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Problemas de Genética


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217 Respuesta(s) a este Tema

#41 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 10 agosto 2008 - 04:53




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Continuamos ...


Agradecemos muy cordialmente a los profesores:

Manuel Díez

Araceli Gallego

César Benito


Su gentileza al autorizarnos el uso de este excelente material.

Universidad Complutense de Madrid

AULA VIRTUAL DE GENÉTICA

http://www.ucm.es/info/genetica/AVG/


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2.1.- Representar gráficamente los resultados que se obtendrían en el experimento de Meselson y Stahl al cabo de media, una y dos generaciones celulares:

a) Si la replicación fuera semiconservativa.

b) En el caso en que la replicación fuera conservativa.






a) Si la replicación fuera semiconservativa.



La hipótesis de replicación semiconservativa del ADN fue propuesta por Watson y Crick. Según este modelo la doble hélice de ADN se separaría en sus dos hebras y cada una de ellas serviría de molde siguiendo las reglas de complementaridad de las bases nitrogenadas para sintetizar una nueva hebra. Al final del proceso obtendríamos dos dobles hélices, cada una con una hebra vieja y otra de nueva síntesis.



El ADN de las bacterias que crecen en un medio con N14 tiene una menor densidad y migra al centrifugar en gradiente de CsCl hacia la boca del tubo. En primer lugar, en el experimento de Meselson y Stahl las bacterias se mantienen creciendo durante 14 generaciones en medio con N15. De esta forma se consigue que el ADN de todas las bacterias del cultivo esté constituido por bases nitrogenadas con N15 (pesado). Cuando se extrae el ADN de estas bacterias y se centrifuga en gradiente de densidad de CsCl se observa una sola banda que migra hacia el fondo del tubo. El ADN de las bacterias que crecen en un medio con N14 tiene una menor densidad y migra al centrifugar en gradiente de CsCl hacia la boca del tubo. Posteriormente, las bacterias se pasan a un medio que contienen N14 (normal) y a distintos tiempos ( ½ , 1 y 2 generaciones) se toma una muestra del cultivo, se extrae el ADN y se centrifuga en gradiente de CsCl. A la media generación ( ½ ), se habrá replicado la mitad del ADN, por tanto, tendremos dobles hélices que aún no se han replicado con ambas cadenas formadas por N15 (pesado) y dobles hélices ya replicadas con una hebra vieja (N15) y otra de nueva síntesis (N14). Al centrifugar obtendremos dos bandas, una con densidad correspondiente al N15 (doble hélice vieja, aún no replicada) y otra con densidad intermedia N14-15 (ADN ya replicado). La banda de densidad intermedia N14-15 contendrá doble cantidad de ADN que la banda de densidad N15. En la primera generación de replicación todo el ADN tendrá una cadena vieja (N15) y una de nueva síntesis (N14), al centrifugar se observará una sola banda de densidad intermedia (N14-15). En la segunda generación de replicación tendremos moléculas de ADN doble hélice de densidad intermedia (N14-15) y moléculas de ADN doble hélice con las dos hebras constituidas por N14. Por tanto, al centrifugar observaremos dos bandas una de densidad intermedia (N14-15) y otra con densidad correspondiente al N14.

Ambas bandas contendrán igual cantidad de ADN (1:1).


En el siguiente esquema se resumen los resultados que se obtendrían si la replicación fuera semiconservativa:






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#42 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 11 agosto 2008 - 03:03





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b) En el caso en que la replicación fuera conservativa.



En el modelo de replicación conservativo, la doble hélice vieja permanece intacta y sirve como molde para sintetizar un nueva doble hélice con las dos hebras de nueva síntesis.



Después de crecer las bacterias durante 14 generaciones en medio con N15, todo el ADN estará constituido por bases nitrogenadas con N15 (pesado) y al centrifugar obtendremos una sola banda de densidad correspondiente al N15 en el fondo del tubo. Posteriormente se pasan las bacterias a medio con N14, se toman muestras a diferentes tiempos ( ½ , 1 y 2 generaciones), se extrae el ADN y se centrifuga en gradiente de CsCl. A la media generación de replicación ( ½ ), se habrá replicado la mitad del ADN y tendremos ADN con las dos hebras constituidas por N15 y ADN con las dos hebras de nuevas síntesis (N14). Al centrifugar observaremos dos bandas, una con densidad N15 y otra con densidad N14 ; la primera contendrá doble cantidad de ADN que la segunda (2:1).

