B+50/2000; RA-B=150
RB-C=0.42=RB-C+DR/2000=RB-C+50/2000; RB-C=790
Los parentales: 2000-150-790-50=1010

- 137 -
Y así:
Parentales:
ABc AaBbcc Dientes aplanados, con pelo en el hocico y cola incompleta: 505
abC aabbCc Dientes puntiagudos, sin pelo en el hocico y cola normal: 505
Recombinantes entre A/a y B/b:
AbC AabbCc Dientes aplanados, sin pelo en hocico y cola normal: 75
aBc aaBBcc Dientes puntiagudos, con pelo en hocico y cola incompleta: 75
Recombinantes entre B/b y C/c:
ABC AaBbCc Dientes aplanados, con pelo en hocico y cola normal: 395
abc aabbcc Dientes puntiagudos, sin pelo en hocico y cola incompleta: 395
Dobles recombinantes:
Abc AAbbcc Dientes aplanados, sin pelo en hocico y cola incompleta: 25
aBC aaBbCc Dientes puntiagudos, con pelo en hocico y cola normal: 25
Problema 6. En un laboratorio en el que trabajaban con una especie de díptero
encontraron una hembra que tenía una mutación que alteraba la forma del ala. Al
cruzarla con un macho normal obtuvieron una F1 compuesta por 1/3 de hembras
normales, 1/3 de hembras mutantes y 1/3 de machos normales. El cruzamiento entre
las hembras normales y los machos normales de la F1, produjo una F2 enteramente
normal. Sin embargo, el cruzamiento de las hembras mutantes con los machos de la
F1, produjo 1/3 de hembras normales, 1/3 de hembras mutantes y 1/3 de machos
normales.
Explicar estos resultados.
Respuesta
La ausencia de machos mutantes en cualquiera de las descendencias de los cruces
realizados nos puede hacer pensar en la naturaleza letal de la mutación. Dado que en
algunos cruzamientos, los resultados obtenidos difieren entre machos y hembras,
cabría pensar también que, además, el gen mutado está situado en el cromosoma X.
En este caso, los machos hemicigóticos portadores del alelo mutante serían inviables.
Faltaría determinar si la mutación es dominante o recesiva.
Si fuera recesiva, y letal, las hembras mutantes morirían. Aún en el caso de que la
mutación no fuese letal, la F1 habría estado compuesta por hembras normales y
machos mutantes. Además al cruzar hembras y machos normales, sólo se obtiene
descendencia normal. Por tanto, cabe suponer que la mutación es dominante.
Así, el primer cruzamiento entre la hembra mutante y el macho normal:
P: XA
Xa
x Xa
Y
F1: XA
Xa
Xa
Xa
Xa
Y XA
Y

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El cruzamiento entre las hembras normales y los machos normales de la F1:
P: Xa
Xa
x Xa
Y
F1: Xa
Xa
Xa
Y
Y el cruzamiento de las hembras mutantes con los machos de la F1:
P: XA
Xa
x Xa
Y
F1: XA
Xa
Xa
Xa
Xa
Y XA
Y
Problema 7. En cierta especie de insecto, los ojos pueden ser de color negro, rojo,
marrón o blanco. Cuando se cruzaron hembras mutantes de raza pura, con ojos de
color blanco, con machos normales de ojos negros, también de raza pura, se obtuvo
una F1 completamente normal. Sin embargo, la F2 presentó una distribución fenotípica
no muy común: negro 5/8, rojo 1/8, marrón 1/8 y blanco 1/8. ¿Como podemos explicar
estos resultados, teniendo en cuenta que en este insecto, como en Drosophila, no se
produce recombinación entre los cromosomas de los machos?
Respuesta
La existencia de cuatro formas fenotípicas distintas para un mismo carácter sugiere un
caso de interacción génica no epistática entre dos genes, ambos implicados en
determinar el color de los ojos en ese insecto.
A_ B_ A_ bb aa B_ aa bb
9 3 3 1
Negro Rojo Marrón Blanco
Por otra parte, el hecho de que las frecuencias fenotípicas de la F2 no se den en
fracciones de dieciseisavos, sino de octavos, indica que el cuadro de Punnet del que
se extraen esas frecuencias fenotípicas no tiene 16 sino 8 casillas, lo que implica que
uno de los sexos produce cuatro tipos de gametos, mientras que el otro sólo produce
dos. Si tenemos en cuenta además el dato que proporciona el enunciado, según el
cual no hay recombinación en los machos, podemos sospechar son éstos los que
producen sólo dos tipos de gametos (los parentales), y que los dos genes implicados
en este carácter se localizan en el mismo cromosoma (no podemos saber aún si están
ligados o no). Según esta hipótesis, los cruces planteados para la generación parental
y la F1 serían:

