Salta al contingut
Classes de reforç

Exercicis de genètica — Biologia 2n Batxillerat

Els problemes de genètica són un clàssic de la PAU, i aquests exercicis t'hi entrenen amb casos complets. Comences pel cicle cel·lular i la diferència entre mitosi i meiosi, i continues amb la genètica mendeliana i l'herència lligada al sexe, com el daltonisme o l'hemofília, calculant probabilitats per a fills i filles. Després treballes el lligament i la recombinació: què és el sobreencreuament i com es calcula la distància entre gens. Al final estudies les mutacions i els agents mutàgens. Les solucions escriuen genotips i quadres de Punnett pas a pas. Errors típics: confondre mitosi i meiosi i pensar que la divisió és la fase més llarga del cicle.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Quines són les dues grans etapes del cicle cel·lular?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

Les dues etapes són la interfase (la cèl·lula creix i duplica l'ADN) i la fase M o divisió (mitosi i citocinesi).

Resolució

  1. Interfase. És l'etapa més llarga. La cèl·lula creix i duplica l'ADN; es divideix en tres fases: G1G_{1} (creixement), S (síntesi o replicació de l'ADN) i G2G_{2} (preparació per a la divisió).
  2. Fase M (divisió). La cèl·lula es divideix en dues: primer el nucli, per mitosi, i després el citoplasma, per citocinesi.
  3. Conclusió. El cicle cel·lular alterna una etapa de creixement i duplicació (interfase) amb una de repartiment (fase M).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Quantes cèl·lules filles s'obtenen d'una mitosi i quantes d'una meiosi? Com són genèticament?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

La mitosi dona 2 cèl·lules idèntiques entre elles i a la mare; la meiosi en dona 4, haploides i genèticament diferents.

Resolució

  1. Mitosi. Una cèl·lula es divideix una sola vegada i en surten 2 cèl·lules filles amb el mateix nombre de cromosomes i la mateixa informació genètica que la mare: són idèntiques entre elles i a la mare.
  2. Meiosi. Hi ha dues divisions seguides (meiosi I i meiosi II) i en surten 4 cèl·lules amb la meitat de cromosomes (haploides, n).
  3. Variabilitat. Les 4 cèl·lules de la meiosi són genèticament diferents entre elles i de la mare, pel sobreencreuament i per la segregació a l'atzar dels homòlegs.
  4. Conclusió. La mitosi conserva la informació (creixement, reparació); la meiosi la redueix a la meitat i la barreja (formació de gàmetes).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Què és un mutagen? Posa'n un exemple.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

Un mutagen és un agent extern que provoca mutacions (augmenta els canvis a l'ADN); per exemple, els raigs ultraviolats del sol.

Resolució

  1. Definició. Un mutagen és un agent extern a la cèl·lula que provoca mutacions, és a dir, que augmenta la freqüència de canvis a l'ADN.
  2. Mutàgens físics. Certes radiacions: els raigs ultraviolats del sol, els raigs X.
  3. Mutàgens químics. Algunes substàncies químiques, com les del fum del tabac.
  4. Conclusió. Exemple: els raigs UV del sol, que poden alterar l'ADN de les cèl·lules de la pell.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Relaciona cada terme amb la seva definició: gen, al·lel, homozigot, heterozigot, genotip, fenotip. Definicions: a) conjunt de caràcters observables d'un individu; b) individu amb dos al·lels diferents d'un gen; c) fragment d'ADN que conté la informació d'un caràcter; d) individu amb dos al·lels iguals d'un gen; e) cadascuna de les formes alternatives d'un gen; f) conjunt d'al·lels que té un individu. Posa un exemple amb el color de les llavors dels pèsols (groc dominant sobre verd).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

Gen → c; al·lel → e; homozigot → d; heterozigot → b; genotip → f; fenotip → a. Exemple: GG i Gg són grocs i gg és verd.

Resolució

  1. Relació de termes. Gen: c) fragment d'ADN que conté la informació d'un caràcter. Al·lel: e) cadascuna de les formes alternatives d'un gen. Homozigot: d) individu amb dos al·lels iguals. Heterozigot: b) individu amb dos al·lels diferents. Genotip: f) conjunt d'al·lels que té un individu. Fenotip: a) conjunt de caràcters observables.
  2. Gen i al·lels de l'exemple. El gen del color de la llavor té dos al·lels: G (groc, dominant) i g (verd, recessiu).
  3. Genotips i fenotips. Un pèsol GG és homozigot dominant i té fenotip groc; Gg és heterozigot i també és groc, perquè G domina; gg és homozigot recessiu i és verd.
  4. Conclusió. Fixa't que dos genotips diferents (GG i Gg) poden donar el mateix fenotip: el fenotip no sempre revela el genotip.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

En els pèsols, l'al·lel de llavor groga (G) és dominant sobre el de llavor verda (g). S'encreuen dues plantes heterozigotes. Escriu els gàmetes de cada progenitor, fes el quadre d'encreuament i indica les proporcions genotípiques i fenotípiques de la descendència.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

Gàmetes: G i g (12\tfrac{1}{2} cada un) en tots dos progenitors. Genotips: 1 GG : 2 Gg : 1 gg; fenotips: 34\tfrac{3}{4} grogues i 14\tfrac{1}{4} verdes (3 : 1).

Resolució

  1. Dades. Encreuament Gg × Gg. Cada progenitor forma dos tipus de gàmetes, G i g, en la mateixa proporció (12\tfrac{1}{2} cada un).
  2. Quadre d'encreuament. G × G → GG; G × g → Gg; g × G → Gg; g × g → gg.
  3. Proporcions genotípiques. 14\tfrac{1}{4} GG, 24\tfrac{2}{4} Gg i 14\tfrac{1}{4} gg, és a dir, 1 : 2 : 1.
  4. Proporcions fenotípiques. 34\tfrac{3}{4} de llavors grogues (GG i Gg) i 14\tfrac{1}{4} de verdes (gg), és a dir, 3 : 1.
  5. Comprovació. 14+24+14=1\tfrac{1}{4} + \tfrac{2}{4} + \tfrac{1}{4} = 1. Recorda que les proporcions són probabilitats: en una descendència petita els nombres reals poden desviar-se'n.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Identifica a quina fase de la divisió cel·lular correspon cada descripció i ordena-les cronològicament: a) els cromosomes s'alineen a la placa equatorial, units al fus pels centròmers; b) les cromàtides germanes se separen i migren cap a pols oposats; c) la cromatina es condensa en cromosomes visibles i l'envolta nuclear desapareix; d) es formen dues envoltes nuclears i els cromosomes es descondensen; e) un anell contràctil estrangula la cèl·lula i divideix el citoplasma.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

a) Metafase; b) anafase; c) profase; d) telofase; e) citocinesi. Ordre: c → a → b → d → e.

Resolució

  1. Identificació. a) Cromosomes a la placa equatorial: metafase. b) Separació de les cromàtides germanes: anafase. c) Condensació de la cromatina i desaparició de l'envolta nuclear: profase. d) Noves envoltes nuclears i descondensació: telofase. e) Anell contràctil que divideix el citoplasma: citocinesi.
  2. Ordre cronològic. c) profase → a) metafase → b) anafase → d) telofase → e) citocinesi.
  3. Mitosi i citocinesi. Les quatre primeres fases formen la mitosi (divisió del nucli, cariocinesi); la citocinesi és la divisió del citoplasma, que comença ja durant la telofase.
  4. Cèl·lules vegetals. No hi ha anell contràctil: es forma una paret nova (fragmoplast) des del centre cap a fora.
  5. Compte. Un error típic és dir que a l'anafase se separen «els cromosomes homòlegs»: a la mitosi se separen les cromàtides germanes de cada cromosoma.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Explica la diferència entre dos cromosomes homòlegs i les dues cromàtides germanes d'un cromosoma: d'on prové cadascun, si porten els mateixos gens i si porten necessàriament els mateixos al·lels. En quina divisió se separen els uns i en quina les altres?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

Els homòlegs vénen un del pare i un de la mare, porten els mateixos gens però no necessàriament els mateixos al·lels, i se separen a l'anafase I; les cromàtides germanes són còpies idèntiques (mateixos al·lels) i se separen a l'anafase de la mitosi i a l'anafase II.

Resolució

  1. Cromosomes homòlegs. Són una parella de cromosomes de la mateixa mida i forma, un heretat del pare i l'altre de la mare. Porten els mateixos gens en les mateixes posicions, però no necessàriament els mateixos al·lels (per exemple, un pot portar G i l'altre g).
  2. Cromàtides germanes. Són les dues còpies idèntiques d'un mateix cromosoma que es formen quan l'ADN es replica a la fase S, unides pel centròmer. Porten els mateixos gens i els mateixos al·lels (llevat d'un error de replicació).
  3. Quan se separen els homòlegs. A l'anafase I de la meiosi; es reparteixen a l'atzar, un a cada cèl·lula filla.
  4. Quan se separen les cromàtides. A l'anafase de la mitosi i a l'anafase II de la meiosi.
  5. Conclusió. Els homòlegs poden ser diferents (origen patern i matern); les cromàtides germanes són còpia l'una de l'altra.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

En una planta, la flor porpra (P) és dominant sobre la flor blanca (p). Tens una planta de flor porpra i no saps si és homozigota o heterozigota. Explica quin encreuament faries per saber-ho i quins resultats esperaries en cada cas.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

Cal fer un encreuament prova amb una planta blanca (pp): si tota la descendència és porpra, la planta és PP; si surt 1 porpra : 1 blanca, és Pp.

Resolució

  1. Plantejament. El fenotip porpra pot correspondre a PP o a Pp. Cal fer una prova de l'encreuament (encreuament prova o retroencreuament): encreuar la planta porpra problema amb una planta de flor blanca, que segur que és homozigota recessiva (pp), perquè el fenotip recessiu només apareix en homozigosi.
  2. Si és PP. PP × pp → tota la descendència és Pp, de flor porpra (100 %).
  3. Si és Pp. Pp × pp → 12\tfrac{1}{2} Pp (porpra) i 12\tfrac{1}{2} pp (blanca), és a dir, 1 : 1.
  4. Interpretació. Si apareix alguna planta de flor blanca entre la descendència, la planta problema és heterozigota; si només surten porpres (amb prou descendents), és homozigota.
  5. Per què funciona. El progenitor recessiu només aporta al·lels p, de manera que el fenotip dels fills revela l'al·lel que ha aportat la planta problema.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Raona si és cert o fals: «El sexe d'un nadó depèn de la mare, perquè és ella qui el gesta». Explica, a partir dels cromosomes sexuals i dels gàmetes de cada progenitor, com es determina el sexe en l'espècie humana i quina probabilitat hi ha que un nadó sigui nen o nena.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

Fals. El sexe el determina el pare: l'espermatozoide pot portar X (nena) o Y (nen); la probabilitat és 12\tfrac{1}{2} nen i 12\tfrac{1}{2} nena.

Resolució

  1. Cromosomes sexuals. En l'espècie humana, les dones tenen els cromosomes sexuals XX i els homes, XY.
  2. Gàmetes. En la meiosi, tots els òvuls reben un cromosoma X: la mare sempre aporta X. En canvi, la meitat dels espermatozoides porten X i l'altra meitat, Y.
  3. Fecundació. Si fecunda un espermatozoide X, el zigot és XX (nena); si fecunda un espermatozoide Y, el zigot és XY (nen). És el pare, doncs, qui determina el sexe, i ho fa a l'atzar.
  4. Probabilitat. 12\tfrac{1}{2} nen i 12\tfrac{1}{2} nena (50 % cada un) en cada embaràs, independentment dels fills anteriors. Que la mare el gesti no hi influeix.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Dos germans (que no són bessons) tenen els mateixos pares però són genèticament diferents. Indica tres processos de la reproducció sexual que expliquen aquesta variabilitat, en quin moment té lloc cadascun, i quina és la font última de tota la variabilitat genètica.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

Sobreencreuament (profase I), segregació independent dels homòlegs (anafase I) i fecundació a l'atzar; la font última de variabilitat són les mutacions.

Resolució

  1. Sobreencreuament (recombinació). A la profase I de la meiosi, els cromosomes homòlegs intercanvien fragments, de manera que cada cromosoma dels gàmetes porta una combinació nova d'al·lels paterns i materns.
  2. Segregació independent dels homòlegs. A l'anafase I, cada parella d'homòlegs es reparteix a l'atzar, independentment de les altres parelles; amb 23 parelles, una persona pot produir 2232^{23} (més de 8 milions) de combinacions de cromosomes, sense comptar el sobreencreuament.
  3. Fecundació a l'atzar. En el moment de la fecundació, qualsevol dels milions d'espermatozoides pot fecundar l'òvul, de manera que cada zigot és una combinació única.
  4. Font última. Les mutacions són les que creen al·lels nous; la reproducció sexual només els combina de maneres diferents.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Digues tres diferències entre la mitosi i la meiosi.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

La mitosi dona 2 cèl·lules idèntiques i amb el mateix nombre de cromosomes; la meiosi en dona 4, diferents i amb la meitat de cromosomes.

Resolució

  1. Nombre de cèl·lules. La mitosi dona 2 cèl·lules filles i la meiosi, 4 (fa dues divisions seguides).
  2. Informació genètica. Les cèl·lules de la mitosi són idèntiques a la mare; les de la meiosi són diferents entre elles i de la mare.
  3. Nombre de cromosomes. La mitosi manté el nombre de cromosomes (2n → 2n); la meiosi el redueix a la meitat (2n → n).
  4. Funció. A més, la mitosi serveix per créixer i reparar teixits, i la meiosi, per fer gàmetes i generar variabilitat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

El daltonisme és un caràcter recessiu lligat al cromosoma X. Escrivim XDX^{D} per a l'al·lel de visió normal i XdX^{d} per al del daltonisme (el cromosoma Y no en porta cap còpia). Una dona portadora, de genotip XDX^{D} XdX^{d}, té descendència amb un home de visió normal (XDX^{D} Y). Quina proporció de daltònics s'espera entre les filles i entre els fills?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

Filles: cap daltònica (la meitat portadores). Fills: la meitat daltònics (12\tfrac{1}{2}).