En la primera generación de replicación, observaremos ADN con ambas hélices formadas por N15 (doble hélice vieja) y ADN con ambas cadenas construidas con N14 (doble hélice nueva). Después de centrifugar en gradiente de CsCl se visualizarán dos bandas, una correspondiente al N15 y otra con densidad correspondiente al N14. Ambas bandas contendrán igual cantidad de ADN (1:1). Por último, en la segunda generación de replicación tendremos moléculas de ADN con ambas cadenas marcadas con N15 y moléculas con ambas hélices formadas por N14, estas moléculas darán lugar al centrifugar a dos bandas, una con densidad N15 y otra con densidad N14; la segunda banda contendrá tres veces más ADN que la primera (1:3).

La principal diferencia entre el modelo semiconservativo y el conservativo, radica en que en el primero se observa ADN de densidad intermedia (N14-15) mientras que en el segundo nunca aparece este tipo de ADN.

En el siguiente esquema se resumen los resultados que se obtendrían si la replicación fuera conservativa:






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#43 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 13 agosto 2008 - 07:08






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Continuamos....

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2.2.- Una población celular meristemática sincronizada, de una especie vegetal con 2n = 2 cromosomas, se replica durante el periodo S en un medio que contiene un nucleótido marcado que puede detectarse mediante fluorescencia. Considerando que la primera generación celular es aquella en la que se incorporó el el nucleótido marcado:

a) ¿Qué tipos de células aparecerán en cuanto al patrón de marcaje de sus cromosomas en las metafases de la primera y segunda generaciones después de la incorporación del nucleótido?.

b) ¿Qué tipos de células meristemáticas aparecerán en cuanto al patrón de marcaje y en que proporción en la metafase de la tercera generación celular?.


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#44 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 14 agosto 2008 - 11:32






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Continuamos...


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a) ¿Qué tipos de células aparecerán en cuanto al patrón de marcaje de sus cromosomas en las metafases de la primera y segunda generaciones después de la incorporación del nucleótido marcado?.


REPASAR LAS FASES DE LA MITOSIS


Según los experimentos llevados acabo por Taylor y colaboradores con Vicia faba, el cromatidio se comporta como una doble hélice de ADN y se replica de forma semiconservativa. Por tanto, el tipo de células que se espera observar en la 1ª y 2ª metafases después de la incorporación de TH3 son las siguientes:





En la 1ª metafase aparecerán células con los dos cromosomas marcados en los dos cromatidios y en la 2ª metafase células con los dos cromosomas marcados en un sólo cromatidio. Este resultado se explica teniendo en cuenta que el cromatidio es una doble hélice de ADN y se replica de forma semiconservativa.

En el siguiente esquema se explica la aparición de este tipo de células:





b) ¿Qué tipos de células meristemáticas aparecerán en cuanto al patrón de marcaje y en que proporción en la metafase de la tercera generación celular?.


Las células que se observarán en la 3ª metafase después de la incorporación del isótopo dependerán del tipo de migración o separación de los cromatidios en la 2ª anafase. Los dos cromosomas de las células de la 2ª metafase tienen un cromatidio marcado y otro sin marcar. El comportamiento de cada cromosoma en la anafase es independiente, por tanto, la probabilidad de que acuda a un polo un cromatidio marcado es ½ y la probabilidad de que llegue un cromatidio no marcado también es ½. Por consiguiente, en la 2ª anafase puede suceder que al mismo polo acudan 2 cromatidios marcados cada uno procedente de un cromosoma distinto, suceso que tendría lugar con una probabilidad de ½ x ½ = ¼ . Al mismo polo también pueden ir en la 2ª anafase dos cromatidios no marcados procedentes cada uno de un cromosoma distinto, suceso que tendrá lugar con una probabilidad de ½ x ½ = ¼. Por último, en la 2ª anafase puede que lleguen al mismo polo un cromatidio marcado y otro no marcado procedentes de diferentes cromosomas, siendo la probabilidad de este caso ½ x ½ x 2 = ½ . En esta última situación es necesario multiplicar por dos debido a que el cromatidio marcado puede proceder de cualquiera de los dos cromosomas existentes .





Estos tipos de polos anafásicos originarán después de pasar por un periodo S en medio con Timina normal (T) las células de la tercera metafase. Un polo anafásico con dos cromatidios marcados dará lugar en la 3ª metafase a una célula con los dos cromosomas marcados en un sólo cromatidio. Un polo anafásico con dos cromatidios no marcados originará células con dos cromosomas sin marcar, y un polo anafásico con un cromatidios marcado y otro sin macar conducirá a la formación de células con un cromosoma marcado en un cromatidio y el otro cromosoma sin marcar. En el siguiente esquema se indican los tipos de células y la proporción en la que aparecerían en la 3ª metafase:






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#45 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 15 agosto 2008 - 04:23






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Tenemos mucha suerte que nos autorizaran a publicar estos trabajos... son muy muy buenos... y no sólo como problemas sino por la impecable explicación que acompaña el resultado. Siempre estamos aprendiendo...