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La F2 saldrá del cruce entre estos cuatro tipos distintos de gametos femeninos y los
dos tipos distintos de gametos masculinos, según este cuadro de Punnet:
gametos ++ +b a+ ab
++ ++ / ++ (negro) ++ / +b (negro) ++ / a+ (negro) ++ / ab (negro)
ab ab / ++ (negro) ab / +b (rojo) ab / a+ (marrón) ab / ab (blanco)
Vemos que de ocho genotipos distintos en la F2, cinco (5/8) son negros, uno (1/8) es
rojo, uno (1/8) es marrón y uno (1/8) es blanco, lo que coincide plenamente con las
proporciones fenotípicas indicadas en el enunciado, apoyando así la hipótesis
planteada respecto al modo de herencia del carácter y la localización de los dos genes
en un mismo cromosoma. Además, el hecho de que los resultados muestren que los
cuatro tipos de gametos producidos por las hembras dihíbridas se formen con igual
proporción (1/4 de cada uno de ellos), implica que los dos genes son independientes a
pesar de estar localizados en el mismo cromosoma. Si estuviesen ligados, las
proporciones de esos cuatro tipos de gametos no sería iguales y las de los ocho
genotipos resultantes no serían fracciones con denominador 8.
Problema 8. Una sonda detecta un RFLP con dos alelos alternativos de 1,7Kb y 3,8
Kb a partir de ADN genómico de ratón digerido con HindIII. Un ratón heterocigoto para
un alelo dominante que determina cola curvada y con alelos para el RFLP de 1,7Kb y

- 140 -
3,8Kb, se cruza con un ratón silvestre que muestra solo el fragmento de 3,8 Kb. La
mitad de los descendientes presenta cola curvada. Al analizar estos ratones con cola
curvada para el RFLP, encontramos que un 20% de ellos son homocigotos para el
alelo 3,8Kb y el 80% son heterocigotos para el RFLP. Explica los resultados obtenidos
a nivel fenotípico y relaciona estos resultados con los obtenidos a nivel del marcador
molecular.
Respuesta
- El ratón de cola curvada corresponde al genotipo Aa, mientras que el silvestre es de
genotipo aa.
- En cuanto al RFLP, el alelo A se corresponde el fragmento de 1,7Kb, mientras que el
a, se corresponde con el de 3,8Kb.
- Al hacer el cruzamiento Aa (1,7/3,8) x aa (3,8/3,8), el resultado es del 50% Aa y
50% aa.
- Los individuos heterocigotos, deben de ser para el RFLP 1,7/3,8, sin embargo, el
20% son 3,8/3,8. Esto significa, que estos individuos son recombinantes entre el
marcador RFLP y el gen responsable de la forma de la cola. De esta forma, el RFLP y
el gen, estarían separados por 20u.m
- Un esquema a nivel molecular quedaría de esta forma (en donde el rectángulo
sombreado corresponde con la sonda empleada y las flechas señalan sitios de corte
para HindIII:
Problema 9. En el siguiente pedigrí se muestra la transmisión de la deformidad de la
mano hendida (trastorno autosómico dominante con expresividad variable y
penetrancia del 70%).
¿Qué probabilidad tiene un hijo nacido de III-6 y un varón normal no consanguíneo de
presentar el trastorno?

- 141 -
Llamemos D al alelo para la deformidad y d al normal. El alelo D ya está en la familia
desde la generación I, así que el hijo que tiene II-6 debe haberlo recibido de ella.
Debemos suponer por tanto que II-6 es portadora.
Los padres de III-6 son Dd y dd. Este cruce debería dar 1/2 de hijos Dd y 1/2 de hijos
dd. En total, serían afectados el 70% de los Dd: 0,5 x 07 = 0,35 y no afectados, todos
los dd más el 30% de los Dd: 0,5 + 0,5 x 0,3 = 0,65
Por tanto, entre los no afectados (caso de III-6), serán dd: 0,5/0,65 = 0,769 y serán Dd:
0,15/0,65 = 0,231. Ésta es la probabilidad de que III-6 sea portadora.
El cruce que nos piden debería ser Dd x dd (ya que es de suponer que el varón no es
portador del alelo D puesto que no pertenece a la familia). Habría que multiplicar la
probabilidad de que III-6 fuera Dd por la probabilidad de que un hijo nacido de Dd x dd
fuera Dd con penetrancia del alelo D: 0,231 x 0,35 = 0,081
Problema 10. La enfermedad de Tay-Sachs es un error del metabolismo humano que
produce la muerte temprana en homocigosis recesiva. Una pareja fenotípicamente
normal que desea tener hijos acude a un consejero genético. El hombre tuvo una
hermana que murió de la enfermedad y la mujer, un tío paterno y una tía materna que
murieron también de dicha enfermedad.
a) Dibujar la genealogía de las familias de esta pareja.
b) Calcular la probabilidad de que tanto el hombre como la mujer sean protadores del
alelo causante de la enfermedad de Tay-Sachs.
c) ¿Cuál es la probabilidad de que ninguno de los dos sea portador?
d) ¿Cuál es la probabilidad de que uno de ellos sea portador y el otro no?
Respuesta
a)