Resolució

  1. Gàmetes. La mare (XDXdX^{D}X^{d}) forma la meitat de gàmetes XDX^{D} i la meitat XdX^{d}. El pare (XDYX^{D}\mathrm{Y}) forma la meitat XDX^{D} i la meitat Y.
  2. Quadre de Punnett. XDX^{D} (mare) + XDX^{D} (pare): filla XDXDX^{D}X^{D}, visió normal. XdX^{d} + XDX^{D}: filla XDXdX^{D}X^{d}, visió normal però portadora. XDX^{D} + Y: fill XDYX^{D}\mathrm{Y}, visió normal. XdX^{d} + Y: fill XdYX^{d}\mathrm{Y}, daltònic.
  3. Filles. Totes tenen visió normal (cap daltònica), perquè totes reben el XDX^{D} del pare; la meitat, però, són portadores.
  4. Fills. La meitat tenen visió normal i l'altra meitat són daltònics.
  5. Per què. El parany és que el fill només té una X (és hemizigot): n'hi ha prou que rebi el XdX^{d} de la mare perquè el caràcter recessiu s'expressi. En canvi, la filla queda protegida pel XDX^{D} del pare.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

La freqüència de recombinació entre dos gens és del 12 %. Quina distància els separa al mapa genètic? (Ampliació: aquest càlcul no entra a la PAU.)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

Els gens són a 12 unitats de mapa (12 cM).

Resolució

  1. Dades. Freqüència de recombinació entre els dos gens: 12 %.
  2. Conveni. Una freqüència de recombinació de l'1 % equival a 1 unitat de mapa (1 centimorgan, cM).
  3. Càlcul. 12 %→12 unitats de mapa=12 cM12\ \% \rightarrow 12\ \text{unitats de mapa} = 12\ \text{cM}.
  4. Conclusió. Els dos gens són a 12 unitats de distància al cromosoma.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Què és el sobreencreuament i quan passa?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

És l'intercanvi de fragments entre cromosomes homòlegs aparellats; passa a la profase I de la meiosi.

Resolució

  1. Què és. El sobreencreuament (o entrecreuament) és l'intercanvi de trossos entre cromosomes homòlegs emparellats; és el mecanisme de la recombinació.
  2. Quan passa. Durant la meiosi, a la profase I, quan els homòlegs estan aparellats.
  3. Conseqüència. Pot separar gens que anaven lligats i barrejar les combinacions d'al·lels paterns i materns, cosa que aporta variabilitat als gàmetes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Una cèl·lula somàtica humana té 46 cromosomes (2n = 46). Indica quants cromosomes i quantes molècules d'ADN (cromàtides) té: a) a la fase G1G_{1}; b) a la fase G2G_{2}, després de la replicació; c) a la metafase de la mitosi; d) cada cèl·lula filla acabada la mitosi; e) un gàmeta. Explica per què el nombre de cromosomes i el de molècules d'ADN no sempre coincideixen.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

a) 46 cromosomes i 46 ADN; b) 46 i 92; c) 46 i 92; d) 46 i 46; e) 23 i 23. No coincideixen entre la fase S i l'anafase, quan cada cromosoma té dues cromàtides.

Resolució

  1. a) G1G_{1}. 46 cromosomes i 46 molècules d'ADN: cada cromosoma té una sola cromàtida.
  2. b) G2G_{2}. 46 cromosomes i 92 molècules d'ADN. La replicació ha doblat l'ADN, però cada cromosoma continua sent una unitat amb dues cromàtides germanes unides pel centròmer.
  3. c) Metafase. Igual que a G2G_{2}: 46 cromosomes amb 92 cromàtides. És quan es veuen millor, amb forma de X.
  4. d) Cèl·lules filles. 46 cromosomes i 46 molècules d'ADN cada una, perquè a l'anafase cada cromàtida ha passat a ser un cromosoma independent i s'han repartit en dos lots iguals.
  5. e) Gàmeta. 23 cromosomes i 23 molècules d'ADN (n), perquè la meiosi redueix el nombre a la meitat i a la meiosi II se separen les cromàtides.
  6. Per què no coincideixen. Els cromosomes es compten pel nombre de centròmers, i les molècules d'ADN pel nombre de cromàtides: entre la fase S i l'anafase cada cromosoma té dues cromàtides, i les xifres no coincideixen.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

El grup sanguini ABO està determinat per tres al·lels: IAI^{A} i IBI^{B} són codominants entre si i tots dos dominen sobre i. Una dona del grup A i un home del grup B tenen un fill del grup O.
a) Determina el genotip dels pares i justifica'l.
b) Calcula la probabilitat que el seu proper fill sigui del grup AB i la que sigui del grup A.
c) Explica què significa que IAI^{A} i IBI^{B} siguin codominants.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Apartat a)

Resultat

Mare IAiI^{A}i i pare IBiI^{B}i: tots dos heterozigots.

Resolució

  1. Dades. El fill és del grup O, de genotip ii.
  2. Raonament. El fill ii ha rebut un al·lel i de cada progenitor. Per tant, la mare (grup A) ha de ser IAiI^{A}i i el pare (grup B), IBiI^{B}i.
  3. Comprovació. El grup O del fill és compatible amb uns pares A i B, cosa que sovint sorprèn.

Apartat b)

Resultat

P(AB)=14P(\text{AB}) = \tfrac{1}{4} (25 %); P(A)=14P(\text{A}) = \tfrac{1}{4} (25 %).

Resolució

  1. Gàmetes. Encreuament IAi×IBiI^{A}i \times I^{B}i. La mare forma gàmetes IAI^{A} o i; el pare, IBI^{B} o i.
  2. Descendència. IAIBI^{A}I^{B} (grup AB), IAiI^{A}i (grup A), IBiI^{B}i (grup B) i ii (grup O), cada una amb probabilitat 14\tfrac{1}{4}.
  3. Conclusió. P(grup AB) = 14\tfrac{1}{4} i P(grup A) = 14\tfrac{1}{4}.

Apartat c)

Resultat

En l'heterozigot IAIBI^{A}I^{B} s'expressen tots dos al·lels alhora: fenotip AB.

Resolució

  1. Codominància. En l'heterozigot IAIBI^{A}I^{B} s'expressen tots dos al·lels alhora.
  2. Fenotip. Els glòbuls vermells tenen antígens A i antígens B, i el fenotip és AB: no és una barreja intermèdia ni domina un dels dos.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

En els conillets d'Índies, el pèl negre (N) és dominant sobre el blanc (n) i el pèl curt (C) és dominant sobre el llarg (c); els dos gens són independents. S'encreuen dos animals de pèl negre i curt, heterozigots per als dos caràcters. Indica els gàmetes que forma cadascun, les proporcions fenotípiques esperades a la descendència i la probabilitat d'obtenir un conillet de pèl negre i llarg.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Resultat

Gàmetes NC, Nc, nC i nc (14\tfrac{1}{4} cada un); fenotips 9 negre curt : 3 negre llarg : 3 blanc curt : 1 blanc llarg; P(negre i llarg)=316P(\text{negre i llarg}) = \tfrac{3}{16}.

Resolució

  1. Dades. Encreuament NnCc × NnCc, amb gens independents.
  2. Segona llei de Mendel. Com que els gens són independents, cada progenitor forma quatre tipus de gàmetes en proporció igual: NC, Nc, nC i nc (14\tfrac{1}{4} cada un).
  3. Quadre de 4 × 4. Les 16 caselles donen la proporció fenotípica 9 : 3 : 3 : 1: 916\tfrac{9}{16} negres i curts, 316\tfrac{3}{16} negres i llargs, 316\tfrac{3}{16} blancs i curts i 116\tfrac{1}{16} blancs i llargs.
  4. Forma ràpida. Tracta cada caràcter per separat i multiplica: P(negre)=34P(\text{negre}) = \tfrac{3}{4} i P(llarg)=14P(\text{llarg}) = \tfrac{1}{4}, de manera que P(negre i llarg)=34⋅14=316P(\text{negre i llarg}) = \tfrac{3}{4}\cdot\tfrac{1}{4} = \tfrac{3}{16}
  5. Comprovació. 916+316+316+116=1616=1\tfrac{9}{16} + \tfrac{3}{16} + \tfrac{3}{16} + \tfrac{1}{16} = \tfrac{16}{16} = 1.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

En la flor de nit, en encreuar una línia pura de flors vermelles amb una de flors blanques, tota la F1F_{1} té flors roses. Si s'encreuen dues plantes roses entre si, la F2F_{2} té flors vermelles, roses i blanques.
a) Explica quin tipus d'herència és i escriu els genotips de cada fenotip.
b) Calcula les proporcions esperades a la F2F_{2}.
c) Raona si aquest resultat contradiu les lleis de Mendel.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Apartat a)

Resultat

Herència intermèdia (dominància incompleta): vermella R1R1R_{1}R_{1}, blanca R2R2R_{2}R_{2}, rosa R1R2R_{1}R_{2}.

Resolució

  1. Observació. La F1F_{1} de vermella × blanca té un fenotip nou, intermedi (rosa).
  2. Tipus d'herència. És herència intermèdia (dominància incompleta): cap dels dos al·lels domina sobre l'altre i l'heterozigot mostra un fenotip intermedi.
  3. Genotips. Vermella = R1R1R_{1}R_{1}, blanca = R2R2R_{2}R_{2}, rosa = R1R2R_{1}R_{2} (l'heterozigot fabrica la meitat de pigment).

Apartat b)

Resultat

F2F_{2}: 14\tfrac{1}{4} vermelles, 24\tfrac{2}{4} roses i 14\tfrac{1}{4} blanques (1 : 2 : 1).

Resolució

  1. Encreuament. R1R2×R1R2R_{1}R_{2} \times R_{1}R_{2}; cada planta forma gàmetes R1R_{1} i R2R_{2} a parts iguals.
  2. Resultat. 14\tfrac{1}{4} R1R1R_{1}R_{1} (vermelles), 24\tfrac{2}{4} R1R2R_{1}R_{2} (roses) i 14\tfrac{1}{4} R2R2R_{2}R_{2} (blanques): 1 : 2 : 1.
  3. Observació. Aquí la proporció fenotípica coincideix amb la genotípica, perquè cada genotip té un fenotip propi.

Apartat c)

Resultat

No les contradiu: la F1F_{1} és uniforme i els al·lels segreguen 1 : 2 : 1; només canvia que l'heterozigot es distingeix.

Resolució

  1. Primera llei. La uniformitat de la F1F_{1} es compleix: totes les plantes són roses.
  2. Segregació. La segregació dels al·lels és exactament la mendeliana (1 : 2 : 1 de genotips); l'única diferència és que l'heterozigot es distingeix a simple vista, de manera que no apareix la proporció 3 : 1.
  3. Conclusió. De fet, la reaparició de vermelles i blanques a la F2F_{2} demostra que els al·lels no es barregen i es conserven intactes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

La fibrosi quística és una malaltia autosòmica recessiva. Una parella sana té un primer fill afectat per la malaltia.
a) Determina el genotip dels dos pares.
b) Calcula la probabilitat que el segon fill estigui afectat.
c) Si el segon fill és sa, calcula la probabilitat que sigui portador.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Apartat a)

Resultat

Tots dos pares són heterozigots portadors: Ff × Ff.

Resolució

  1. Dades. Malaltia autosòmica recessiva; pares sans i fill afectat.
  2. Raonament. El fill afectat és homozigot recessiu (ff) i ha rebut un al·lel f de cada progenitor. Com que els pares són sans, tots dos són heterozigots portadors: Ff × Ff.

Apartat b)

Resultat

P(afectat)=14P(\text{afectat}) = \tfrac{1}{4} (25 %).

Resolució

  1. Encreuament. Ff × Ff dona 14\tfrac{1}{4} FF, 24\tfrac{2}{4} Ff i 14\tfrac{1}{4} ff.
  2. Conclusió. La probabilitat que el segon fill estigui afectat és 14\tfrac{1}{4}, igual que en cada embaràs: el que ha passat amb el primer fill no canvia la probabilitat.

Apartat c)

Resultat

P(portador∣sa)=23P(\text{portador} \mid \text{sa}) = \tfrac{2}{3}.

Resolució

  1. Plantejament. Si sabem que el fill és sa, només queden dues possibilitats: FF (14\tfrac{1}{4}) i Ff (24\tfrac{2}{4}).
  2. Probabilitat condicionada. P=2/41/4+2/4=2/43/4=23P = \dfrac{2/4}{1/4 + 2/4} = \dfrac{2/4}{3/4} = \dfrac{2}{3}
  3. Compte. No és 12\tfrac{1}{2}, que és la probabilitat de ser portador abans de saber que el fill és sa: en descartar els afectats, la probabilitat puja a 23\tfrac{2}{3}.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Una espècie té 2n = 8 cromosomes. Una de les seves cèl·lules germinals fa la meiosi.
a) Indica quants cromosomes i quantes cromàtides té cada cèl·lula al final de la meiosi I i al final de la meiosi II.
b) Calcula quantes combinacions diferents de cromosomes poden tenir els gàmetes només per la segregació independent dels homòlegs (sense sobreencreuament).
c) Raona per què amb sobreencreuament el nombre de gàmetes diferents és encara més gran.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Apartat a)

Resultat

Final de la meiosi I: 4 cromosomes i 8 cromàtides per cèl·lula; final de la meiosi II: 4 cromosomes i 4 cromàtides.

Resolució

  1. Inici. Abans de la meiosi, la cèl·lula (2n = 8) ha replicat l'ADN: 8 cromosomes amb 16 cromàtides.
  2. Meiosi I. Se separen els homòlegs: cada cèl·lula filla té 4 cromosomes (n), cadascun amb dues cromàtides, és a dir, 8 cromàtides.
  3. Meiosi II. Se separen les cromàtides germanes: cadascuna de les 4 cèl·lules finals té 4 cromosomes amb 4 cromàtides (una molècula d'ADN per cromosoma).

Apartat b)

Resultat

24=162^{4} = 16 combinacions diferents.

Resolució

  1. Dades. Hi ha n = 4 parelles d'homòlegs.
  2. Segregació independent. Cada parella es pot orientar de dues maneres a la metafase I, independentment de les altres.
  3. Càlcul. 24=162^{4} = 16 combinacions de cromosomes diferents. En l'espècie humana (n = 23), només la segregació independent dona 2232^{23}, més de 8 milions de combinacions.