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2.3.- Una población celular meristemática de una especie vegetal con 2n = 4 cromosomas, en la que una pareja de cromosomas es metacéntrica y la otra es subtelocéntrica, se replica durante un periodo S en un medio que contiene un nucleótido marcado que puede detectarse mediante fluorescencia. Considerando que la primera generación celular es aquella en la que se incorporó el nucleótido marcado:

  • ¿Qué tipos de células se observarán en la 1ª y 2ª metafases después de la incorporación del nucleótido marcado?.

  • ¿Con qué probabilidad se observarán células con un cromosoma marcado y tres sin marcar en la 3ª metafase después de la incorporación del nucleótido marcado?.

  • ¿Con qué probabilidad aparecerán células con un cromosoma subtelocéntrico marcado y el resto de los cromosomas sin marcaje en la 3ª metafase?.


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#46 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 19 agosto 2008 - 03:22







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Analicen estos ejemplos, son increiblemente didacticos....

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* ¿Qué tipos de células se observarán en la 1ª y 2ª metafases después de la incorporación del nucleótido marcado?.


REPASAR LAS FASES DE LA MITOSIS


Se trata de un experimento semejante al llevado a cabo por Taylor y colaboradores con Vicia faba. Las diferencias son que no se emplea colchicina y que el número de cromosomas de esta especie es 2n=4.

En el experimento realizado por Taylor y colaboradores se demostró que el cromatidio se comporta como una doble hélice de ADN y que su replicación se ajusta al modelo semiconservativo. Basándonos en estas dos conclusiones, las células de la primera metafase después de la incorporación del nucleótido marcado tendrán todos los cromosomas marcados en los dos cromatidios, mientras que las células de la 2ª metafase tendrán todos los cromosomas marcados en un sólo cromatidio. En el siguiente esquema se resumen los pasos del experimento de Taylor y los tipos de células que se observarían en la 1ª y 2ª metafases después de la incorporación del nucleótido marcado en esta especie vegetal con 2n=4 cromosomas:






* ¿Con qué probabilidad se observarán células con un cromosoma marcado y tres sin marcar en la 3ª metafase después de la incorporación del nucleótido marcado?.


Los diferentes tipos de células que se pueden observar en la 3ª metafase después de la incorporación del nucleótido marcado dependen de los resultados de la 2ª anafase. Para obtener células con tres cromosomas sin marcar y un cromosoma marcado en un cromatidio, es necesario que en la anafase anterior acudan al mismo polo tres cromatidios sin marcar y uno marcado. Teniendo en cuenta que cada cromosoma en la 2ª anafase se comporta de forma independiente, que todos los cromosomas tiene un cromatidio marcado y otro sin marcar, y que la probabilidad de que un cromatidio marcado o no marcado se dirija a un polo es ½ ; la probabilidad de que aparezca un polo anafásico con un cromatidio marcado y tres sin marcar sería:





La probabilidad de que tres cromatidios no marcados procedentes de diferentes cromosomas acudan al mismo polo es (1/2) (1/2) (1/2) = (1/2)3. La probabilidad de que a ese polo llegue un cromatidio marcado procedente del cuarto cromosoma seria (1/2)1. Por tanto la probabilidad total sería el producto (1/2)3(1/2)1 = (1/2)4 . Pero además, es necesario tener en cuenta que el cromatidio marcado puede proceder de uno cualquiera de los cuatro cromosomas, teniendo que multiplicar la probabilidad anterior por un número combinatorio que nos indique de cuantas formas posibles con un total de cuatro cromatidios tres son no marcados y uno está marcado. Este número combinatorio evidentemente tiene un valor de 4. Por tanto, la probabilidad total sería (1/2)4 x 4 = ¼. En el siguiente esquema se indica como aparecen estas células a partir de las células de la 2ª metafase:





Como consecuencia de la 2ª Anafase indicada, además de la célula pedida (polo inferior), aparece otro tipo de célula de la 3ª metafase con un cromosoma sin marcar y tres cromosomas marcados en un solo cromatidio: (polo superior)





* ¿Con qué probabilidad aparecerán células con un cromosoma subtelocéntrico marcado y el resto de los cromosomas sin marcaje en la 3ª metafase?.