- 142 -
b) Probabilidad de que el hombre sea protador (Aa). Dado que es fenotípicamente
normal, su genotipo será AA o Aa. Como sus padres son heterocigóticos (al tener una
hija enferma y ser fenotípicamente normales), la probabilidad es 2/3.
Probabilidad de que la mujer sea portadora (Aa). Depende del genotipo de sus padres.
Estos pueden ser AA o Aa. Dado que los abuelos son heterocigóticos, la probabilidad
de que los padres sean homocigóticos AA es 1/3 y la de que sean heterocigóticos es
2/3. Posibilidades alternativas:
1. Madre II-2 AA (1/3) x Padre II-3 AA (1/3) → Probabilidad de tener hija Aa (III-1)= 0
2. Madre II-2 AA (1/3) x Padre II-3 Aa (2/3) → Probabilidad de tener hija Aa (III-1)= 1/2
3. Madre II-2 Aa (2/3) x Padre II-3 AA (1/3) → Probabilidad de tener hija Aa (III-1)= 1/2
4. Madre II-2 Aa (2/3) x Padre II-3 Aa (2/3) → Probabilidad de tener hija Aa (III-1)= 2/3
Así, la probabilidad de que III-1 sea heterocigótica siendo fenotìpicamente normal es:
(1/3 x 1/3 x 0) + (1/3 x 2/3 x 1/2) + (2/3 x 1/3 x 1/2) + (2/3 x 2/3 x 2/3) = 0 + 1/9 + 1/9 +
8/27 = 14/27 = 0.518
Luego, la probabilidad de que ambos (III-1 y III-2) sean heterocigóticos es:
14/27 x 2/3 = 28/81 = 0.34
c) La probabilidad de que III-2 no sea portador (AA) es 1/3.
La de que III-1 no sea portadora (AA):
1. Madre II-2 AA (1/3) x Padre II-3 AA (1/3) → Probabilidad de tener hija AA (III-1)= 1
2. Madre II-2 AA (1/3) x Padre II-3 Aa (2/3) → Probabilidad de tener hija AA (III-1)= 1/2
3. Madre II-2 Aa (2/3) x Padre II-3 AA (1/3) → Probabilidad de tener hija AA (III-1)= 1/2
4. Madre II-2 Aa (2/3) x Padre II-3 Aa (2/3) → Probabilidad de tener hija AA (III-1)= 1/3
Es decir:
(1/3 x 1/3 x 1) + (1/3 x 2/3 x 1/2) + (2/3 x 1/3 x 1/2) + (2/3 x 2/3 x 1/3) = 1/9 + 1/9 + 1/9
+ 4/27 = 13/27 = 0.482
Y, por tanto, la probabilidad de que ambos (III-1 y III-2) sean homocigóticos es:
13/27 x 1/3 = 13/81 = 0.16
d) Hay dos posibilidades:
Que III-1 sea heterocigótica y III-2 sea homocigótico o que, alternativamente, III-1 sea
homocigótica y III-2 sea heterocigótico:
(14/27 x 1/3) + (13/27 x 2/3) = 14/81 + 26/81 = 0.494

- 143 -
Problema 11. En el caso de una enfermedad humana autosómica recesiva:
a) Si dos progenitores normales tuviesen una hija con la enfermedad y un hijo normal,
¿cuál es la probabilidad de que el hijo sea portador del alelo recesivo?.
b) Si ese hijo se casase con una mujer normal cuyo hermano estuviese afectado por
dicha enfermedad, ¿cuál es la probabilidad de que el primer descendiente de dicho
matrimonio esté afectado?.
c) En ese mismo caso anterior, ¿cuál sería la probabilidad de que tuvieran 4 hijos
normales y 2 enfermos?.
d) Si el primer hijo nacido del matrimonio b estuviera afectado, ¿cuál sería la
probabilidad de que el segundo hijo también lo esté?.
Respuesta
a) Dado que ambos progenitores deben ser heterocigóticos al tener una hija con la
enfermedad, la probabilidad de que su hermano sea portador es 2/3.
b) Para tener un hijo afectado por la enfermedad ambos deben ser heterocigotos. La
probabilidad de que él sea heterocigótico es 2/3 como hemos mencionado en el
apartado (a). La probabilidad de que la mujer sea heterocigótica depende del genotipo
de los padres. Dado que su hermano tiene la enfermedad, sus padres son
heterocigóticos y, por tanto, la probabilidad de que ella también lo sea es 2/3. Así, la
probabilidad de tener un hijo enfermo, siendo ambos progenitores Aa, es:
2/3 x 2/3 x 1/4 = 1/9
c) Si la probabilidad de que tengan un hijo enfermo es 1/9, la de que lo tengan sano es
8/9. Como existen diferentes posibilidades alternativas de tener 4 hijos sanos y 2
enfermos:
P =
!2!4
!6
(8/9)4
(1/9)2
= 0.07
d) Con este dato, se confirma que ambos progenitores son heterocigóticos y la
probabilidad independiente de que ambos tengan un nuevo hijo aa es 1/4.