Apartat c)

Resultat

El sobreencreuament crea cromosomes recombinants nous, i el nombre de gàmetes diferents es fa pràcticament il·limitat.

Resolució

  1. Mecanisme. El sobreencreuament intercanvia fragments entre els homòlegs, de manera que cada cromosoma d'un gàmeta pot portar una combinació nova d'al·lels paterns i materns.
  2. Conclusió. Com que els punts d'intercanvi varien, ja no hi ha només 2 versions de cada cromosoma, i el nombre de gàmetes genèticament diferents és pràcticament il·limitat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Una persona pren el sol sense protecció i la radiació ultraviolada provoca una mutació en una cèl·lula de la pell. Una altra persona pateix una mutació en una cèl·lula de la línia germinal que forma els espermatozoides. Raona, per a cada cas: a) si la mutació es pot transmetre als fills; b) si pot afectar la salut de la mateixa persona; c) quin tipus de mutació (somàtica o germinal) és. Explica també per què moltes mutacions no tenen cap efecte.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Apartat a)

Resultat

La mutació de la pell no es transmet als fills; la de la línia germinal sí que es pot transmetre.

Resolució

  1. Mutació a la pell. No es transmet als fills, perquè els fills es formen a partir dels gàmetes i no de les cèl·lules de la pell.
  2. Mutació a la línia germinal. Sí que es pot transmetre, si l'espermatozoide que porta la mutació fecunda l'òvul; aleshores el fill la tindrà a totes les seves cèl·lules.

Apartat b)

Resultat

La de la pell pot afectar la persona (càncer de pell); la germinal, en general, no.

Resolució

  1. Mutació a la pell. Sí que pot afectar la persona: la cèl·lula mutada, en dividir-se per mitosi, transmet la mutació a totes les seves descendents i, si afecta gens de control del cicle cel·lular, pot originar un tumor (càncer de pell).
  2. Mutació a la línia germinal. En general no afecta la persona que la té, perquè només és en una cèl·lula germinal o en els seus derivats.

Apartat c)

Resultat

La de la pell és somàtica; la de la línia germinal és germinal. Moltes mutacions no tenen efecte (ADN no codificant, codi degenerat, reparació…).

Resolució

  1. Tipus. La mutació a la cèl·lula de la pell és somàtica; la de la línia que forma els espermatozoides és germinal.
  2. Mutacions sense efecte. Moltes mutacions no tenen cap efecte perquè cauen en ADN no codificant, perquè el canvi de base no canvia l'aminoàcid (codi genètic degenerat), perquè afecten una cèl·lula que no es divideix o perquè els sistemes de reparació de l'ADN les corregeixen.
  3. A més. En un heterozigot, un al·lel recessiu mutat queda emmascarat pel dominant.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Els elefants tenen vint còpies del gen TP53 al seu genoma, mentre que els humans i la resta de mamífers en tenen una. Aquest gen codifica la proteïna p53, que atura la divisió cel·lular al punt de control G2/M quan detecta dany al DNA, perquè es pugui reparar o, si no és possible, indueix la mort programada de la cèl·lula. (a) Quina relació hi ha entre el càncer i el cicle cel·lular? (b) TP53 és un oncogen o un gen supressor de tumors? Justifica-ho. (c) Per què tenir-ne vint còpies protegeix més que tenir-ne una?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

El càncer apareix quan una cèl·lula perd el control del cicle cel·lular (els punts de control) i es divideix sense aturador.

Resolució

  1. Cicle i control. El cicle cel·lular té punts de control que verifiquen, abans de deixar avançar la divisió, que el DNA estigui intacte i correctament duplicat.
  2. Causa → efecte. Quan mutacions successives espatllen aquests controls, la cèl·lula es divideix amb el DNA danyat, acumula més errors i es multiplica sense aturador.
  3. Conclusió. El resultat és un clon de cèl·lules descontrolades que forma un tumor.

Apartat b)

Resultat

TP53 és un gen supressor de tumors: la p53 frena el cicle i indueix l'apoptosi, i el càncer apareix quan se'n perd la funció.

Resolució

  1. Supressors. Els gens supressors de tumors frenen la divisió, i el càncer apareix quan es perd la seva funció (cal que fallin les dues còpies).
  2. Oncogens. Els oncogens, en canvi, acceleren la divisió i causen càncer quan s'activen en excés, amb una sola còpia mutada.
  3. p53. La p53 atura el cicle al punt de control G2/M quan detecta dany i indueix l'apoptosi si no es pot reparar: la seva feina és frenar, per tant TP53 és un supressor.

Apartat c)

Resultat

Perquè la protecció desaparegui han de quedar inutilitzades totes les còpies, i amb vint això és pràcticament impossible a l'atzar.

Resolució

  1. Plantejament. La protecció només es perd si queden inutilitzades totes les còpies de TP53 d'una mateixa cèl·lula.
  2. Una còpia. Amb una sola còpia funcional per cromosoma, n'hi ha prou amb relativament poques mutacions per perdre la funció.
  3. Vint còpies. Amb vint còpies, la probabilitat que l'atzar les inactivi totes en una mateixa cèl·lula és pràcticament nul·la.
  4. Paradoxa de Peto. Un animal molt gran i longeu té moltíssimes més divisions cel·lulars i hauria de tenir més càncer; no en té perquè ha acumulat mecanismes anticancerígens com aquest.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

L'hemofília A és una malaltia recessiva lligada al cromosoma X: XHX^{H} és l'al·lel normal i XhX^{h} el de l'hemofília. Una dona que NO té hemofília, però el pare de la qual sí que en tenia, es casa amb un home sa. a) Quin és el genotip de la dona i per què? b) Fes l'encreuament i dona les proporcions esperades entre les filles i entre els fills. c) Poden tenir una filla hemofílica? I un fill hemofílic? Explica-ho a partir del paper de la portadora i del fet que el mascle és hemizigot.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

La dona és XHXhX^{H}X^{h}: sana però portadora.

Resolució

  1. Dades. El pare de la dona era hemofílic, de genotip XhYX^{h}\mathrm{Y}.
  2. Herència de l'X. Un pare passa obligatòriament a totes les filles el seu únic cromosoma X, que aquí porta XhX^{h}.
  3. Conclusió. Com que la dona no té hemofília, l'altra X (la de la seva mare) ha de portar XHX^{H}: és XHXhX^{H}X^{h}, sana però portadora.

Apartat b)

Resultat

Filles: 12\tfrac{1}{2} sanes XHXHX^{H}X^{H} i 12\tfrac{1}{2} portadores XHXhX^{H}X^{h} (cap hemofílica). Fills: 12\tfrac{1}{2} sans i 12\tfrac{1}{2} hemofílics.

Resolució

  1. Encreuament. L'home sa és XHYX^{H}\mathrm{Y}: XHXh×XHYX^{H}X^{h} \times X^{H}\mathrm{Y}.
  2. Filles. XHXHX^{H}X^{H} (sana) i XHXhX^{H}X^{h} (sana portadora), a parts iguals. Cap filla hemofílica.
  3. Fills. XHYX^{H}\mathrm{Y} (sa) i XhYX^{h}\mathrm{Y} (hemofílic), a parts iguals: la meitat dels fills són hemofílics.

Apartat c)

Resultat

No poden tenir cap filla hemofílica; sí que poden tenir fills hemofílics.

Resolució

  1. Filla hemofílica. Hauria de ser XhXhX^{h}X^{h} i li caldria un XhX^{h} de cada progenitor; però el pare és sa i només pot donar XHX^{H} (o el Y). És impossible.
  2. Fill hemofílic. El fill rep la X de la mare i el Y del pare. Com que només té una X (és hemizigot), n'hi ha prou que sigui la XhX^{h} que li dona la portadora perquè la malaltia s'expressi.
  3. Conclusió. Per això les malalties recessives lligades a l'X afecten sobretot els homes i es transmeten a través de dones portadores sanes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Les mutacions es classifiquen segons l'abast en tres tipus, que reben noms diferents segons el llibre: gèniques (o puntuals, nucleotídiques), cromosòmiques (o estructurals) i genòmiques (o numèriques, cariotípiques). Assigna cada cas al seu tipus i digues quina n'és la causa més probable: (a) una base de l'ADN d'un gen es canvia per una altra durant la replicació; (b) es perd un fragment d'un cromosoma; (c) una cèl·lula rep un cromosoma de més perquè un parell no s'ha separat a la meiosi; (d) un fragment d'un cromosoma es gira 180° i es torna a inserir al mateix lloc.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Apartat a)

Resultat

Mutació gènica (puntual): error de la DNA polimerasa a la replicació.

Resolució

  1. Tipus. Gènica (puntual o nucleotídica): afecta una sola base d'un gen.
  2. Causa. Un error de la DNA polimerasa durant la replicació que el sistema de correcció no ha reparat.

Apartat b)

Resultat

Mutació cromosòmica (estructural): una deleció, per trencament del cromosoma.

Resolució

  1. Tipus. Cromosòmica (estructural), concretament una deleció: canvia l'estructura del cromosoma sense canviar-ne el nombre.
  2. Causa. Trencament del cromosoma per un agent mutagen (per exemple, radiació) i reparació defectuosa.

Apartat c)

Resultat

Mutació genòmica (numèrica): una aneuploïdia, per no-disjunció a la meiosi.

Resolució

  1. Tipus. Genòmica (numèrica o cariotípica), una aneuploïdia: canvia el nombre de cromosomes del cariotip.
  2. Causa. No-disjunció a la meiosi: una parella d'homòlegs (o de cromàtides) no s'ha separat.

Apartat d)

Resultat

Mutació cromosòmica (estructural): una inversió.

Resolució

  1. Tipus. Cromosòmica (estructural), una inversió: el fragment hi continua però amb l'ordre dels gens capgirat.
  2. Causa. Dos trencaments al cromosoma i reunió del fragment girat (per exemple, per un agent mutagen).
  3. Clau per no equivocar-te. Mira si el que canvia és una base (gènica), l'organització interna d'un cromosoma (cromosòmica) o el nombre de cromosomes (genòmica).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

El daltonisme és un caràcter recessiu lligat al cromosoma X. Un home daltònic es casa amb una dona de visió normal el pare de la qual era daltònic.
a) Escriu el genotip dels dos membres de la parella i justifica el de la dona.
b) Fes l'encreuament i calcula la probabilitat que un fill (nen) sigui daltònic i la probabilitat que una filla sigui daltònica.
c) Calcula la probabilitat que el primer fill de la parella, sense saber-ne el sexe, sigui daltònic.
d) Explica per què el daltonisme és molt més freqüent en homes que en dones.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

Home: XdYX^{d}\mathrm{Y}. Dona: XDXdX^{D}X^{d} (portadora).

Resolució

  1. Home. És daltònic i només té una X: XdYX^{d}\mathrm{Y}.
  2. Dona. El seu pare daltònic (XdYX^{d}\mathrm{Y}) li va donar obligatòriament l'XdX^{d}; com que ella hi veu bé, l'altra X és XDX^{D}: és portadora, XDXdX^{D}X^{d}.

Apartat b)

Resultat

P(nen daltoˋnic)=12P(\text{nen daltònic}) = \tfrac{1}{2}; P(nena daltoˋnica)=12P(\text{nena daltònica}) = \tfrac{1}{2}.

Resolució

  1. Gàmetes. Dona: XDX^{D} o XdX^{d} (12\tfrac{1}{2} cada un). Home: XdX^{d} o Y (12\tfrac{1}{2} cada un).
  2. Descendència. XDXdX^{D}X^{d} (filla portadora, 14\tfrac{1}{4}), XdXdX^{d}X^{d} (filla daltònica, 14\tfrac{1}{4}), XDYX^{D}\mathrm{Y} (fill normal, 14\tfrac{1}{4}) i XdYX^{d}\mathrm{Y} (fill daltònic, 14\tfrac{1}{4}).
  3. Conclusió. Entre els nens, la meitat seran daltònics (12\tfrac{1}{2}); entre les nenes, també la meitat (12\tfrac{1}{2}).
  4. Comprovació. Aquest és un dels pocs encreuaments en què poden néixer filles daltòniques; amb un pare de visió normal és impossible.

Apartat c)

Resultat

P(daltoˋnic)=12P(\text{daltònic}) = \tfrac{1}{2}.

Resolució

  1. Plantejament. Sense saber el sexe, sumem les dues maneres de ser daltònic.
  2. Càlcul. P=P(nen daltoˋnic)+P(nena daltoˋnica)=14+14=12P = P(\text{nen daltònic}) + P(\text{nena daltònica}) = \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{2}

Apartat d)

Resultat

Els homes són hemizigots: amb un sol al·lel d ja són daltònics; les dones en necessiten dos.

Resolució

  1. Homes. Només tenen un cromosoma X: n'hi ha prou amb un al·lel d per ser daltònics (són hemizigots).
  2. Dones. En necessiten dos (XdXdX^{d}X^{d}), cosa que requereix un pare daltònic i una mare almenys portadora, una combinació molt menys probable.
  3. Conclusió. Per això el daltonisme és molt més freqüent en homes que en dones.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

L'hemofília és recessiva i lligada al cromosoma X; el grup sanguini ABO és autosòmic amb els al·lels IAI^{A} i IBI^{B} codominants i dominants sobre i. Una dona portadora d'hemofília i del grup A heterozigota té fills amb un home sa del grup B heterozigot.
a) Escriu els genotips dels dos progenitors.
b) Calcula la probabilitat que tinguin un fill (nen) hemofílic del grup O.
c) Calcula la probabilitat que tinguin una filla portadora del grup AB.
d) Explica per què es poden tractar els dos caràcters per separat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

Dona: XHXh IAiX^{H}X^{h}\,I^{A}i. Home: XHY IBiX^{H}\mathrm{Y}\,I^{B}i.

Resolució

  1. Dona. Portadora d'hemofília (XHXhX^{H}X^{h}) i del grup A heterozigota (IAiI^{A}i).
  2. Home. Sa (XHYX^{H}\mathrm{Y}) i del grup B heterozigot (IBiI^{B}i).