A diferencia del caso anterior, en que el cromatidio marcado podía proceder de cualquier cromosoma y, por consiguiente, el número combinatorio por el que había que multiplicar la probabilidad era 4 sobre 1 ; en este caso, el cromatidio marcado sólo puede proceder de un cromosoma subtelocéntrico, y por tanto, habrá que multiplicar la probabilidad por dos, ya que sólo existen dos cromosomas subtelocéntricos. La probabilidad sería ( ½ )4x 2 = 1/8 . Otra forma de llegar al mismo resultado consistiría en tratar por separado a los dos cromosomas subtelocéntricos y a los dos metacéntricos. La probabilidad en este caso sería:






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#47 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 20 agosto 2008 - 06:33








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Continuamos...


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2.4.- Una población celular meristemática sincronizada, con 2n = 4 cromosomas, se somete al siguiente tratamiento:


Primera interfase en presencia de nucleótido marcado que se detecta por florescencia.

Primera división celular en medio de cultivo normal.

Segunda interfase en medio normal.

Segunda división celular en presencia de colchicina.

Tercera interfase en medio normal.

Tercera división celular en medio normal.



¿Qué tipos de células aparecerán, en cuanto al patrón de marcaje y al número de cromosomas, en las metafases de las tres divisiones celulares indicadas?.


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#48 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 21 agosto 2008 - 03:14





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Continuamos


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¿Qué tipos de células aparecerán, en cuanto al patrón de marcaje y al número de cromosomas, en las metafases de las tres divisiones celulares indicadas?.


REPASAR LAS FASES DE LA MITOSIS


Hasta la 2ª metafase los resultados serían semejantes a los obtenidos por Taylor y colaboradores, en la 1ª metafase los cuatro cromosomas estarían marcados en los dos cromatidios y en la 2ª metafase los cuatro cromosomas estarían marcados en un cromatidio. Sin embargo, la 2ª mitosis se realiza en presencia de colchicina que inhibe la formación de huso acromático e impide por tanto la separación de los cromatidios hermanos a polos distintos. Como consecuencia, la célula vuelve a entrar en un periodo S sin haber separado sus cromatidios y se duplica el número de cromosomas, pasando de cuatro a ocho y apareciendo, por consiguiente, una célula poliploide (2n = 8 ). Todas las células poliploides de la tercera metafase tendrán cuatro cromosomas marcados en un cromatidio y cuatro cromosomas sin marcar.









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#49 Ge. Pe.

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Publicado el 22 agosto 2008 - 06:14





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Continuamos con un nuevo Capítulo...

AULA VIRTUAL DE GENÉTICA UCM

http://www.ucm.es/in...ica/AVG/avg.htm


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3.1.- Cinco mutantes nutricionales de Neurospora pueden crecer (+) en medio mínimo suplementado por la sustancia A. Algunos de estos mutantes también pueden crecer cuando se añaden al medio mínimo las sustancias indicadas en la tabla:


..............................Sustancia añadida al medio

Mutantes............C.............S............A.................O
1.......................+.............+............+.................+
2.......................+..............-............+.................+
3.......................+..............-............+..................-
4........................-..............-............+..................-
5........................-..............-............+..................-





a) ¿Qué ruta metabólica propondría para la síntesis de A?


b) ¿Qué paso metabólico tiene bloqueado cada mutante?


c) ¿Que compuesto acumularán los diferentes mutantes utilizados?


d) El mutante 4 también puede crecer cuando se añade al medio mínimo el compuesto AG, mientras que el mutante 5 solamente es capaz de crecer cuando se suplementa con la sustancia A. ¿Cuál de estas dos mutaciones va antes en la ruta propuesta?
¿En qué etapa de la ruta se sintetizaría el compuesto AG?




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#50 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 24 agosto 2008 - 05:09





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Continuamos... al estudiar estas soluciones, no sólo aprendemos Genética, sino como plantearse un desarrollo lógico y claro.



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a) ¿Qué ruta metabólica propondría para la síntesis de A?



Cuántos más mutantes crecen con una determinada sustancia tanto más hacia el final de la ruta estará dicho compuesto. Cuantos menos mutantes viven con un determinado compuesto tanto más hacia el principio de la ruta estará. Con A crecen todos los mutantes, por tanto, será el último de la ruta. Con S vive un sólo mutante, por lo que esta sustancia sería la primera. Después de S vendría la sustancia O, ya que dos mutantes crecen con este compuesto y, a continuación, seguiría C puesto que hay tres mutantes que crecen con ella. Por tanto, el orden de estos compuestos en la ruta sería:





b) ¿Qué paso metabólico tiene bloqueado cada mutante?



Un mutante crece con un compuesto posterior al punto de bloqueo y no crece con una sustancia anterior.

El mutante 1 crece con todos los compuestos ; por tanto, debe tener un bloqueo en un paso anterior a S que es el primero. Por consiguiente, debe estar bloqueado en el siguiente paso: precursor -> S.