- 144 -

- 145 -
CASOS PRÁCTICOS

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Dos síndromes para una alteración genética y viceversa
En el servicio de estudios genéticos y reproducción asistida del hospital Wellington de
Madison (Wisconsin) se reportarón los casos de dos pacientes no emparentados: un
niño, Eric, de 3 años y una niña, Angee, de 4 que presentaban ambos un cierto retraso
mental aunque diferían para otras alteraciones clínicas analizadas. Así, el varón
presentaba hipotonía, hipogonadismo, estatura corta, hiperfagia y obesidad, mientras
que la niña mostraba una ausencia casi total de lenguaje, facies risueña, epilepsia,
microcefalia y mentón prominente. Ambos pacientes eran los primogénitos de dos
familias con padres fenotípicamente normales y habían nacido tras un embarazo y
parto que habían transcurrido con normalidad y sin contacto de la madre con fármacos
o productos teratogénicos. Consultadas ambas familias acerca de la posible existencia
de antecedentes familiares de cuadros clínicos símilares se concluyó que ambos
pacientes eran los primeros individuos afectados en sus respectivas familias. El
estudio cariotípico estaba perfectamente indicado por lo que tras analizar varias
preparaciones cromosómicas de Eric y Angee, sometidas a bandeo G, el laboratorio de
citogenética del servicio demostró la existencia, en ambos pacientes, de una misma
deleciónque afectaba a la misma región cromosómica del mismo cromosoma.
El estudio de ambos casos concluyó que una misma deleción cromosómica está
causando dos cuadros fenotípicos patológicos completamente distintos.
Pregunta 1
¿Cuál de las siguientes afirmaciones te parece adecuada para explicar la particular
situación anteriormente descrita?
a.- La deleción afecta a una región de heterocromatina
b.- La deleción tiene una “expresividad variable”
c.- La deleción afecta al cromosoma X
d.- La deleción se localiza en un autosoma
e.- La deleción cromosómica es autosómica y afecta a genes improntados
f.- La deleción no debe ser la responsable ya que en heterocigosis no debería tener
efecto alguno.
Los cuadros clínicos descritos son compatibles con los mostrados en el Síndrome de
Prader-Willi (PWS), en el caso de Eric, y de Angelman (AS), en el caso de Angee.
Ambos síndromes se producen por una deleción en heterocigosis del brazo largo del
cromosoma 15, afectando al segmento 15q11-q13, con la particularidad de que si el
cromosoma delecionado es de origen paterno se produce un síndrome de Prader-Willi
y si es heredado de la madre, el individuo afectado muestra un síndrome de
Angelman. Ambos síndromes son muy distintos desde el punto de vista fenotípico y
afectan de igual modo a individuos de ambos sexos.
La consecuencia de esta situación cromosómica es que los individuos afectados por
estos síndromes heredan de solo uno de sus progenitores la información genética
correspondiente al segmento delecionado. Si el origen paterno (PWS) o materno (AS)
del cromosoma delecionado está haciendo que la expresión de esa alteración sea tan
distinta tenemos que pensar que el fenómeno está relacionado con la impronta
genómica, es decir, que los genes que contiene el segmento delecionado en ambos
síndromes, se transmiten con un patrón de expresión distinto dependiendo de si lo

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transmite el padre o la madre. Todo esto nos hace ver la importancia del origen
parental de un cromosoma en la expresión génica de su contenido génico.
Pregunta 2
¿Cómo crees que podría haberse producido en ambos casos esta deleción?
a.- Se produjo “de novo” en el cigoto que dio lugar al individuo
b.- Se produjo durante la meiosis de uno de sus progenitores mediante un crossing-
over desigual
c.- Uno de los progenitores era portador de la deleción
Discute la adecuación de cada una de estas respuestas
Varios meses más tarde en una Reunión Nacional de Expertos en Diagnóstico
Genético, otro grupo de investigadores pertenecientes al Departamento de Consejo y
Diagnóstico Genético de la empresa Chromogen con sede en Boston, presentaron el
caso de un paciente de 5 años de edad y sexo masculino con sindrome de Angelman
pero cuyo cariotipo no evidenciaba ninguna deleción en el cromosoma 15, portando
dos cromosomas 15 citogenéticamente normales.
Pregunta 3
¿De qué forma un cariotipo aparentemente normal puede dar lugar a un síndrome de
Angelman? ¿Puedes imaginar alguna anomalía en el cariotipo que pasara inadvertida
a los analistas?
Ciertamente, es posible encontrar en algunos individuos un cariotipo equivalente, a
nivel funcional, a la presencia de la deleción 15q11-q13 de origen materno que da
lugar al síndrome de Angelman. Esto ocurre cuando los dos cromosomas 15 del
individuo proceden de su padre. Esta situación es lo que se conoce como disomía
uniparental y aparece cuando los dos miembros de un par cromosómico se heredan de
un mismo progenitor. La condición cromosómica de disomía parental se conoce desde
hace más de dos décadas y cada vez son más numerosos los cuadros clínicos,
sospechosos de enfermedad genética, que acaba diagnosticándose en algunos
individuos en base a la existencia de una disomía parental. Algunos ejemplos son la
fibrosis quística, la osteogénesis imperfecta, la atrofia muscular espinal de tipo III o la
distofia muscular de Duchenne.
Así pues, una misma deleción puede dar lugar a dos síndromes distintos (PWS y AS) y
un mismo síndrome, como el AS, puede estar producido por dos alteraciones
genéticas diferentes (delecion y disomía uniparental)
Pregunta 4
¿Podrías aventurar un mecanismo que posibilite la disomía uniparental?
Pregunta 5
La disomía uniparental también podría producir un síndrome de Prader-Willis.
¿Estás de acuerdo con esta afirmación?
El diagnóstico definitivo de una disomía parental necesita de una serie de análisis que
permitan establecer el origen parental de los dos cromosomas homólogos.