Apartat b)

Resultat

P(nen hemofıˊlic del grup O)=116P(\text{nen hemofílic del grup O}) = \tfrac{1}{16}.

Resolució

  1. Hemofília. XHXh×XHYX^{H}X^{h} \times X^{H}\mathrm{Y} dona XHXHX^{H}X^{H}, XHXhX^{H}X^{h}, XHYX^{H}\mathrm{Y} i XhYX^{h}\mathrm{Y}, 14\tfrac{1}{4} cada un: P(nen hemofıˊlic)=14P(\text{nen hemofílic}) = \tfrac{1}{4}.
  2. Grup sanguini. IAi×IBiI^{A}i \times I^{B}i dona IAIBI^{A}I^{B}, IAiI^{A}i, IBiI^{B}i i ii, 14\tfrac{1}{4} cada un: P(grup O)=14P(\text{grup O}) = \tfrac{1}{4}.
  3. Regla del producte. Com que són independents: P=14⋅14=116P = \tfrac{1}{4}\cdot\tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{16}.
  4. Compte. «Nen hemofílic» ja inclou el sexe (14\tfrac{1}{4} de tota la descendència): no cal multiplicar encara per 12\tfrac{1}{2}.

Apartat c)

Resultat

P(filla portadora del grup AB)=116P(\text{filla portadora del grup AB}) = \tfrac{1}{16}.

Resolució

  1. Hemofília. P(filla portadora,XHXh)=14P(\text{filla portadora}, X^{H}X^{h}) = \tfrac{1}{4}.
  2. Grup sanguini. P(grup AB)=14P(\text{grup AB}) = \tfrac{1}{4}.
  3. Càlcul. P=14⋅14=116P = \tfrac{1}{4}\cdot\tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{16}.

Apartat d)

Resultat

Els dos gens són en cromosomes diferents (l'X i el 9) i se segreguen de manera independent.

Resolució

  1. Localització. El gen de l'hemofília és al cromosoma X i el del grup ABO és en un autosoma (el cromosoma 9).
  2. Segona llei de Mendel. En ser en cromosomes diferents, se segreguen de manera independent.
  3. Conclusió. La probabilitat conjunta és el producte de les probabilitats de cada caràcter.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Molts fàrmacs contra el càncer actuen impedint la formació del fus mitòtic o la replicació de l'ADN.
a) Explica per què aquests fàrmacs afecten més les cèl·lules tumorals que la majoria de cèl·lules de l'organisme.
b) Raona per què provoquen efectes secundaris com la caiguda del cabell, la disminució de les defenses i les molèsties digestives.
c) El càncer és molt més freqüent a partir dels 60 anys que en gent jove. Explica-ho a partir de l'acumulació de mutacions.
d) Raona si el càncer és una malaltia hereditària.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

Les cèl·lules tumorals es divideixen contínuament, i aquests fàrmacs només actuen sobre cèl·lules en fase S o en mitosi.

Resolució

  1. Cèl·lules tumorals. Es divideixen contínuament perquè han perdut el control del cicle cel·lular.
  2. Mecanisme dels fàrmacs. Els que bloquegen la replicació o el fus només actuen sobre cèl·lules que són a la fase S o en mitosi, de manera que afecten sobretot les que es divideixen molt.
  3. Cèl·lules sanes. La majoria de cèl·lules adultes (neurones, múscul, fetge) són a G0G_{0} i gairebé no els afecta.

Apartat b)

Resultat

Afecten també els teixits sans que es renoven de pressa: fol·licles pilosos, medul·la òssia i epiteli intestinal.

Resolució

  1. Teixits de renovació ràpida. Hi ha teixits sans que també es divideixen molt de pressa.
  2. Efectes. Els fol·licles pilosos (cau el cabell), la medul·la òssia que fabrica leucòcits (baixen les defenses) i l'epiteli de l'intestí, que es renova cada pocs dies (nàusees, diarrees).
  3. Conclusió. El fàrmac no distingeix entre una cèl·lula que es divideix perquè és tumoral i una que ho fa perquè és la seva feina.

Apartat c)

Resultat

Calen diverses mutacions acumulades en gens de control, i les mutacions s'acumulen amb els anys.

Resolució

  1. Diverses mutacions. Perquè una cèl·lula es torni cancerosa calen diverses mutacions en gens de control: protooncogens (que la fan accelerar) i gens supressors (que li treuen els frens).
  2. Acumulació. Les mutacions es van acumulant al llarg de la vida (errors de replicació, mutàgens).
  3. Conclusió. La probabilitat que una cèl·lula sumi totes les mutacions necessàries augmenta amb l'edat.

Apartat d)

Resultat

En general no: la majoria de càncers són per mutacions somàtiques; el que es pot heretar és una predisposició.

Resolució

  1. Mutacions somàtiques. La majoria de càncers són deguts a mutacions somàtiques, que no passen als fills.
  2. Predisposició. El que sí que es pot heretar és una predisposició: una mutació germinal en un gen supressor (per exemple, BRCA1 en el càncer de mama) fa que totes les cèl·lules ja parteixin amb un pas fet.
  3. Conclusió. En aquests casos el càncer apareix amb més probabilitat i més aviat, però no és el càncer el que s'hereta.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

El cariotip d'una nena és 47,XX,+21 (síndrome de Down).
a) Indica quin tipus de mutació és i què vol dir la notació.
b) Explica com es pot originar per una no-disjunció a la meiosi I i a la meiosi II de la mare, i quins gàmetes es formen en cada cas.
c) Raona per què el risc d'aquesta síndrome augmenta amb l'edat de la mare.
d) En un petit percentatge de casos, la síndrome es deu a una translocació del cromosoma 21 sobre un altre cromosoma, heretada d'un progenitor sa. Explica per què en aquest cas el risc de repetició en un altre fill és més alt.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

És una mutació genòmica (aneuploïdia): trisomia del cromosoma 21. 47 cromosomes, sexe femení (XX) i un 21 extra (+21).

Resolució

  1. Tipus. És una mutació genòmica (numèrica), concretament una aneuploïdia: una trisomia del cromosoma 21.
  2. Notació. 47: 47 cromosomes en lloc de 46; XX: sexe femení; +21: un cromosoma 21 de més.

Apartat b)

Resultat

Meiosi I: 2 gàmetes amb dos 21 (n + 1) i 2 sense cap (n − 1). Meiosi II: 2 normals, 1 amb dos 21 i 1 sense cap.

Resolució

  1. No-disjunció a la meiosi I. Els dos homòlegs del 21 no se separen i van tots dos a la mateixa cèl·lula: de les quatre cèl·lules finals, dues tenen dos cromosomes 21 (n + 1 = 24) i dues no en tenen cap (n − 1 = 22).
  2. No-disjunció a la meiosi II. Les cromàtides germanes d'un cromosoma 21 no se separen: es formen dues cèl·lules normals (n = 23), una amb dos cromosomes 21 (24) i una sense cap (22).
  3. Fecundació. Si un òvul amb 24 cromosomes és fecundat per un espermatozoide normal (23), el zigot té 47 cromosomes amb tres còpies del 21.

Apartat c)

Resultat

Els òvuls queden aturats a la profase I durant dècades i, amb els anys, la separació dels cromosomes falla més sovint.

Resolució

  1. Oogènesi. Els òvuls comencen la meiosi abans del naixement i queden aturats a la profase I durant dècades, fins a cada ovulació.
  2. Envelliment. Com més anys passen, més es deterioren les estructures que mantenen units i separen els homòlegs (cohesines, fus), i més probable és una no-disjunció.
  3. Conclusió. Per això la freqüència de la síndrome puja clarament a partir dels 35–40 anys.

Apartat d)

Resultat

El progenitor portador d'una translocació equilibrada forma gàmetes desequilibrats amb una probabilitat alta i constant, independent de l'edat.

Resolució

  1. Portador sa. El progenitor portador de la translocació té 45 cromosomes però el material genètic complet (és sa), perquè un 21 està enganxat a un altre cromosoma (sovint el 14).
  2. Meiosi del portador. En la seva meiosi es formen gàmetes desequilibrats amb probabilitat alta i sempre igual, independentment de l'edat; no depèn d'un error puntual.
  3. Transmissió. A més, la translocació es pot transmetre als fills sans, que també seran portadors.
  4. Conclusió. Per això cal fer el cariotip als pares quan neix un infant amb Down per translocació.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

S'encreua una línia pura de pèsols de tija alta amb una línia pura de tija nana. Tota la F1F_{1} és de tija alta. En autofecundar la F1F_{1} s'obté una F2F_{2} de 787 plantes altes i 277 de nanes.
a) Interpreta els resultats indicant quin al·lel és dominant i els genotips de les línies pures, de la F1F_{1} i de la F2F_{2}.
b) Comprova numèricament si la F2F_{2} s'ajusta a la proporció esperada.
c) Calcula quina fracció de les plantes altes de la F2F_{2} són heterozigotes i explica com ho comprovaries experimentalment.
d) Explica com obtindries una línia pura de tija alta a partir de la F2F_{2}.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

Alt (A) domina sobre nan (a). Línies pures AA i aa; F1F_{1} Aa; F2F_{2}: 14\tfrac{1}{4} AA, 24\tfrac{2}{4} Aa (altes) i 14\tfrac{1}{4} aa (nanes).

Resolució

  1. Dominància. Com que tota la F1F_{1} és alta, l'al·lel de tija alta (A) és dominant sobre el de tija nana (a).
  2. Genotips. Línies pures: AA (alta) i aa (nana). F1F_{1}: tota Aa (primera llei de Mendel, uniformitat).
  3. F2F_{2}. Aa × Aa dona 14\tfrac{1}{4} AA, 24\tfrac{2}{4} Aa i 14\tfrac{1}{4} aa; les altes són AA i Aa i les nanes, aa (segregació dels al·lels, segona llei segons la numeració tradicional).

Apartat b)

Resultat

Esperat 798 altes : 266 nanes; observat 787 : 277 (quocient 2,84). S'ajusta al 3 : 1.

Resolució

  1. Total. 787+277=1064787 + 277 = 1064 plantes.
  2. Esperat amb 3 : 1. 1064⋅34=798 altes;1064⋅14=266 nanes1064\cdot\tfrac{3}{4} = 798\ \text{altes};\qquad 1064\cdot\tfrac{1}{4} = 266\ \text{nanes}
  3. Comparació. Els valors observats (787 i 277) difereixen dels esperats en només 11 plantes (un 1 % del total), i el quocient 787277=2,84\tfrac{787}{277} = 2{,}84 és molt proper a 3. Si vols fer el test: χ2=112798+112266≈0,61<3,84\chi^{2} = \tfrac{11^{2}}{798} + \tfrac{11^{2}}{266} \approx 0{,}61 < 3{,}84.
  4. Conclusió. Les dades s'ajusten a la proporció 3 : 1.

Apartat c)

Resultat

23\tfrac{2}{3} de les altes són heterozigotes; es comprova amb un encreuament prova amb plantes nanes (aa).

Resolució

  1. Probabilitat condicionada. Entre les altes, 14\tfrac{1}{4} són AA i 24\tfrac{2}{4} Aa: 2/43/4=23\dfrac{2/4}{3/4} = \dfrac{2}{3}
  2. Encreuament prova. Encreuant cada planta alta amb una nana (aa), les AA només donen descendència alta i les Aa donen meitat altes i meitat nanes.
  3. Alternativa. També es pot deixar que cada planta alta s'autofecundi i veure quines donen plantes nanes (les Aa).

Apartat d)

Resultat

S'autofecunden les plantes altes i es conserven les que donen sempre descendència alta (AA).

Resolució

  1. Nanes. Les plantes nanes de la F2F_{2} ja són línia pura (aa).
  2. Selecció de les AA. Per a l'alta cal seleccionar les plantes AA: s'autofecunda cada planta alta i es conserven només les que, generació rere generació, donen tota la descendència alta.
  3. Conclusió. Aquestes plantes són homozigotes i constitueixen la línia pura de tija alta.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

En els conills, el pèl negre (B) és dominant sobre el marró (b) i el pèl curt (S) és dominant sobre el llarg (s); els gens són independents. S'encreua un conill negre de pèl curt amb un conill marró de pèl llarg i s'obtenen 25 conills negres curts, 24 negres llargs, 26 marrons curts i 25 marrons llargs.
a) Dedueix el genotip dels dos progenitors a partir de la descendència i justifica'l.
b) Explica quina proporció teòrica s'esperava i compara-la amb els resultats.
c) Si s'encreuen entre si dos dels descendents negres de pèl curt, calcula la probabilitat d'obtenir un conill marró de pèl llarg i la proporció fenotípica esperada.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

Negre curt: BbSs; marró llarg: bbss (encreuament prova).

Resolució

  1. Progenitor recessiu. El conill marró de pèl llarg mostra els dos fenotips recessius: és bbss i només forma gàmetes bs.
  2. Progenitor negre curt. Com que entre els fills n'hi ha de marrons i de pèl llarg, el progenitor negre curt també ha d'aportar al·lels b i s: és doble heterozigot, BbSs.
  3. Conclusió. L'encreuament és BbSs × bbss, una prova de l'encreuament per a dos caràcters.

Apartat b)

Resultat

S'esperava 1 : 1 : 1 : 1 (25 de cada classe); els resultats (25, 24, 26 i 25) s'hi ajusten pràcticament del tot.

Resolució

  1. Gàmetes. El progenitor BbSs forma quatre tipus de gàmetes (BS, Bs, bS i bs) amb probabilitat 14\tfrac{1}{4} cada un, i l'altre només bs.
  2. Proporció teòrica. 14\tfrac{1}{4} BbSs (negre curt), 14\tfrac{1}{4} Bbss (negre llarg), 14\tfrac{1}{4} bbSs (marró curt) i 14\tfrac{1}{4} bbss (marró llarg): 1 : 1 : 1 : 1.
  3. Comparació. Amb 100 descendents s'esperaven 25 de cada classe; els observats (25, 24, 26 i 25) s'hi ajusten pràcticament del tot, cosa que confirma la segregació independent dels dos gens.

Apartat c)

Resultat

P(marroˊ llarg)=116P(\text{marró llarg}) = \tfrac{1}{16}; proporció 9 negres curts : 3 negres llargs : 3 marrons curts : 1 marró llarg.