El mutante 2 no crece con S y lo hace con O, C y A ; por tanto, estará afectado en el paso S -> O.

El mutante 3 no crece ni con S ni con O; sin embargo, si crece con C y A, estando bloqueado en O -> C.

Por último, los mutantes 4 y 5 según los datos de la tabla son idénticos, por consiguiente, deben estar bloqueados en el mismo paso. Ambos mutantes crecen sólo con A, estando bloqueados en C -> A.

En el siguiente esquema se indican los pasos bloqueados en cada mutante:






c) ¿Que compuesto acumularán los diferentes mutantes utilizados?


Los mutantes acumulan los compuestos inmediatamente anteriores al paso bloqueado; por consiguiente, el mutante 1 acumula precursor, el 2 acumula S, el 3 acumula O y los mutantes 4 y 5 acumulan C.



d) El mutante 4 también puede crecer cuando se añade al medio mínimo el compuesto AG, mientras que el mutante 5 solamente es capaz de crecer cuando se suplementa con la sustancia A.

¿Cuál de estas dos mutaciones va antes en la ruta propuesta? ¿En qué etapa de la ruta se sintetizaría el compuesto AG?



Si el mutante 4 es capaz de crecer cuando se añade al medio mínimo AG, mientras que el mutante 5 no crece con este compuesto, este resultado nos indica que ambos mutantes son diferentes y que entre C y A existe otro compuesto en la ruta que es AG. De manera que el mutante 4 estaría bloqueado en C -> AG y el mutante 5 afectaría al paso AG -> A. Por tanto, la ruta quedaría de la siguiente forma:










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#51 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 29 agosto 2008 - 12:19






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Continuamos...



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3.2.- Las estirpes mutantes A, B, C y D de Neurospora, necesitan para poder crecer que se añadan al medio mínimo los aminoácidos treonina y metionina, según se indica en la siguiente ruta:






Teniendo en cuenta que las estirpes A, B, C y D necesitan ambos aminoácidos para crecer:


a) ¿Qué paso de la ruta metabólica estaría bloqueado en cada una de las estirpes?

b) ¿Que compuesto acumularía cada una de las estirpes?


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#52 Ge. Pe.

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Publicado el 31 agosto 2008 - 12:42








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Continuamos.... para seguir aprendiendo Genética y táctica y estrategia en la resolución de este tipo de problemas...


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a) ¿Qué paso de la ruta metabólica estaría bloqueado en cada una de las estirpes?



La ruta metabólica indicada es una ruta bifurcada, primero tienen un tronco común y de este nacen dos ramas. En estas rutas podemos encontrarnos tres tipos de mutantes. Los mutantes que afectan al tronco común que para crecer necesitan que se añadan simultáneamente los dos productos finales (treonina y metionina), los mutantes en una de las ramas que para crecer necesitan que se añada el compuesto final de la rama a la que afecta el mutante. Por ejemplo, un mutante en la rama que va a dar lugar a metionina crece añadiendo sólo metionina y no crece con el compuesto final de la otra rama (treonina). Según esta clasificación, los mutantes A y C crecen con metionina y no lo hacen con treonina, por tanto, A y C bloquearían en la rama que va a dar lugar a metionina. El mutante D crece con treonina y no crece con metionina, por consiguiente debe bloquear en la rama que conduce a treonina. Por último, el mutante B no crece con metionina sólo o con treonina sólo, por tanto debe necesitar ambos compuestos para crecer, estando bloqueado en el tronco común de la ruta. Ya sabemos en que zona de la ruta están bloqueados los cuatro mutantes, sin embargo, para decidir el paso concreto que tienen afectado hemos de fijarnos en los compuestos que les permiten crecer a cada un de ellos. El criterio que debemos seguir es el mismo de siempre, un mutante crece con un compuesto posterior al punto de bloqueo y no crece con una sustancia anterior. Sin embargo, al tratarse de una ruta bifurcada, tenemos que tener en cuenta que los mutantes que afecten al tronco común de la ruta no van a crecer cuando se añadan compuestos posteriores al punto de bloqueo que estén situados en alguna de las dos ramas.

El mutante A afecta a la rama que da lugar a metionina, crece con cistationina o con metionina, por tanto estará bloqueado en el paso homoserina+cisteína -> cistationina.

El mutante B actúa en la rama común de la ruta, crece sólo con homoserina ; por tanto, está boqueado en un paso anterior, en cualquiera de los tres pasos que hay entre aspártico y homoserina, ya que en la tabla no tenemos datos sobre las sustancias I y II.

El mutante C afecta a la rama que conduce a metionina, y crece solo con metionina y no con cistationina, por consiguiente debe afectar a cualquier de los dos pasos que existen entre cistationina y metionina, ya que tampoco tenemos datos sobre la sustancia III.