- 149 -
Pregunta 6
¿Que técnicas emplearías para determinar el origen parental de una pareja
cromosómica?
Realmente, hay varios subtipos de síndromes de Prader-Willi y Angelman de acuerdo
a su origen genético. La mayoría de los casos descritos en ambos síndromes, casi un
70%, se debe a una microdeleción, de unas 4Mb, en el brazo largo del cromosoma 15,
pero en aproximadamente un 20% de los casos comunicados de PWS y un 2% de
los casos de AS son debidos a la ausencia del cromosoma 15 paterno o el materno
como consecuencia de una disomía uniparental materna o paterna, respectivamente.
Una tercera posible causa (1%) la encontramos en el mal funcionamiento de los
centros de impronta en la región del cromosoma 15 implicada. También son posibles
otras causas como las translocaciones.
Pregunta 7
La disomía uniparental ¿debería ser también valorada como posible causa para el
esclarecimiento de las siguientes alteraciones genéticas?
a.- determinada por un alelo recesivo cuando ambos progenitores son portadores
b.- determinada por un alelo recesivo cuando solo conocemos como portador a uno de
los progenitores
c.- determinada por un alelo dominante cuando solo uno de los progenitores es
portador
d.- expresada en una hembra cuyos padres no están afectados del carácter recesivo
ligado al sexo.
Recursos útiles para el estudio del caso
- Atlas of Genetics and Cyogenetics of Oncology and Haematology:
http://atlasgeneticsoncology.org/
- Biblioteca virtual Pubmed: http://www.ncbi.nlm.nih.gov/pubmed
- Annual Reviews web sites: http://www.annualreviews.org/loi/genom
- European Journal of Human Genetics: http://www.nature.com/ejhg/index.html
- Libros de texto de Genética y citogenética humana y clínica.
- Books google: http://books.google.com/
- Bookshelf: http://www.ncbi.nlm.nih.gov/books

- 150 -

- 151 -
Polimorfismos y susceptibilidad genética
En una zona de agricultura intensiva andaluza han comenzado a acudir a los servicios
de urgencias niños y adultos que comparten una serie de síntomas que no están
asociados a ninguna enfermedad en particular. Los síntomas son nauseas, vómitos,
dolor abdominal, dolor de cabeza, vértigo, visión borrosa, taquicardia y espasmos
musculares. Todas las personas afectadas acudieron a los servicios sanitarios en la
última semana del mes de septiembre, y la mayoría de ellas afirmaron haber notado
síntomas similares, aunque más leves, unos meses atrás. Cuando se trataba de varios
miembros de una misma familia, uno o los dos progenitores presentaban molestias
más intensas que los hijos, y no todos los hijos estaban afectados. Prácticamente
todos los adultos afectados resultaron ser trabajadores de invernaderos. No obstante,
compañeros de los afectados que trabajaban en los mismos invernaderos no
presentaban ninguno de los síntomas aunque algunos de sus hijos sí que los
presentaban. Los afectados eran igualmente hombres y mujeres, niños y niñas. En
todos los casos, los síntomas remitieron en unos días.
Pregunta 1
¿Cuál es la causa más probable de la presencia de estos síntomas en la población?
Explique las razones para su elección y justifique el porqué no puede ser debido al
resto de las opciones.
a) Enfermedad causada por un alelo autosómico recesivo.
b) Enfermedad causada por un alelo autosómico dominante.
c) Una enfermedad rara.
d) Enfermedad debida a un gen ligado al sexo.
e) Un compuesto químico utilizado en agricultura que es tóxico.
f) Una intoxicación alimentaria.
Pregunta 2
Identificar la base genética responsable de la diferente susceptibilidad de los
individuos a los efectos tóxicos de los insecticidas organofosforados.
Pregunta 3.
Diseñar un experimento para identificar los SNPs presentes en los alelos del gen que
codifica para la enzima PON1 en la población andaluza de la región.
Pregunta 4.
¿Cómo podrían identificarse otros genes candidatos de interés que pudieran ser
responsables de la mayor susceptibilidad genética de algunas personas a estos
insecticidas?
Pregunta 5.
¿Podría darse alguna recomendación para evitar los efectos de posibles exposiciones
a estos insecticidas a las personas más susceptibles?
Otros temas de discusión:
-Haplotipos
-Citar otras posibles circunstancias en las que el estudio de SNPs fuera apropiado.
-Utilidad general de pruebas genéticas individualizadas.
-Privacidad de resultados derivados de análisis genéticos.
-Estado actual de las leyes de protección de datos genéticos.