Resolució

  1. Genotip dels descendents. Els descendents negres curts són tots BbSs.
  2. Encreuament. BbSs × BbSs dona la proporció 9 : 3 : 3 : 1: 916\tfrac{9}{16} negres curts, 316\tfrac{3}{16} negres llargs, 316\tfrac{3}{16} marrons curts i 116\tfrac{1}{16} marrons llargs.
  3. Càlcul. P(bbss)=P(bb)⋅P(ss)=14⋅14=116P(\text{bbss}) = P(\text{bb})\cdot P(\text{ss}) = \tfrac{1}{4}\cdot\tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{16}.
  4. Comprovació. 9+3+3+1=169 + 3 + 3 + 1 = 16.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

En una família s'estudia una malaltia hereditària rara. Els avis, I-1 i I-2, estan sans i tenen tres fills: II-1, una filla afectada; II-2, un fill sa, i II-3, una filla sana. II-2 té parella amb II-4, una dona sana que té un germà afectat per la mateixa malaltia i uns pares sans.
a) Raona quin tipus d'herència té la malaltia i per què es poden descartar l'herència dominant i l'herència recessiva lligada al cromosoma X.
b) Calcula la probabilitat que II-2 sigui portador i la probabilitat que el primer fill de la parella II-2 × II-4 estigui afectat.
c) El primer fill de la parella neix afectat. Quina és la probabilitat que el segon també ho estigui? Explica per què ha canviat respecte de l'apartat b).
d) Si, en canvi, el primer fill hagués nascut sa, la probabilitat que el segon estigui afectat seria la mateixa que a l'apartat b)? Calcula-la.

Pista 1

Fixa't en II-1: quins genotips han de tenir dos pares sans perquè neixi una filla afectada?

Pista 2

Que II-2 estigui sa ja és informació: de les combinacions d'un encreuament Aa × Aa, quines queden si sabem que no està afectat?

Pista 3

Per a l'apartat d), un primer fill sa fa una mica menys probable que tots dos membres de la parella siguin portadors: compara la probabilitat d'aquest resultat en cada situació possible i normalitza.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

Herència autosòmica recessiva (A, normal; a, malaltia); I-1 i I-2 són Aa.

Resolució

  1. Dades. Dos progenitors sans (I-1 i I-2) tenen una filla afectada (II-1).
  2. Recessiva. L'al·lel de la malaltia hi era però no s'expressava en els pares, per tant és recessiu. Si fos dominant, almenys un dels pares hauria d'estar afectat.
  3. No lligada a l'X. Una filla afectada (XaXaX^{a}X^{a}) hauria rebut un XaX^{a} del pare, que llavors estaria afectat (XaYX^{a}\mathrm{Y}); però I-1 és sa.
  4. Conclusió. Herència autosòmica recessiva, i I-1 i I-2 són tots dos Aa.

Apartat b)

Resultat

P(II-2 portador)=23P(\text{II-2 portador}) = \tfrac{2}{3}; P(primer fill afectat)=19≈11 %P(\text{primer fill afectat}) = \tfrac{1}{9} \approx 11\ \%.

Resolució

  1. II-2. Aa × Aa dona 14\tfrac{1}{4} AA, 12\tfrac{1}{2} Aa i 14\tfrac{1}{4} aa. Com que II-2 està sa, descartem aa i queden 3 parts iguals (AA, Aa, aA): P(portador)=23P(\text{portador}) = \tfrac{2}{3}, no 12\tfrac{1}{2}.
  2. II-4. Pel mateix raonament (germà afectat i pares sans), P(II-4 portadora)=23P(\text{II-4 portadora}) = \tfrac{2}{3}.
  3. Regla del producte. Perquè el fill estigui afectat cal que tots dos siguin portadors i que el fill rebi a de cadascun: P=23⋅23⋅14=19≈11 %P = \tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{9} \approx 11\ \%
  4. Compte. No cal multiplicar per 12\tfrac{1}{2} per «fill o filla»: l'enunciat no especifica el sexe.

Apartat c)

Resultat

P(segon afectat)=14P(\text{segon afectat}) = \tfrac{1}{4}: ara sabem segur que tots dos pares són Aa.

Resolució

  1. Nova informació. Si el primer fill és aa, és segur que II-2 i II-4 són Aa.
  2. Càlcul. Cada fill és un esdeveniment independent: P(segon afectat)=14P(\text{segon afectat}) = \tfrac{1}{4}.
  3. Per què ha canviat. La incertesa sobre els genotips dels pares ha desaparegut: ja no multipliquem per 23⋅23\tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{2}{3}.

Apartat d)

Resultat

No és la mateixa: P=332≈9,4 %P = \tfrac{3}{32} \approx 9{,}4\ \%, una mica menys que 19≈11,1 %\tfrac{1}{9} \approx 11{,}1\ \%.

Resolució

  1. Probabilitats a priori. P(tots dos portadors)=49P(\text{tots dos portadors}) = \tfrac{4}{9} i P(no ho soˊn tots dos)=59P(\text{no ho són tots dos}) = \tfrac{5}{9}.
  2. Versemblança. La probabilitat que el primer fill sigui sa és 34\tfrac{3}{4} si tots dos són portadors i 1 en cas contrari.
  3. Teorema de Bayes. P(tots dos portadors∣primer sa)=49⋅3449⋅34+59=1/38/9=38P(\text{tots dos portadors} \mid \text{primer sa}) = \dfrac{\tfrac{4}{9}\cdot\tfrac{3}{4}}{\tfrac{4}{9}\cdot\tfrac{3}{4} + \tfrac{5}{9}} = \dfrac{1/3}{8/9} = \dfrac{3}{8}
  4. Càlcul. P(segon afectat∣primer sa)=38⋅14=332≈9,4 %P(\text{segon afectat} \mid \text{primer sa}) = \tfrac{3}{8}\cdot\tfrac{1}{4} = \tfrac{3}{32} \approx 9{,}4\ \%.
  5. Interpretació. Un fill sa és una petita evidència a favor que algun dels dos no és portador. Els fills només són independents quan els genotips dels pares són coneguts.

Errors típics

  • Dir que la probabilitat que II-2 sigui portador és 1/2: s'oblida que ja sabem que no és aa, i les classes que queden són 1 AA : 2 Aa.
  • Multiplicar per 1/2 de més per «fill o filla» quan l'enunciat no especifica el sexe.
  • Pensar que, si el primer fill és sa, la probabilitat del segon no canvia: els fills són independents només quan els genotips dels pares són coneguts.

Conceptes treballats: anàlisi de genealogies; herència autosòmica recessiva; exclusió de l'herència lligada al sexe; probabilitat condicionada (2/3); independència dels esdeveniments; actualització de probabilitats

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

En una planta ornamental s'encreua una línia pura de flors porpra amb una línia pura de flors blanques. Tota la F1F_{1} té flors porpra. En autofecundar la F1F_{1} s'obtenen 480 plantes: 271 de flors porpra, 89 de flors vermelles i 120 de flors blanques.
a) Raona per què aquests resultats no es poden explicar amb un sol gen i quina proporció teòrica s'hi ajusta.
b) Proposa una ruta metabòlica de dos enzims que expliqui els tres colors, i escriu els genotips dels progenitors, de la F1F_{1} i de cada classe fenotípica de la F2F_{2}.
c) Una planta porpra de la F2F_{2} s'encreua amb una planta blanca aabb i dona 22 plantes porpra, 19 vermelles i 41 blanques. Quin genotip tenia la planta porpra? Justifica-ho.
d) Quina fracció de les plantes porpra de la F2F_{2} donaria només descendència porpra per autofecundació?

Pista 1

Divideix cada recompte per 48016=30\tfrac{480}{16} = 30 i mira quins nombres enters surten: quants setzens hi ha en total?

Pista 2

Si hi ha setzens, la F1F_{1} és dihíbrida. Una de les quatre classes del 9:3:3:1 s'ha fusionat amb una altra: quina classe pot «amagar» l'efecte de l'altre gen?

Pista 3

Pensa en un pigment que es fabrica en dos passos: si falla el primer enzim, el segon no té substrat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

Amb un sol gen hi hauria 3 : 1 o 1 : 2 : 1; els recomptes s'ajusten a 9 : 3 : 4: dos gens independents amb epistàsia recessiva.

Resolució

  1. Un sol gen. Una F1F_{1} heterozigota per un gen donaria com a màxim 3 classes en proporció 1 : 2 : 1, o bé 3 : 1; aquí hi ha 271 : 89 : 120.
  2. Setzens. Dividint per 48016=30\tfrac{480}{16} = 30: 9,03:2,97:4,009{,}03 : 2{,}97 : 4{,}00, és a dir, 9 : 3 : 4 (esperat 270 : 90 : 120).
  3. Interpretació. Un total de 16 parts indica que la F1F_{1} forma 4 tipus de gàmetes: hi ha dos gens independents, i un d'ells és epistàtic sobre l'altre (epistàsia recessiva), de manera que dues classes del 9 : 3 : 3 : 1 es fusionen (3 + 1 = 4).

Apartat b)

Resultat

Ruta: blanc →(enzim A)→ vermell →(enzim B)→ porpra. P: AABB × aabb; F1F_{1}: AaBb; F2F_{2}: A_B_ porpra, A_bb vermella, aaB_ i aabb blanques.

Resolució

  1. Ruta metabòlica. Precursor blanc → (enzim A) → pigment vermell → (enzim B) → pigment porpra. L'al·lel a no fa enzim A funcional i b no fa enzim B funcional.
  2. Progenitors i F1F_{1}. AABB (porpra) × aabb (blanca); F1F_{1}: AaBb (porpra).
  3. F2F_{2}. A_B_ porpra (916\tfrac{9}{16}); A_bb vermella (316\tfrac{3}{16}; hi ha pigment vermell però no es converteix); aaB_ i aabb blanques (316+116=416\tfrac{3}{16} + \tfrac{1}{16} = \tfrac{4}{16}): sense enzim A no hi ha substrat per a B, sigui quin sigui l'al·lel de B.
  4. Conclusió. Aquesta és l'explicació bioquímica de l'epistàsia: aa és epistàtic sobre el gen B. Fixa't que l'epistàsia és una interacció entre gens diferents, no entre al·lels d'un mateix gen (dominància).

Apartat c)

Resultat

La planta porpra era AaBb (descendència 1 porpra : 1 vermella : 2 blanques).

Resolució

  1. Proporcions. 22 : 19 : 41 és aproximadament 1 : 1 : 2 (esperat 20,5 : 20,5 : 41 de 82).
  2. Encreuament prova. El progenitor aabb només aporta gàmetes ab, de manera que la descendència reflecteix directament els gàmetes de la planta porpra: AB (porpra), Ab (vermella), aB i ab (blanques) en parts iguals.
  3. Descart. Una AABb donaria porpra : vermella 1 : 1 sense blanques; una AaBB, porpra : blanca 1 : 1.
  4. Conclusió. La planta porpra era AaBb.

Apartat d)

Resultat

19\tfrac{1}{9} de les plantes porpra (les AABB).

Resolució

  1. Plantejament. Només les plantes AABB donen sempre descendència porpra per autofecundació.
  2. Classes porpra. Dins de les 9 parts porpra: AABB 1, AABb 2, AaBB 2, AaBb 4.
  3. Conclusió. La fracció és 19\tfrac{1}{9}, calculada sobre les plantes porpra (no 116\tfrac{1}{16}, que seria sobre el total de la F2F_{2}).

Errors típics

  • Buscar un 9:3:3:1 i concloure que hi ha un error experimental perquè només hi ha tres classes.
  • Confondre l'epistàsia (interacció entre gens diferents) amb la dominància (interacció entre al·lels d'un mateix gen).
  • Calcular la fracció de l'apartat d) sobre el total de la F2 (1/16) en lloc de fer-ho sobre les plantes porpra.

Conceptes treballats: dihibridisme; epistàsia recessiva (9:3:4); ruta metabòlica i relació gen-enzim; encreuament prova; proporcions condicionades

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Dos laboratoris han obtingut per separat dues línies pures de flor blanca, L1 i L2, d'una planta de jardí que normalment té flors porpra. En encreuar L1 × L2, tota la F1F_{1} té flors porpra. La F2F_{2} obtinguda per autofecundació de la F1F_{1} té 362 plantes porpra i 278 de blanques.
a) Interpreta els resultats: quina proporció s'hi ajusta, quants gens hi intervenen i quins genotips tenen L1, L2 i la F1F_{1}?
b) Explica per què dues plantes blanques poden tenir descendència porpra, relacionant-ho amb una ruta metabòlica.
c) Una tercera línia pura blanca, L3, s'encreua amb L1 i dona una F1F_{1} blanca; encreuada amb L2, dona una F1F_{1} porpra. Què en pots deduir sobre la mutació de L3? Justifica-ho.
d) Si cada planta blanca de la F2F_{2} s'encreua amb L1, quina fracció de les plantes blanques donarà almenys alguns descendents porpra?

Pista 1

Calcula quantes setzenes parts representa cada classe (64016=40\tfrac{640}{16} = 40).

Pista 2

Si cada línia blanca tingués la mutació en un gen diferent, cadascuna aportaria a la F1F_{1} l'al·lel funcional que a l'altra li falta.

Pista 3

Per a d): L1 és homozigota recessiva per a un dels gens. Quin al·lel ha d'aportar la planta blanca perquè algun descendent tingui els dos enzims?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

Proporció 9 : 7: dos gens independents (epistàsia complementària). L1 = AAbb, L2 = aaBB (o al revés), F1F_{1} = AaBb.

Resolució

  1. Setzens. 64016=40\tfrac{640}{16} = 40; 36240=9,05\tfrac{362}{40} = 9{,}05 i 27840=6,95\tfrac{278}{40} = 6{,}95: proporció 9 : 7.
  2. Interpretació. És una variant del 9 : 3 : 3 : 1 en què tres classes (A_bb, aaB_, aabb) tenen el mateix fenotip. Hi ha dos gens independents i cal com a mínim un al·lel dominant de cadascun per tenir color (epistàsia recessiva doble o complementària).
  3. Genotips. L1 = AAbb, L2 = aaBB (o al revés), F1F_{1} = AaBb.