Por último, el mutante D bloquea en la rama que conduce a treonina y sólo crece con treonina, por tanto debe estar bloqueado entre homoserina y treonina.

Los puntos en que estaría bloqueado cada uno de los cuatro mutantes estudiados son los siguientes:







b) ¿Que compuesto acumularía cada una de las estirpes?



Los mutantes acumulan el compuesto inmediatamente anterior al punto de bloqueo, pero, en el caso de las rutas bifurcadas, si un mutante tiene afectado un paso de una de las ramas específicas, acumulará el compuesto anterior al paso bloqueado en esa rama y como el resto de la ruta seguirá funcionando correctamente, también producirá el compuesto final de la rama no afectada por la mutación. El mutante A debería acumular homoserina y cisteína, pero la homoserina puede ser transformada en treonina al tratarse de una ruta bifurcada ; por consiguiente, tendrá cisteína y treonina. El mutante B acumulará cualquier compuesto anterior a la homoserina ya que puede estar bloqueado en cualquiera de los tres pasos indicados, por tanto acumularía sustancia II, o sustancia I o aspártico. Además el mutante B podría acumular también cisteína. El mutante C teniendo en cuenta que puede estar bloqueado en cualquiera de los dos pasos indicados, acumulará sustancia III o bien cistationina. El mutante D debería acumular homoserina pero al ser la ruta bifurcada producirá el compuesto final de la otra rama que es metionina.







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Publicado el 03 septiembre 2008 - 07:18




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Continuamos....

Gracias a:

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3.3.- Siete mutantes nutricionales necesitan para crecer los aminoácidos F y H. Los resultados obtenidos al añadir otras sustancias relacionadas al medio mínimo se indican en la siguiente tabla:




a) Proponga, basándose en los resultados de la tabla, una ruta metabólica que conduzca a la formación de los aminoácidos F y H.

b) ¿Indique que paso metabólico tendría bloqueado cada mutante y que sustancia acumularía?


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#54 Ge. Pe.

Ge. Pe.

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Publicado el 04 septiembre 2008 - 07:24





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Continuamos


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a) Proponga, basándose en los resultados de la tabla, una ruta metabólica que conduzca a la formación de los aminoácidos F y H.




Según se nos indica en el enunciado del problema, existen dos compuestos finales F y H que son los que necesitan estos mutantes para crecer. Además podemos observar que hay mutantes que crecen con el compuesto final F y no con H (2, 3, 4 y 5), otros que crecen con el compuesto final H y no con F (6 y 7), y mutantes que no crecen ni con F ni con H (1). Se trata, por tanto, de una ruta bifurcada en la que el mutante 1 afecta a la rama común de la ruta, los mutantes 2, 3, 4 y 5 afectan a la rama que va a dar lugar a la sustancia F y los mutantes 6 y 7 actúan en la rama que produce H.

Si nos fijamos en las sustancias que hacen crecer a los dos mutantes que actúan en la rama que produce H (6 y 7), podemos averiguar el orden de esos compuestos en la ruta (G y H). Con H crecen los dos mutantes y con G crece un mutante. Por tanto, el orden de las sustancias en esa ruta debe ser: G -> H. Igualmente, fijándonos en las sustancias que hacen crecer a los mutantes que viven con E (2, 3, 4 y 5), podemos averiguar el orden de esos compuestos (C, D, E y F) en la rama que produce F. Con F crecen los cuatro mutantes, con E crecen tres mutantes, con D viven dos mutantes y con C sólo uno, por consiguiente el orden debe ser C -> D -> E -> F. Por último, solamente nos queda averiguar el orden de las sustancias de la zona común de la ruta. Para ello, nos fijamos en el mutante 1 y en el resto de las sustancias (A y B) que intervienen en la ruta. Con B crece un mutante y con A ninguno de los mutantes. El orden de los compuestos en la rama común es: A -> B. La ruta metabólica que explica los resultados obtenidos en la tabla, sería la siguiente:




b) ¿Indique que paso metabólico tendría bloqueado cada mutante y que sustancia acumularía?