- 152 -
- Libros de texto de Genética General
Recursos en Internet:
- Base de datos Genebank (http://www.ncbi.nlm.nih.gov/genbank/), secuencia gen
PON1.
- Base de datos Pubmed (http://www.ncbi.nlm.nih.gov/pubmed), bibliografía específica.
- Base de datos OMIM (http://www.ncbi.nlm.nih.gov/omim)

- 153 -
Proyecto Inocencia
El Proyecto Inocencia (http://www.innocenceproject.org) comenzó en una clínica sin
ánimo de lucro, creada en 1992 en la Facultad de Derecho Benjamin N. Cardozo, de
Nueva York. Es una ONG que investiga y presenta a la Justicia casos en que un
análisis de material genético posterior a la sentencia podría constituir una prueba
concluyente de inocencia. Estudiantes de Derecho manejan los casos, supervisados
por un equipo de abogados y personal de la clínica. Uno de sus fundadores es Barry
C. Scheck, conocido como el abogado que mediante una prueba basada en análisis
de ADN, logró la absolución del jugador de fútbol americano O. J. Simpson, acusado
del asesinato de su esposa en 1995. El cofundador es el abogado Peter J. Neufeld. La
mayoría de los clientes son pobres, olvidados, y ya agotaron todas las vías legales
para demostrar su inocencia. Miles están a la espera de la evaluación de sus casos.
Actualmente, existen "Proyectos Inocencia" en la mayoría de los estados de Estados
Unidos y Canadá, y se está extendiendo a Colombia y Costa Rica. La Red Inocencia,
un grupo de facultades de derecho, escuelas de periodismo y bufetes públicos de todo
el país, ayuda a los reclusos que intentan probar su inocencia, tanto si los casos
requieren llevar a cabo análisis de ADN como si no lo requieren.
El Proyecto Inocencia ha logrado, gracias a análisis de ADN y otras pruebas, la
libertad de 261personas condenadas por error en Estados Unidos, muchas de ellas en
el corredor de la muerte y algunas de las cuales lograron escapar de la ejecución en el
último momento. El problema es que la exoneración de culpa llegó demasiado tarde
para algunos, una media de 13 años después. Muy pocos han sido compensados y
ninguno consigue superar ese capítulo. La mayoría son personas sin antecedentes
delictivos y un 70% de ellas pertenecen a minorías. Actualmente, la demanda de
estos servicios se ha disparado. El personal de la ONG, ayudado por estudiantes de
Derecho, examina en estos momentos más de 200 casos en nombre de convictos que
quieren que se les realicen las pruebas de ADN. Tienen más de 1.500 cartas de
reclusos que piden que les represente, que aún no han tenido tiempo de analizar, y
cerca de 4.000 solicitudes pendientes.
Caso de Larry Mayes
Uno de estos casos fue el de Larry Mayes, de Indiana, acusado de violación y robo y
que, tras 18 años en la cárcel, gracias a pruebas de ADN, fue declarado inocente.
En octubre del año 1980, dos asaltantes entraron en una gasolinera de Hammond,
Indiana, y amenazaron a la dependienta con un arma de fuego, le exigieron que les
diera dinero y la obligaron a marcharse con ellos. La mujer fue golpeada con un arma
y violada. Después, la dejaron en libertad.
La descripción que hizo la mujer de sus asaltantes y su posterior identificación fueron
utilizadas para condenar a Larry Mayes, en 1982, a 80 años de cárcel por los cargos
de violación, robo y atentado al pudor. Según la descripción de la víctima, uno de los
asaltantes era mucho más alto y corpulento que el otro. La víctima examinó una serie
de fotografías e identificó a Mayes como el asaltante de menor tamaño, aunque
previamente no había podido reconocerlo en dos ruedas de sospechosos a las que
asistió. Ninguna de las huellas dactilares que se encontraron en la escena del crimen
pertenecía a Larry. Se realizaron pruebas serológicas con muestras del agresor
obtenidas de la víctima, pero los resultados no permitían la identificación del agresor.
Después de que el jurado dictase la condena, Mayes exigió el acceso a las muestras