Apartat b)

Resultat

Cada línia blanca té un enzim diferent espatllat; la F1F_{1} rep l'al·lel funcional de cada gen i completa la ruta (complementació).

Resolució

  1. Ruta metabòlica. Precursor incolor → (enzim A) → intermediari incolor → (enzim B) → pigment porpra. Una planta sense A o sense B funcional és blanca.
  2. Les dues línies. L1 té l'enzim A però no el B; L2 té el B però no l'A.
  3. Complementació. La F1F_{1} rep A de L1 i B de L2 i completa la ruta: és la complementació, la prova que les dues mutacions són en gens diferents. Per això dues plantes blanques poden tenir fills porpra.

Apartat c)

Resultat

L3 té la mutació en el mateix gen que L1 (gen B): L3 és AAbb.

Resolució

  1. L3 × L1 blanca. No hi ha complementació: L3 té la mutació en el mateix gen que L1 (gen B; L3 és bb). Que la F1F_{1} sigui blanca no vol dir que L3 sigui dominant.
  2. L3 × L2 porpra. Complementen: L3 té un al·lel funcional del gen A, per tant és AAbb.
  3. Conclusió. Aquest és el fonament de la prova de complementació per saber si dues mutacions recessives afecten el mateix gen.

Apartat d)

Resultat

37\tfrac{3}{7} de les plantes blanques (les aaB_).

Resolució

  1. Blanques de la F2F_{2}. Són 716\tfrac{7}{16}: A_bb (3), aaB_ (3) i aabb (1).
  2. Encreuament amb L1 (AAbb). Tots els descendents reben A de L1, però només tindran B si la planta blanca l'aporta.
  3. Classes. Les A_bb i aabb no tenen B: cap descendent porpra. Les aaBB donen tots porpra i les aaBb, la meitat.
  4. Conclusió. Fracció de blanques amb algun descendent porpra: aaB_ = 37\tfrac{3}{7}, calculada sobre les blanques (no 316\tfrac{3}{16}, que seria sobre el total).

Errors típics

  • Pensar que dues plantes blanques només poden tenir descendència blanca, com si el blanc fos sempre un sol al·lel recessiu.
  • Interpretar que la F1F_{1} blanca de L3 × L1 vol dir que L3 és dominant.
  • Calcular la fracció de d) sobre el total de la F2F_{2} (316\tfrac{3}{16}) en lloc de sobre les plantes blanques.

Conceptes treballats: epistàsia complementària (9:7); prova de complementació; relació gen-enzim; ruta metabòlica; genotips a partir de proporcions

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

En els gats Manx l'absència de cua es deu a un al·lel dominant M; els gats mm tenen la cua normal. Dels encreuaments entre gats Manx s'han registrat 189 gatets nascuts: 126 sense cua i 63 amb cua.
a) Comprova amb el test del χ2χ^{2} (1 grau de llibertat; valor crític 3,84 per a p = 0,05) que aquests resultats no s'ajusten a una proporció 3:1, i explica quina proporció s'hi ajusta i quin fenomen ho explica. Indica els genotips implicats.
b) Les ventrades Manx × gat amb cua tenen de mitjana 4,0 gatets, i les ventrades Manx × Manx, 3,1. Raona si aquesta dada dona suport a la teva hipòtesi i quina mida de ventrada esperaries.
c) Raona per què un criador no podrà obtenir mai una línia pura de gats Manx.
d) El pèl llarg es deu a un al·lel recessiu l d'un altre gen, independent del primer. S'encreuen dos gats Manx de pèl curt heterozigots per al gen del pèl. Calcula les proporcions fenotípiques esperades entre els gatets nascuts.

Pista 1

Calcula la proporció 12663\tfrac{126}{63}. A quina fracció senzilla s'assembla?

Pista 2

Escriu el quadre de Mm × Mm: quina classe genotípica no apareix mai entre els gatets nascuts?

Pista 3

A l'apartat d), treballa cada gen per separat, sobre els gatets que neixen (no sobre els zigots), i després multiplica.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

χ2=7,0>3,84\chi^{2} = 7{,}0 > 3{,}84: es rebutja el 3 : 1. S'ajusta a 2 : 1 (χ2=0\chi^{2} = 0): M és letal en homozigosi; Manx = Mm, amb cua = mm, MM no neix.

Resolució

  1. Hipòtesi 3 : 1. Si els Manx fossin Mm i tots els zigots sobrevisquessin, Mm × Mm donaria 3 sense cua : 1 amb cua, és a dir, 141,75 : 47,25 de 189.
  2. Test del χ2\chi^{2}. χ2=(126−141,75)2141,75+(63−47,25)247,25=1,75+5,25=7,0\chi^{2} = \dfrac{(126 - 141{,}75)^{2}}{141{,}75} + \dfrac{(63 - 47{,}25)^{2}}{47{,}25} = 1{,}75 + 5{,}25 = 7{,}0 Com que 7,0>3,847{,}0 > 3{,}84, amb aquesta mida de mostra la desviació no es pot atribuir a l'atzar i es rebutja el 3 : 1.
  3. Proporció 2 : 1. L'observat és 126:63=2:1126 : 63 = 2 : 1 (esperat 126 : 63, χ2=0\chi^{2} = 0).
  4. Al·lel letal. L'al·lel M és letal en homozigosi: els embrions MM moren abans de néixer. Entre els nascuts queden Mm (23\tfrac{2}{3}, sense cua) i mm (13\tfrac{1}{3}, amb cua).
  5. Dominància. M és dominant per al fenotip de la cua però recessiu per a la letalitat: no és «recessiu» pel fet de ser letal.

Apartat b)

Resultat

Sí, hi dona suport: s'espera 4,0⋅34=3,04{,}0\cdot\tfrac{3}{4} = 3{,}0 gatets per ventrada, molt a prop del 3,1 observat.

Resolució

  1. Manx × amb cua. Mm × mm no forma zigots MM i la ventrada no perd cap embrió (4,0).
  2. Manx × Manx. 14\tfrac{1}{4} dels zigots són MM i moren: la mida esperada és 4,0⋅34=3,04{,}0\cdot\tfrac{3}{4} = 3{,}0 gatets, molt a prop del 3,1 observat.
  3. Conclusió. Aquesta dada independent reforça la hipòtesi de la letalitat embrionària, més enllà de la proporció 2 : 1.

Apartat c)

Resultat

Una línia pura hauria de ser MM, i aquest genotip no és viable.

Resolució

  1. Línia pura. Hauria de ser homozigota (MM), i aquest genotip mor abans de néixer.
  2. Conclusió. Tots els Manx vius són heterozigots (Mm) i, entre ells, sempre tindran 13\tfrac{1}{3} de descendents amb cua.

Apartat d)

Resultat

Manx curt 12\tfrac{1}{2}; Manx llarg 16\tfrac{1}{6}; amb cua curt 14\tfrac{1}{4}; amb cua llarg 112\tfrac{1}{12}: proporció 6 : 2 : 3 : 1.

Resolució

  1. Gen de la cua (nascuts). Mm × Mm: 23\tfrac{2}{3} Manx i 13\tfrac{1}{3} amb cua (eliminant els MM, 4 de les 16 caselles del quadre).
  2. Gen del pèl. Ll × Ll: 34\tfrac{3}{4} curt i 14\tfrac{1}{4} llarg.
  3. Regla del producte. Com que són independents: Manx curt 23⋅34=12\tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{3}{4} = \tfrac{1}{2}; Manx llarg 23⋅14=16\tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{6}; amb cua curt 13⋅34=14\tfrac{1}{3}\cdot\tfrac{3}{4} = \tfrac{1}{4}; amb cua llarg 13⋅14=112\tfrac{1}{3}\cdot\tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{12}.
  4. Conclusió. Proporció 6 : 2 : 3 : 1, en lloc del 9 : 3 : 3 : 1 clàssic.

Errors típics

  • Atribuir la diferència entre 2:1 i 3:1 a l'atzar sense comprovar-ho amb la mida de les ventrades.
  • Calcular les proporcions de d) amb el quadre de 16 caselles sense eliminar els zigots MM (4 de les 16 caselles).
  • Dir que M és «recessiu» perquè és letal: el fenotip sense cua és dominant; la letalitat és recessiva.

Conceptes treballats: al·lels letals; proporció 2:1; dominància respecte de cada fenotip; dihibridisme amb letalitat (6:2:3:1); contrast d'hipòtesis amb dades independents

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

En les gallines, el sexe es determina pel sistema ZW: els mascles són ZZ i les femelles ZW. El plomatge barrat depèn d'un al·lel dominant B situat al cromosoma Z (el cromosoma W no té aquest gen); el plomatge no barrat correspon a l'al·lel b. La cresta en rosa depèn d'un al·lel autosòmic dominant R (la cresta senzilla és rr). Una granja vol separar els pollets mascles i femelles el mateix dia que neixen, quan encara no es distingeixen pel sexe.
a) Quin encreuament (genotip del gall i de la gallina) recomanaries per poder distingir el sexe dels pollets pel plomatge? Justifica-ho i explica què passaria amb l'encreuament recíproc.
b) Un gall no barrat de cresta en rosa heterozigot s'encreua amb una gallina barrada de cresta senzilla. Indica les proporcions fenotípiques de la descendència per sexes.
c) Un mascle barrat de cresta en rosa d'aquesta descendència, de genotip ZBZbZ^{B}Z^{b} Rr, s'encreua amb una femella no barrada de cresta en rosa heterozigota. Quina és la probabilitat que un pollet sigui una femella barrada amb cresta en rosa?
d) Raona per què, en els ocells, els caràcters recessius lligats al cromosoma Z són més freqüents en les femelles, i compara-ho amb l'espècie humana.

Pista 1

En aquest sistema, qui és el sexe heterogamètic? De quin progenitor rep una femella el seu únic cromosoma Z?

Pista 2

Busca un encreuament en què tots els mascles i totes les femelles de la descendència tinguin fenotips de plomatge diferents.

Pista 3

A l'apartat c), la probabilitat de ser femella i la d'haver rebut ZBZ^{B} no són independents de qui aporta cada cromosoma: la femella rep la W de la mare i la Z del pare.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

Gall no barrat ZbZbZ^{b}Z^{b} × gallina barrada ZBWZ^{B}W: mascles barrats i femelles no barrades. El recíproc dona tots els pollets barrats.

Resolució

  1. Sistema ZW. El sexe heterogamètic és la femella (ZW): rep la W de la mare i la Z del pare. Els mascles reben una Z de cada progenitor.
  2. Encreuament proposat. ZbZb×ZBWZ^{b}Z^{b} \times Z^{B}W: mascles ZBZbZ^{B}Z^{b}, tots barrats; femelles ZbWZ^{b}W, totes no barrades. El plomatge indica el sexe.
  3. Encreuament recíproc. ZBZB×ZbWZ^{B}Z^{B} \times Z^{b}W: tots els pollets són barrats (ZBZbZ^{B}Z^{b} i ZBWZ^{B}W) i no es poden distingir.

Apartat b)

Resultat

Mascles: 12\tfrac{1}{2} barrats amb cresta en rosa i 12\tfrac{1}{2} barrats amb cresta senzilla. Femelles: 12\tfrac{1}{2} no barrades amb cresta en rosa i 12\tfrac{1}{2} no barrades amb cresta senzilla.

Resolució

  1. Encreuament. ZbZb Rr×ZBW rrZ^{b}Z^{b}\,\mathrm{Rr} \times Z^{B}W\,\mathrm{rr}.
  2. Plomatge. Mascles ZBZbZ^{B}Z^{b} (barrats) i femelles ZbWZ^{b}W (no barrades).
  3. Cresta. Rr × rr dona 12\tfrac{1}{2} Rr (rosa) i 12\tfrac{1}{2} rr (senzilla), igual en tots dos sexes perquè és autosòmic.
  4. Conclusió. Mascles: meitat barrats amb cresta en rosa i meitat barrats amb cresta senzilla. Femelles: meitat no barrades amb cresta en rosa i meitat no barrades amb cresta senzilla. Sobre el total, cada una de les quatre classes és 14\tfrac{1}{4}.

Apartat c)

Resultat

P(femella barrada amb cresta en rosa)=316P(\text{femella barrada amb cresta en rosa}) = \tfrac{3}{16}.

Resolució

  1. Encreuament. ZBZb Rr×ZbW RrZ^{B}Z^{b}\,\mathrm{Rr} \times Z^{b}W\,\mathrm{Rr}.
  2. Femella i barrada. Ser femella és rebre la W de la mare (12\tfrac{1}{2}); la seva Z ve obligatòriament del pare i, per ser barrada, ha de ser ZBZ^{B} (12\tfrac{1}{2}).
  3. Cresta. Rr × Rr dona R_ amb probabilitat 34\tfrac{3}{4}.
  4. Càlcul. P=12⋅12⋅34=316P = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{3}{4} = \tfrac{3}{16}.

Apartat d)

Resultat

Les femelles (ZW) són hemizigotes per al Z i expressen sempre l'al·lel recessiu; en humans passa al revés, amb els homes (XY).

Resolució

  1. Ocells. Les femelles (ZW) tenen un sol cromosoma Z: un al·lel recessiu del Z s'expressa sempre (són hemizigotes), mentre que un mascle ha de ser homozigot.
  2. Espècie humana. És la situació inversa: el sexe heterogamètic és el masculí (XY), i els caràcters recessius lligats a l'X, com el daltonisme, són més freqüents en els homes.
  3. Conclusió. En tots dos casos, el caràcter recessiu lligat al sexe és més freqüent en el sexe heterogamètic.

Errors típics

  • Aplicar el model humà (XY) i suposar que el mascle és el sexe heterogamètic.
  • Proposar l'encreuament recíproc (gall barrat × gallina no barrada), en què tots els pollets surten iguals.
  • Multiplicar a c) per 1/2 (sexe) però oblidar que el Z de la femella prové obligatòriament del pare.