El punto de bloqueo de cada uno de estos mutantes lo obtendríamos fijándonos en los compuestos que los hacen crecer (posteriores al punto de bloqueo) y los que no los hacen crecer (anteriores al punto de bloqueo). Tendríamos que tener en cuenta que se trata de una ruta bifurcada y que los mutantes que afectan a la rama común no crecen con las sustancias de las ramas específicas que dan lugar a los compuestos finales F y H, a pesar de ser posteriores al punto de bloqueo. Siguiendo estos criterios, los mutantes bloquearían los pasos indicados en el siguiente esquema:



El compuesto que acumula cada mutante es el anterior al paso que tiene bloqueado, y además en el caso de aquellos mutantes que afectan a las ramas específicas que dan lugar a F y a H (compuestos finales) se producirá uno de los compuestos finales. Por tanto, el mutante 2 acumula H, el mutante 3 acumula C y H, el mutante 4 posee exceso de D y H y el mutante 5 produce E y H. El mutante 6 acumula F, el mutante 7 tiene gran cantidad de G y produce F. El mutante 1 de la rama común, acumulan A .




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Publicado el 05 septiembre 2008 - 06:00



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Continuamos...





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3.4.- Dada la siguiente ruta metabólica bifurcada, en la que los mutantes se han designado mediante números arábigos (1 al 7) y las sustancias de la ruta con letras mayúsculas (de A hasta G). Suponiendo que estos siete mutantes necesitan F y H simultáneamente para crecer:



a) Construya una tabla de crecimiento de cada uno de los siete mutantes citados empleando como sustancias añadidas todas aquellas que aparecen en la ruta del esquema.

b) ¿Que características de crecimiento presentan los mutantes que afectan a la rama común de la ruta y a cada una de las bifurcaciones


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Publicado el 06 septiembre 2008 - 05:38





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a) Construya una tabla de crecimiento de cada uno de los siete mutantes citados empleando como sustancias añadidas todas aquellas que aparecen en la ruta del esquema.




Los mutantes que afectan a las ramas específicas que conducen a F Y H crecen cuando se añade un compuesto posterior al punto de bloqueo de su rama y no lo hacen con un compuesto anterior. Los datos de crecimiento se indican en la siguiente tabla:





b) ¿Que características de crecimiento presentan los mutantes que afectan a la rama común de la ruta y a cada una de las bifurcaciones?


El mutante 1 de la rama común de la ruta, no crece ni con F sólo ni con H sólo que son los compuestos finales. Los mutantes 2, 3, 4, y 5 de la rama que produce F, crecen cuando se añade F pero no cuando se añade el otro compuesto final (H). Los mutantes que afectan a la rama de G (6 y 7) crecen cuando se añade H pero no lo hacen con F (la otra sustancia final).


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Publicado el 08 septiembre 2008 - 06:24






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3.5.- La ruta de síntesis del pigmento marrón (xantomatina) en Drosophila melanogaster es la siguiente:





La mutación vermilion bloquea el paso de triptófano a formilquinurenina, mientras que el mutante cinnabar bloquea el paso de formilquinurenina a hidroxiquinurenina. Suponiendo que todas las sustancias intermedias de la ruta son difusibles:

a) Indicar los trasplantes de discos imaginales de ojo que permiten decidir que la mutación vermilion actúa antes en la ruta que la mutación cinnabar.

b) ¿Qué color presentaría el ojo extra en un trasplante de disco imaginal vermilion sobre el abdomen de una larva receptora mutante en el paso metabólico de hidroxiquinurenina a xantomatina?.



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Publicado el 09 septiembre 2008 - 02:48




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Como todos los de este portal, este es un bello ejemplo de una situación problemática en Ciencias...


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Este problema está basado en los experimentos de trasplantes de discos imaginales en Drosophila melanogaster, realizados por Beadle y Epfrussi (1938). Es conveniente recordar que durante el desarrollo de D. melanogaster, las diferentes estructuras del individuo adulto se forman a partir de conjuntos de células o discos imaginales de la larva que dan lugar, cada uno de ellos, a una estructura diferente del adulto. En el siguiente esquema se indican los diferentes discos imaginales de la larva y las estructuras del individuo adulto a que dan lugar:





a) Indicar los trasplantes de discos imaginales de ojo que permiten decidir que la mutación vermilion actúa antes en la ruta que la mutación cinnabar.




Los trasplantes que permiten decidir que la mutación vermilion actúa antes que la mutación cinnabar son aquellos en los que la larva receptora del trasplante es cinnabar y la donadora del disco imaginal es vermilion, ya que la larva receptora cinnabar tendrá gran cantidad de formilquinurenina en sus células o tejidos y, por tanto, esta sustancia podrá difundir hacia el tejido injertado (vermilion) que carece de dicha sustancia. De esta manera, el tejido injertado recibe la sustancia posterior al punto de bloqueo y puede continuar la ruta hasta formar el pigmento marrón o xantomatina, apareciendo un ojo extra de color normal. Sin embargo, en el trasplante inverso, larva receptora vermilion y larva donadora de disco imaginal de ojo cinnabar, la lava receptora (vermilion) contiene gran cantidad de triptófano en sus tejidos y no puede suministrar el compuesto posterior al punto de bloqueo del tejido de disco imaginal de ojo injertado cinnabar, por tanto, el disco imaginal de ojo contiene gran cantidad de formilquinurenina y no puede continuar la ruta apareciendo un ojo extra cinnabar. Por tanto, si la mutación de la larva receptora actúa en un paso posterior a la mutación del tejido de ojo injertado, el disco imaginal injertado podrá salvar el punto de bloqueo y llegará a formar producto final. Si la mutación de la larva receptora afecta a un paso anterior en la ruta a la del tejido de disco imaginal injertado, el ojo extra derivado del disco imaginal no podrá producir el compuesto final y no tendrá color normal. En el siguiente esquema se indican de manera resumida los trasplantes que resuelven el orden:









b) ¿Qué color presentaría el ojo extra en un trasplante de disco imaginal vermilion sobre el abdomen de una larva receptora mutante en el paso metabólico de hidroxiquinurenina a xantomatina?.


Una larva receptora mutante en el paso indicado tendría gran cantidad de hidroxiquinurenina en sus tejidos, por tanto el disco imaginal vermilion injertado en esta larva recibiría un compuesto posterior a su punto de bloqueo, pudiendo proseguir en la ruta y producir el compuesto final marrón (xantomatina). Por tanto, el ojo extra que aparecería en el abdomen sería normal.





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Publicado el 11 septiembre 2008 - 08:26




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Continuamos...




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3.6.- El fenotipo normal del color de los ojos de cierto insecto se debe a la formación de pigmento rojo. Se dispone de 4 mutantes (1, 2, 3 y 4), cada uno con un paso distinto bloqueado de la ruta metabólica que conduce a la formación de los pigmentos. El color de los ojos de estos cuatro mutantes es el siguiente: 1, rojo brillante (rb); 2, naranja (na); 3, blanco (bl) y 4, amarillo (am). El color normal de los ojos de estos insectos es rojo oscuro (RO).

Al llevar a cabo un experimento similar al realizado por Beadle y Ephrussi, se injertaron “discos imaginales” de ojo en larvas receptoras de fenotipos distintos, se obtuvieron individuos adultos con un ojo extra en el abdomen, ojo cuyo color se indica en la siguiente tabla:





Suponiendo que todos los pigmentos indicados fueran difusíbles y se sintetizaran en todas las células del cuerpo de la lava:

a) Deducir la ruta de formación del pigmento rojo oscuro (RO).

b) Indicar que paso metabólico tendría bloqueado cada mutante y que pigmento acumularía.



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Publicado el 16 septiembre 2008 - 12:31




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a) Deducir la ruta de formación del pigmento rojo oscuro (RO).





Siempre que la larva receptora suministre un compuesto posterior al punto de bloqueo del disco imaginal de ojo injertado, el tejido injertado salvará el punto que tenía bloqueado y producirá la sustancia final originando un ojo extra normal (rojo oscuro, RO). Por tanto, si la larva receptora está bloqueada en un paso posterior al del tejido injertado, obtendremos un ojo extra normal (RO), pero si la larva receptora está afectada en un paso anterior al del disco imaginal injertado obtendremos un ojo extra con el mismo aspecto que el del disco imaginal injertado. Teniendo en cuenta estos criterios, lo lógico es que obtengamos un ojo extra normal (RO) siempre que la larva receptora sea normal, independientemente del tejido de disco injertado, ya que la larva receptora normal puede fabricar todos los productos de la ruta incluido el último.

Cuántas más veces aparezca en los trasplantes un ojo extra mutante, tanto más hacia el final de la ruta tendrá el bloqueo dicho mutante. Cuántas menos veces aparezca un ojo extra mutante tanto más hacia el principio de la ruta estará afectado dicho mutante. Según este criterio, el primer compuesto de la ruta sería el blanco ya que no aparece nunca un ojo extra de este color y el último sería el pigmento normal rojo oscuro. Posterior al blanco iría el amarillo (1), después el naranja (2) y luego el rojo brillante (3) Por tanto, el orden de las mutaciones en la ruta sería el siguiente: Blanco -> Amarillo -> Naranja -> Rojo brillante -> Rojo oscuro.


b) Indicar que paso metabólico tendría bloqueado cada mutante y que pigmento acumularía.


Los pasos metabólicos que tendría bloqueado cada mutante se deducen siguiendo los criterios expuestos en el apartado anterior y se indican en el siguiente esquema:



El mutante bl acumulará producto blanco, el mutante am producto amarillo, el mutante na tendrá un exceso de sustancia naranja y el rb tienen gran cantidad de pigmento rojo brillante.


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