- 154 -
biológicas para someterlas a pruebas de ADN. Durante años le dijeron que esas
muestras se habían extraviado. Sin embargo, en agosto de 2000, un oficial del juzgado
confirmó que las pruebas de la violación aún existían y que estaban en posesión del
tribunal. Finalmente, los análisis genéticos que se realizaron en 2001 establecieron de
manera concluyente que Larry Mayes, tal como había sostenido desde su detención,
era inocente. La pesadilla de este hombre terminó en diciembre de 2001, cuando fue
exonerado y puesto en libertad tras haber pasado 18 años y medio en prisión por un
delito que no había cometido.
Pregunta 1
El análisis serológico realizado consistió en un estudio del grupo sanguíneo, pero no
permitió identificar al agresor ¿Consideras que este tipo de prueba es lo
suficientemente informativa como para que sea crucial en la decisión del juzgado?
Pregunta 2
¿Qué es una muestra biológica? ¿Qué posibles muestras o indicios biológicos son
susceptibles de ser identificados por análisis de ADN?
Pregunta 3
La obtención de ADN en el ámbito penal suele tener dos escenarios y dos momentos
distintos dentro del proceso. Identifícalos.
Pregunta 4
¿Por qué el protocolo de actuación en la escena del delito conlleva el rápido
aislamiento de la escena?
Pregunta 5
¿Cómo se puede obtener de forma simple una muestra biológica de una persona, para
el estudio de su ADN? ¿En España es necesario el consentimiento informado de los
sospechosos para la obtención de su ADN?
Pregunta 6
¿Qué pruebas genéticas se realizan en la investigación de un delito?
Pregunta 7
¿Qué similitudes y diferencias tienen la replicación y la técnica de PCR?
Pregunta 8
Ordena los pasos que hay que seguir en una PCR, para obtener la amplificación de
fragmentos.
Pregunta 9
¿Qué tipo se secuencias se investigan en el estudio genético de delitos? ¿Son
codificantes las secuencias utilizadas en los análisis genéticos? ¿son polimórficas?
Pregunta 10
¿Qué aplicaciones forenses tienen las pruebas del ADN? ¿Por qué se llaman huellas
genéticas o perfil de ADN?
Pregunta 11
Supongamos que uno de los marcadores moleculares utilizado es el siguiente:

- 155 -
Marcador STR-1
Alelos
Frecuencias en la
población
5
6
7
8
9
10
1/200
1/10
1/100
1/8
1/5
1/300
¿Cuál es la probabilidad de que dos personas posean los alelos 5 y 8?
Supongamos un segundo marcador:
Marcador STR-2
Alelos
Frecuencias en la
población
1
2
3
4
11
12
1/8
1/100
1/200
1/6
1/20
1/30
¿Qué probabilidad hay de que dos personas posean la combinación de alelos 5 y 8
para un marcador y 2 y 11 para el otro?
Pregunta 12
El análisis molecular realizado a la muestra encontrada en la escena del crimen (E) y a
muestras de saliva de dos sospechosos, dio el siguiente resultado:
Si la muestra de Larry Mayes fuese la número 1, ¿Qué nos indicaría acerca de su
culpabilidad?
Pregunta 13
¿Qué tipo de análisis se debe realizar a las muestras obtenidas en la escena del
delito, en el caso de que no hubiese sospechosos?
Pregunta 14
Discuta las ventajas y desventajas de utilizar tests genéticos en los estudios forenses
de delitos.

- 156 -
Pregunta 15
Las bases de datos de ADN: debate
- El Proyecto Inocencia: http://www.innocenceproject.org
- Libro de texto de Genética. Capítulos: Replicación, Análisis molecular del genoma
- Human Genome Project Information: DNA forensics:
http://www.ornl.gov/sci/techresources/Human_Genome/elsi/forensics.shtml
- Genética forense: Aspectos científicos, éticos y legales:
http://payala.mayo.uson.mx/QOnline/Genetica_forense.htm
- DNA Fingerprinting in Human Health and Society:
http://www.accessexcellence.org/RC/AB/BA/DNA_Fingerprinting_Basics.php
- International Society for Forensic Genetics: http://www.isfg.org/
- Base de datos de los haplotipos del cromosoma Y: http://www.ystr.org/

- 157 -
La atleta descalificada. Un caso de dopaje genético.
Caster Semenya ganó la final femenina de 800 m del Campeonato Mundial de
Atletismo celebrado en Berlín en 2009 con la mejor marca del año, confirmando un
gran palmarés deportivo. Pero esta victoria creó polémica. Otras atletas mostraron
dudas acerca del sexo de la corredora, dudas que se acrecentaron al conocerse que la
Asociación Internacional de Federaciones de Atletismo (IAAF) le había solicitado un
test de verificación del sexo al detectar que sus niveles de testosterona eran tres
veces superiores a los niveles normales en mujeres. Pronto aparecieron rumores de
que la corredora no era mujer, sino hermafrodita.
Casos parecidos han ocurrido antes tanto en atletismo como en otros deportes. Un
caso muy llamativo fue el de la atleta polaca Stanislawa Walasiewiczowna, ganadora
de dos medallas olímpicas en la década de 1930. Tras morir y gracias a la autopsia se
descubrió que poseía genitales masculinos. Dora Ratjen, que corrió en el equipo
olímpico aleman en 1936, reconoció posteriormente que en realidad era Heinrich
Ratjen y declaró que había sido obligado por el gobierno nazi a participar en los juegos
olímpicos como una mujer. Ya en los años 60, otras atletas soviéticas también
sembraron dudas acerca de su sexo. Todas estas circustancias llevaron al Comité
Olímpico Internacional a establecer pruebas obligatorias de determinación del sexo
para las atletas. Las rusas Tamara e Irina Press, habiendo sido medallistas olímpicas
en los años 60, no se sometieron a las pruebas de determinación del sexo y dejaron
de competir. Estas pruebas dejarón de ser obligatorias en el año 1999. Sin embargo,
todavía se producen casos de descalificación por motivo de sexo. Recientemente, en
los juegos asiáticos 2006, a la deportista india Santhi Soundarajan le arrebataron su
medalla de plata conseguida en los 800 m por no verificar su sexo femenino en una
prueba de sexo.
Pregunta 1
¿Cómo determinarías el sexo de una atleta?
Pregunta 2
¿Cómo determinar el sexo cromosómico?
Pregunta 3
¿Cómo determinar el sexo genético?
Pregunta 4
Las atletas -como la deportista indú Santhi Soundarajan- que han sido descalificadas
por poseer un cariotipo masculino ¿Cómo es posible que presenten un fenotípo de
mujer?
El motivo para realizar los test de determinación del sexo ha sido evitar que algunas
atletas tuviesen una ventaja desleal frente a las demás competidoras debido a su
constitución XY. Sin embargo, las personas con CAIS se desarrollan como mujeres a
pesar de tener un cromosoma Y, y actualmente se acepta que sus cuerpos no les
proporcionan una ventaja adicional en el deporte. Por el contrario existen otros
procesos que si pueden suponer una ventaja competitiva, como algunos tumores
secretores de andrógenos o la hiperplasia adrenal congénita. Estos eventos pasan
completamente desapercibidos en las pruebas de determinación del sexo.
Y volviendo al caso de Caster Semenya, esta deportista ha conseguido, tras
innumerables rumores acerca de su feminidad y del resultado de las pruebas de