Conceptes treballats: determinació del sexe ZW; herència lligada al cromosoma Z; hemizigosi; encreuaments recíprocs; dihibridisme amb un gen autosòmic

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Considera un model simplificat de la calvície androgènica: un gen autosòmic amb dos al·lels, C i c. En els homes, C es comporta com a dominant (CC i Cc són calbs); en les dones, com a recessiu (només les CC són calbes), perquè l'expressió depèn de la concentració d'andrògens. Un home calb, el pare del qual no era calb, té descendència amb una dona no calba la mare de la qual era calba.
a) Determina els genotips de l'home i de la dona i justifica'ls.
b) Calcula la probabilitat que un fill (nen) sigui calb i la probabilitat que una filla sigui calba.
c) Calcula la probabilitat que el primer descendent de la parella, sense saber-ne el sexe, sigui un nen que serà calb.
d) En una altra família, un home calb té quatre fills (nens) i tots quatre esdevenen calbs; a la família de la mare no hi ha cap cas de calvície. Raona per què aquest cas no s'explica bé amb una herència lligada al cromosoma X i sí amb el model proposat.
e) Explica per què aquest model és una simplificació de la realitat.

Pista 1

Un pare no calb només pot ser cc; una mare calba només pot ser CC. Quin al·lel han transmès?

Pista 2

Fes el quadre Cc × Cc i llegeix-lo dues vegades: una amb la regla dels homes i una amb la de les dones.

Pista 3

Un fill (nen) rep del pare el cromosoma Y, no l'X.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

Home: Cc. Dona: Cc.

Resolució

  1. Home. És calb (CC o Cc) i el seu pare no ho era; un home no calb només pot ser cc, de manera que n'ha rebut c: l'home és Cc.
  2. Dona. No és calba (Cc o cc) i la seva mare era calba; una dona calba només pot ser CC, de manera que n'ha rebut C: la dona és Cc.

Apartat b)

Resultat

P(nen calb)=34P(\text{nen calb}) = \tfrac{3}{4}; P(nena calba)=14P(\text{nena calba}) = \tfrac{1}{4}.

Resolució

  1. Encreuament. Cc × Cc dona 14\tfrac{1}{4} CC, 12\tfrac{1}{2} Cc i 14\tfrac{1}{4} cc.
  2. Nens. Són calbs els CC i els Cc: P=14+12=34P = \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{2} = \tfrac{3}{4}.
  3. Nenes. Només les CC són calbes: P=14P = \tfrac{1}{4}.
  4. Interpretació. El mateix genotip dona fenotips diferents segons el sexe: és un caràcter influït pel sexe (gen autosòmic), no lligat al sexe (gen als cromosomes sexuals).

Apartat c)

Resultat

P(nen calb)=38P(\text{nen calb}) = \tfrac{3}{8}.

Resolució

  1. Plantejament. Ara no sabem el sexe: cal que sigui nen i que sigui calb.
  2. Càlcul. P=P(nen)⋅P(calb∣nen)=12⋅34=38P = P(\text{nen})\cdot P(\text{calb} \mid \text{nen}) = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{3}{4} = \tfrac{3}{8}
  3. Compte. 34\tfrac{3}{4} és la probabilitat condicionada a ser nen; aquí cal multiplicar per 12\tfrac{1}{2}.

Apartat d)

Resultat

Un pare no passa la seva X als fills (nens), així que la transmissió pare → fill exclou l'herència lligada a l'X; amb el model autosòmic, un pare CC dona C a tots els fills.

Resolució

  1. Herència de l'X. Un pare transmet el seu X només a les filles; els fills (nens) reben del pare el cromosoma Y i reben l'X de la mare.
  2. Lligat a l'X. Si el caràcter fos lligat a l'X i la família materna no tingués cap cas, els fills no l'haurien d'heretar: la transmissió repetida de pare a fill el fa incompatible amb l'herència lligada a l'X.
  3. Model autosòmic. Un pare CC dona C a tots els fills, que seran Cc i, per ser homes, calbs. Si el pare fos Cc, la probabilitat que els quatre fossin calbs seria (12)4=116\left(\tfrac{1}{2}\right)^{4} = \tfrac{1}{16} (suposant la mare cc).

Apartat e)

Resultat

La calvície real és poligènica i depèn de l'edat i de les hormones; té graus, no és un caràcter de dues classes.

Resolució

  1. Poligènia. La calvície real és un caràcter poligènic: hi intervenen molts gens (un d'important és al cromosoma X, el del receptor d'andrògens).
  2. Altres factors. També hi influeixen l'edat i els factors hormonals, i té graus: no és un caràcter de dues classes.
  3. Utilitat del model. El model d'un gen és útil per entendre la diferència entre «influït pel sexe» i «lligat al sexe», però no per fer prediccions mèdiques.

Errors típics

  • Confondre herència influïda pel sexe (gen autosòmic que s'expressa diferent segons el sexe) amb herència lligada al sexe (gen als cromosomes sexuals).
  • Respondre a c) 3/4, que és la probabilitat condicionada a ser nen, en lloc de multiplicar per 1/2.
  • Afirmar que un home transmet el seu cromosoma X als fills mascles.

Conceptes treballats: herència influïda pel sexe; dominància dependent del context hormonal; transmissió del cromosoma X; probabilitat conjunta i condicionada; caràcters poligènics

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

En una espècie de planta, una línia pura dominant per a tres gens (AABBDD) s'encreua amb una línia pura recessiva (aabbdd). Una planta de la F1F_{1} s'encreua amb una planta aabbdd i s'obtenen 1000 descendents, amb els fenotips següents (s'indiquen els al·lels en l'ordre A, B, D): A B D, 352; a b d, 346; A b D, 93; a B d, 89; A b d, 52; a B D, 50; A B d, 10; a b D, 8. (Nivell de primer curs universitari.) El coeficient de coincidència és el quocient entre els dobles recombinants observats i els esperats si els dos intervals fossin independents (producte de les dues freqüències de recombinació pel total de descendents); la interferència és 1 − coeficient de coincidència.
a) Explica per què es fa un encreuament prova i com saps que els tres gens estan lligats.
b) Identifica les classes parentals i les dobles recombinants i dedueix quin gen és al mig.
c) Calcula les distàncies entre gens consecutius en centimorgans. Compara la distància entre els dos gens dels extrems amb la freqüència de recombinació que s'obté comparant-los directament, i explica la diferència.
d) Calcula el coeficient de coincidència i la interferència, i interpreta-les.

Pista 1

Si fossin independents, quantes classes hi hauria i en quina proporció? Les dues classes més nombroses són les parentals.

Pista 2

Les dues classes menys nombroses són les dobles recombinants: compara-les amb les parentals i busca quin gen ha «canviat de company» respecte dels altres dos.

Pista 3

Per a cada interval, suma totes les classes en què hi ha hagut recombinació en aquell interval, incloses les dobles.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

L'encreuament prova fa que el fenotip de cada descendent reveli el gàmeta de la F1F_{1}; els gens són lligats perquè les classes no són 8 classes iguals (dues sumen el 69,8 %).

Resolució

  1. Encreuament prova. El progenitor aabbdd només aporta gàmetes abd, de manera que el fenotip de cada descendent revela directament el gàmeta de la F1F_{1}.
  2. Hipòtesi d'independència. Si els gens fossin independents, hi hauria 8 classes amb 125 individus cadascuna.
  3. Observació. Dues classes sumen 352+3461000=69,8 %\tfrac{352 + 346}{1000} = 69{,}8\ \%: els gens estan lligats (al mateix cromosoma).

Apartat b)

Resultat

Parentals: A B D i a b d. Dobles recombinants: A B d i a b D. D és el gen del mig: ordre A – D – B.

Resolució

  1. Classes parentals. Les més abundants: A B D (352) i a b d (346), que coincideixen amb els cromosomes de les línies pures (la F1F_{1} és ABD/abd, en fase d'acoblament).
  2. Dobles recombinants. Les menys abundants: A B d (10) i a b D (8).
  3. Gen central. Un doble sobreencreuament només canvia el gen del mig respecte dels dos extrems. Comparant amb les parentals, només ha canviat D: D és el gen del mig. L'ordre és A – D – B (no és l'alfabètic ni el de l'enunciat).

Apartat c)

Resultat

A–D = 12 cM; D–B = 20 cM; A–B = 32 cM. La comparació directa A–B dona 28,4 %, perquè no detecta les dobles recombinacions.

Resolució

  1. Interval A–D. Recombinen A respecte de D les classes A b d (52) i a B D (50), més les dobles (18): 102+181000=0,12→12 cM\dfrac{102 + 18}{1000} = 0{,}12 \rightarrow 12\ \text{cM}
  2. Interval D–B. A b D (93) i a B d (89), més les dobles: 182+181000=0,20→20 cM\dfrac{182 + 18}{1000} = 0{,}20 \rightarrow 20\ \text{cM}
  3. Distància A–B. 12+20=32 cM12 + 20 = 32\ \text{cM}.
  4. Comparació directa. Si comparem directament A i B, les dobles recombinants (A B d, a b D) tenen A i B en la combinació parental i no es compten: 102+1821000=28,4 %\tfrac{102 + 182}{1000} = 28{,}4\ \%.
  5. Interpretació. La diferència (3,6 %) correspon a les dobles recombinacions (2⋅1810002\cdot\tfrac{18}{1000}), que fan invisibles dues recombinacions. La mesura directa subestima la distància entre gens llunyans; per això els mapes es fan sumant distàncies curtes.

Apartat d)

Resultat

Coeficient de coincidència = 0,75; interferència = 0,25: un sobreencreuament redueix un 25 % la probabilitat d'un altre a l'interval veí.

Resolució

  1. Dobles esperades. Si els dos intervals fossin independents: 0,12⋅0,20⋅1000=240{,}12\cdot0{,}20\cdot1000 = 24. Observades: 10+8=1810 + 8 = 18.
  2. Coeficient de coincidència. CC=1824=0,75\mathrm{CC} = \tfrac{18}{24} = 0{,}75.
  3. Interferència. I=1−0,75=0,25I = 1 - 0{,}75 = 0{,}25.
  4. Interpretació. Hi ha interferència positiva: un sobreencreuament en un interval redueix un 25 % la probabilitat que n'hi hagi un altre a l'interval veí.

Errors típics

  • Calcular les distàncies sense sumar-hi les dobles recombinants.
  • Suposar que l'ordre dels gens és l'alfabètic o el de l'enunciat.
  • Pensar que la freqüència de recombinació entre gens llunyans és additiva: la mesura directa subestima la distància.

Conceptes treballats: lligament i recombinació; encreuament prova de tres punts; ordre de gens; mapa genètic (cM); dobles sobreencreuaments; interferència

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Es mesura per citometria de flux el contingut d'ADN de 10 000 cèl·lules humanes d'un cultiu en creixement asincrònic (c és la quantitat d'ADN d'un joc haploide de cromosomes). Resultats: 5800 cèl·lules amb 2c, 2200 amb valors entre 2c i 4c i 2000 amb 4c. Al microscopi, l'índex mitòtic (percentatge de cèl·lules en mitosi) és del 4 %. El cicle complet dura 20 hores. Suposa que la fracció de cèl·lules en cada fase és proporcional a la durada de la fase.
a) Indica a quina fase o fases corresponen els tres grups i calcula la durada de G1G_{1}, S, G2G_{2} i M.
b) Prediu com canviaria l'histograma si s'afegeix colquicina al cultiu durant 12 hores, i si en lloc de colquicina s'afegeix un inhibidor de la síntesi d'ADN. Justifica-ho.
c) Les cèl·lules s'irradien amb raigs X. En el cultiu normal, durant unes hores augmenta molt la fracció de cèl·lules amb 2c; en un cultiu de cèl·lules amb el gen TP53 mutat, l'histograma gairebé no canvia. Interpreta-ho i relaciona-ho amb el càncer.
d) Quin contingut d'ADN tindria un espermatozoide? I una cèl·lula en metafase II de la meiosi?

Pista 1

La quantitat d'ADN es duplica durant la fase S: quines fases tenen ADN sense replicar i quines ja l'han replicat?

Pista 2

El grup de 4c inclou dues fases diferents; l'índex mitòtic et permet separar-les.

Pista 3

La colquicina impedeix la formació del fus; la proteïna p53 atura el cicle quan detecta ADN danyat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

2c: G1G_{1}; entre 2c i 4c: S; 4c: G2G_{2} + M. G1=11,6 hG_{1} = 11{,}6\ \text{h}; S=4,4 hS = 4{,}4\ \text{h}; G2=3,2 hG_{2} = 3{,}2\ \text{h}; M=0,8 hM = 0{,}8\ \text{h}.

Resolució

  1. Fases. 2c: cèl·lules en G1G_{1} (ADN no replicat). Entre 2c i 4c: cèl·lules en S (replicació en curs). 4c: G2G_{2} + M (ADN replicat). Fixa't que la major part del pic de 4c són cèl·lules en G2G_{2}, no en mitosi.
  2. Plantejament. La durada de cada fase és la fracció de cèl·lules multiplicada per la durada del cicle (20 h).
  3. Càlcul. G1=0,58⋅20=11,6 hG_{1} = 0{,}58\cdot20 = 11{,}6\ \text{h}; S=0,22⋅20=4,4 hS = 0{,}22\cdot20 = 4{,}4\ \text{h}; G2+M=0,20⋅20=4,0 hG_{2} + M = 0{,}20\cdot20 = 4{,}0\ \text{h}.
  4. Separació de G2G_{2} i M. Amb l'índex mitòtic: M=0,04⋅20=0,8 hM = 0{,}04\cdot20 = 0{,}8\ \text{h}, i per tant G2=4,0−0,8=3,2 hG_{2} = 4{,}0 - 0{,}8 = 3{,}2\ \text{h}.

Apartat b)

Resultat

Colquicina: el pic de 4c augmenta molt (≈ 64 % de cèl·lules aturades en metafase en 12 h) i el de 2c es buida. Inhibidor de la síntesi d'ADN: les cèl·lules s'acumulen a G1G_{1}/S; el pic de 2c creix i el de 4c es buida.