- 158 -
determinación del sexo, mantener su medalla de oro y que no se hagan públicos los
resultados de los tests.
Otros temas para discusión
-Dopaje genético
-Conflictos de identidad sexual, transexualidad y participación en deportes.
-Hermafroditismo
- Hiperplasia adrenal congénita
- Síndrome de insensibilidad parcial a los andrógenos
- Otros sistemas de determinación del sexo
- Síndromes de Turner y Klinefelter
Recursos en Internet:
- Howard Hughes Medical Institute animación sobre los test de determinación del sexo
en atletas:
http://www.hhmi.org/biointeractive/gendertest/gendertest.html
- Síndrome de insensibilidad a los andrógenos en Medline:
http://www.nlm.nih.gov/medlineplus/spanish/ency/article/001180.htm

- 159 -
Construcción de un cromosoma artificial humano
Los cromosomas artificiales humanos, también conocidos por su acrónimo en
inglés HAC (Human artificial chromosome) son vectores de transferencia de genes
que se comportan como los cromosomas humanos normales. Se replican, segregan
de manera estable y usan los componentes funcionales de la célula humana, evitando
así los problemas de integración en el genoma del huésped, por tanto, pueden
introducirse en otras células humanas sin problema. Resultan muy útiles para estudiar
la expresión y entender la función de los cromosomas, ya que ofrecen la posibilidad de
expresar grandes fragmentos de ADN humano en otros modelos animales.
La combinación de fragmentos de cromosomas o los cromosomas artificiales humanos
por transferencia mediada por microcélulas ha facilitado el mapeo de genes humanos
y de diversos estudios genéticos. La reciente aparición de la ingeniería de tejidos
madre basada en células ha abierto nuevas vías para las terapias génicas y celulares.
Ahora la tarea es el desarrollo de vectores seguros y eficaces que puedan introducir
genes terapéuticos en células madre y mantener la expresión reguladora específica a
largo plazo de estos genes. Aunque sigue siendo necesario mejorar la eficiencia de la
transferencia, los HACs poseen varias características que se requieren para un buen
vector de terapia génica, incluido el mantenimiento estable episomal y la capacidad de
insercion de genes de gran tamaño. Además, los HACs también pueden portar loci
genómicos con elementos reguladores, que permiten la expresión de transgenes en un
entorno genético similar al cromosoma natural.
Te ha contratado una empresa biotecnológica con el fin de que recabes información,
diseñes y desarrolles cromosomas artificiales humanos.
Pregunta 1
¿Componentes que han de constituir un cromosoma artificial?
Pregunta 2
Métodos recogidos en la bibliografía por medio de los cuales pueden construirse
cromosomas artificiales.
Pregunta 3
Una vez conocidos los métodos ¿cuál seria el que escogerías para tud
investigaciones?
Pregunta 4
Uso del HAC como vehículo de transferencia
Otros temas para discusión
- Terapia génica
- Ingeniería genética
- ¿Se podrían heredar los cromosomas artificiales?
- ¿Se podría llegar a crear vida artificial componiendo cromosomas artificiales?

- 160 -
Basu J, Willard HF. (2006) Human artificial chromosomes: potential applications and
clinical considerations. Pediatr Clin North Am. 53:843-853.
Kazuki Y, Oshimura M (2011) Human Artificial Chromosomes for Gene Delivery and the
Development of Animal Models. Molecular Therapy, (12 July 2011 on line)|
doi:10.1038/mt.2011.136.
Macnab S, Whitehouse A (2009) Progress and prospects: human artificial
chromosomes. Gene Therapy 16:1180-1188.

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