Resolució

  1. Colquicina. Impedeix la polimerització dels microtúbuls i el fus, i les cèl·lules queden aturades en metafase. Com que continuen arribant a la mitosi i no en surten, el pic de 4c augmenta molt i els de G1G_{1} i S es buiden progressivament. (No impedeix la replicació de l'ADN.)
  2. Càlcul a 12 h. Hi haurien arribat les cèl·lules que eren a M (4 %), a G2G_{2} (16 %), a S (22 %) i les de G1G_{1} a les quals faltaven menys de 12−3,2−4,4=4,4 h12 - 3{,}2 - 4{,}4 = 4{,}4\ \text{h} per entrar a S: 4,411,6⋅58 %=22 %\tfrac{4{,}4}{11{,}6}\cdot58\ \% = 22\ \%. En total, aproximadament un 64 % de les cèl·lules quedarien aturades amb 4c.
  3. Resta de l'histograma. La resta de cèl·lules de G1G_{1} haurien avançat fins a G2G_{2} (≈ 16 %, també 4c) o S (≈ 20 %), de manera que el pic de 2c pràcticament desapareix.
  4. Inhibidor de la síntesi d'ADN. Les cèl·lules s'acumulen al límit G1G_{1}/S o a l'inici de S; el pic de 2c creix i el de 4c es buida a mesura que les cèl·lules que eren a G2G_{2}/M es divideixen.

Apartat c)

Resultat

La p53 detecta el dany i atura el cicle al punt de control de G1G_{1} (augmenten les 2c); sense p53, les cèl·lules es divideixen amb l'ADN danyat i acumulen mutacions: TP53 és un gen supressor de tumors.

Resolució

  1. Raigs X. Trenquen l'ADN.
  2. Cultiu normal. La proteïna p53 detecta el dany i activa el punt de control de G1G_{1}: les cèl·lules no entren a S fins que no han reparat l'ADN (o fan apoptosi), i per això s'acumulen amb 2c.
  3. Cultiu TP53 mutat. Sense p53 funcional, el cicle no s'atura i l'histograma gairebé no canvia: les cèl·lules repliquen i divideixen ADN danyat i acumulen mutacions.
  4. Relació amb el càncer. Per això TP53 és un gen supressor de tumors i està mutat en una gran part dels càncers humans.

Apartat d)

Resultat

Espermatozoide: 1c. Metafase II: 2c.

Resolució

  1. Espermatozoide. Té n cromosomes d'una sola cromàtide: 1c.
  2. Metafase II. La cèl·lula és haploide (n cromosomes), però cada cromosoma encara té dues cromàtides: 2c.
  3. Compte. No confonguis el nombre de cromosomes (n o 2n) amb la quantitat d'ADN (c): una cèl·lula en metafase II és haploide però té 2c.

Errors típics

  • Atribuir tot el pic de 4c a la mitosi: la major part de les cèl·lules amb 4c són en G2G_{2}.
  • Pensar que la colquicina impedeix la replicació de l'ADN.
  • Confondre el nombre de cromosomes (n o 2n) amb la quantitat d'ADN (c): una cèl·lula en metafase II és haploide però té 2c.

Conceptes treballats: fases del cicle cel·lular; quantitat d'ADN (c) i replicació; citometria de flux; fàrmacs antimitòtics; punts de control i p53; gens supressors de tumors; meiosi

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

El daltonisme és un caràcter recessiu lligat al cromosoma X (XDX^{D}, visió normal; XdX^{d}, daltonisme). Analitza aquests tres casos, suposant que no hi ha hagut recombinació entre el gen i el centròmer ni mutacions noves:
Cas 1: una dona portadora i un home de visió normal tenen un fill 47,XXY daltònic.
Cas 2: una dona homozigota de visió normal i un home daltònic tenen un fill 47,XXY de visió normal, de genotip XDXdX^{D}X^{d}Y.
Cas 3: una dona portadora i un home de visió normal tenen una filla 45,X daltònica.
a) Per a cada cas, indica en quin progenitor i en quina divisió meiòtica (I o II) es va produir la no-disjunció, si es pot saber. Justifica-ho.
b) Explica, amb un esquema dels gàmetes, per què una no-disjunció a la meiosi I fa que els quatre gàmetes siguin anòmals i una a la meiosi II, només dos.
c) Raona per què entre els nadons la trisomia 21 és relativament freqüent, mentre que la monosomia 21 pràcticament no s'hi troba.

Pista 1

Escriu el genotip del fill i pregunta't de quin progenitor poden venir els dos cromosomes sexuals «de més».

Pista 2

Si dos cromosomes que venen del mateix progenitor són idèntics, eren cromàtides germanes; si són diferents (X i Y, o XDX^{D} i XdX^{d}), eren homòlegs.

Pista 3

Les cromàtides germanes se separen a la meiosi II; els homòlegs, a la meiosi I.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

Cas 1: meiosi II materna. Cas 2: meiosi I paterna. Cas 3: error patern, però no es pot saber si a la meiosi I o a la II.

Resolució

  1. Cas 1. El fill és XdXdYX^{d}X^{d}\mathrm{Y}. El pare només té XDX^{D}, per tant la Y ve del pare i els dos XdX^{d} de la mare. Dos XdX^{d} idèntics provenen de les dues cromàtides d'un mateix cromosoma: no-disjunció a la meiosi II materna.
  2. Cas 2. El fill és XDXdYX^{D}X^{d}\mathrm{Y}. La mare només té XDX^{D}; XdX^{d} i Y venen del pare. X i Y són homòlegs (s'aparellen per la regió pseudoautosòmica) i se separen a la meiosi I: no-disjunció a la meiosi I paterna.
  3. Cas 3. La filla és Xd0X^{d}0. El seu XdX^{d} només pot venir de la mare (el pare és XDYX^{D}\mathrm{Y}), de manera que l'espermatozoide no portava cap cromosoma sexual: l'error és patern.
  4. Cas 3: quina divisió. Un gàmeta sense cromosoma sexual es pot formar per no-disjunció a la meiosi I o a la II, de manera que no es pot saber (també podria ser una pèrdua del cromosoma en una de les primeres mitosis del zigot).
  5. Conclusió. No es pot atribuir automàticament l'aneuploïdia a la mare: cal mirar els al·lels.

Apartat b)

Resultat

Meiosi I: 2 gàmetes n + 1 i 2 gàmetes n − 1 (tots anòmals). Meiosi II: 1 gàmeta n + 1, 1 gàmeta n − 1 i 2 normals.

Resolució

  1. No-disjunció a la meiosi I. Els dos homòlegs van al mateix pol: una cèl·lula filla té n + 1 cromosomes duplicats i l'altra n − 1.
  2. Meiosi II posterior. Cadascuna es divideix normalment: en surten 2 gàmetes n + 1 i 2 gàmetes n − 1, tots anòmals.
  3. No-disjunció a la meiosi II. La meiosi I és normal; en una sola de les dues cèl·lules les cromàtides germanes no se separen: 1 gàmeta n + 1, 1 gàmeta n − 1 i 2 gàmetes normals (els de l'altra cèl·lula).
  4. Clau. A la meiosi I se separen els homòlegs; a la meiosi II, les cromàtides germanes.

Apartat c)

Resultat

Es formen tants gàmetes n + 1 com n − 1, però la monosomia 21 és letal molt aviat en l'embrió i la trisomia 21 és viable: és una qüestió de supervivència embrionària.

Resolució

  1. Formació. La no-disjunció produeix tants gàmetes n + 1 com n − 1, de manera que es formen zigots trisòmics i monosòmics en quantitats semblants.
  2. Dosi gènica. La falta d'un autosoma (monosomia) desequilibra la dosi de centenars de gens i és letal molt aviat en l'embrió.
  3. Trisomia 21. El 21 és un dels cromosomes amb menys gens, i la seva trisomia és compatible amb la vida.
  4. Conclusió. La diferència es deu a la supervivència embrionària, no a la freqüència amb què es formen.

Errors típics

  • Atribuir automàticament la síndrome a la mare per l'edat materna, sense mirar els al·lels.
  • Confondre la separació de cromosomes homòlegs (meiosi I) amb la de cromàtides germanes (meiosi II).
  • Pensar que la monosomia 21 és rara perquè la no-disjunció només fa gàmetes amb cromosomes de més.

Conceptes treballats: meiosi I i II; no-disjunció; aneuploïdies (47,XXY; 45,X; trisomia 21); herència lligada a l'X com a marcador; dosi gènica i viabilitat

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

El retinoblastoma és un tumor de la retina que apareix en la infància. El gen RB1 codifica una proteïna que frena el pas de G1G_{1} a S. Perquè es formi el tumor, una cèl·lula de la retina ha de perdre les dues còpies funcionals de RB1. En la forma hereditària, l'infant hereta un al·lel mutat i la predisposició es transmet com un caràcter autosòmic dominant amb una penetrància del 90 %; en la forma esporàdica, les dues mutacions s'han de produir a la mateixa cèl·lula.
a) Explica per què RB1 és un gen supressor de tumors i per què la mutació és recessiva a nivell cel·lular, encara que la predisposició s'hereti com a dominant.
b) Un home que va patir retinoblastoma hereditari té fills amb una dona sense la mutació. Calcula la probabilitat que un fill desenvolupi el tumor, la probabilitat que els dos primers fills el desenvolupin tots dos i la probabilitat que almenys un dels dos el desenvolupi.
c) Raona per què la forma hereditària sol afectar els dos ulls i apareix a una edat més primerenca que l'esporàdica.
d) Les mutacions del protooncogèn RAS que mantenen la proteïna sempre activa són dominants a nivell cel·lular. Raona aquesta diferència amb RB1 a partir de la funció normal de cada proteïna.

Pista 1

Pensa què passa si una cèl·lula té una còpia de RB1 funcional i una de mutada: hi ha prou proteïna per frenar el cicle?

Pista 2

La penetrància és la probabilitat que un portador manifesti el fenotip: combina-la amb la probabilitat d'heretar l'al·lel.

Pista 3

Per a «almenys un», és més fàcil calcular la probabilitat que cap dels dos el desenvolupi.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

RB frena el cicle (G1G_{1} → S): és un supressor de tumors. Una còpia funcional ja n'hi ha prou (mutació recessiva a nivell cel·lular), però qui hereta una còpia mutada té molt probable un segon impacte en alguna cèl·lula: la predisposició és dominant.

Resolució

  1. Funció de RB. La proteïna RB frena la proliferació: impedeix l'entrada a S fins que la cèl·lula rep els senyals adequats.
  2. Supressor de tumors. Els gens que frenen la divisió i que, quan es perden, afavoreixen el càncer són supressors de tumors.
  3. Recessiva a nivell cel·lular. Amb una sola còpia funcional n'hi ha prou per controlar el cicle; la cèl·lula només es descontrola quan perd les dues (hipòtesi dels «dos impactes»).
  4. Dominant a nivell d'herència. Un infant que hereta una còpia mutada té aquesta mutació a tots els milions de cèl·lules de la retina, i és molt probable que en alguna es produeixi el segon impacte. Per això es transmet com a dominant la predisposició, no el tumor.

Apartat b)

Resultat

Un fill: 0,45 (45 %); tots dos: 0,2025 (≈ 20 %); almenys un: 0,6975 (≈ 70 %).

Resolució

  1. Dades. Home heterozigot (forma hereditària) × dona sense la mutació. La probabilitat que un fill hereti l'al·lel mutat és 12\tfrac{1}{2}, i la penetrància és 0,9.
  2. Un fill. P=12⋅0,9=0,45P = \tfrac{1}{2}\cdot0{,}9 = 0{,}45 (45 %). No n'hi ha prou amb 12\tfrac{1}{2}: cal tenir en compte la penetrància incompleta.
  3. Dos fills (independents). P=0,452=0,2025≈20 %P = 0{,}45^{2} = 0{,}2025 \approx 20\ \%.
  4. Almenys un (complementari). P=1−(1−0,45)2=1−0,3025=0,6975≈70 %P = 1 - (1 - 0{,}45)^{2} = 1 - 0{,}3025 = 0{,}6975 \approx 70\ \% No es pot sumar 0,45+0,45=0,90{,}45 + 0{,}45 = 0{,}9.

Apartat c)

Resultat

En la forma hereditària totes les cèl·lules de les dues retines ja tenen un impacte i n'hi ha prou amb una sola mutació somàtica; en l'esporàdica en calen dues a la mateixa cèl·lula.

Resolució

  1. Forma hereditària. Totes les cèl·lules de les dues retines ja tenen un impacte; n'hi ha prou amb una sola mutació somàtica en qualsevol cèl·lula.
  2. Conseqüència. Com que és probable que això passi en diverses cèl·lules, apareixen tumors múltiples, als dos ulls i aviat.
  3. Forma esporàdica. Calen dues mutacions independents a la mateixa cèl·lula, un fet molt poc probable: el tumor sol ser únic, en un sol ull i més tardà.

Apartat d)

Resultat

La mutació de RAS és un guany de funció (senyal de divisió sempre encès): dominant. La de RB1 és una pèrdua de funció d'un fre: recessiva.

Resolució

  1. Funció de RAS. RAS és un transmissor de senyals d'«activa la divisió»: normalment s'encén i s'apaga.
  2. Mutació de RAS. Una sola còpia mutada que el deixa sempre encès ja envia el senyal de proliferació encara que l'altra còpia sigui normal: és un guany de funció, dominant (el protooncogèn s'ha convertit en oncogèn).
  3. Mutació de RB1. És una pèrdua de funció d'un fre, i la còpia normal que queda és suficient per frenar.
  4. Conclusió. Accelerador encallat (dominant) davant de fre trencat (recessiu).

Errors típics

  • Calcular la probabilitat del fill com 1/2 i oblidar la penetrància incompleta.
  • Calcular «almenys un dels dos» sumant 0,45 + 0,45 = 0,9.
  • Dir que el retinoblastoma hereditari és una malaltia dominant a nivell cel·lular: es transmet una predisposició, no el tumor.

Conceptes treballats: cicle cel·lular i punt de control G1/S; gens supressors de tumors i protooncogens; hipòtesi dels dos impactes; mutacions somàtiques i germinals; penetrància; probabilitat d'esdeveniments independents

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Quina és la fase més llarga del cicle cel·lular?

La interfase, on la cèl·lula creix i replica l'ADN. La divisió (mitosi i citocinesi) només n'ocupa una part petita.

Què és el sobreencreuament?

L'intercanvi de fragments entre cromàtides de cromosomes homòlegs durant la profase I de la meiosi. Genera noves combinacions d'al·lels.

Tornar a Biologia

Altres temes de Biologia 2n Batxillerat