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domingo, 25 de octubre de 2026

 Los resultados de la evaluación estequiométrica se registrarán inicialmente en una matriz de datos brutos que conservará la naturaleza categórica de las respuestas obtenidas en cada ejercicio. Las filas principales corresponderán a los estudiantes participantes, identificados mediante el subíndice \(i\), mientras que las doce preguntas de la evaluación estarán representadas mediante el subíndice \(k\). Estas preguntas se encuentran organizadas, a su vez, en cuatro tipos de escenarios estequiométricos, identificados mediante \(l\): cantidad–cantidad, masa–masa, reactivo limitante expresado en cantidades de sustancia y reactivo limitante expresado en masas. Cada tipo estará representado por tres preguntas.

La respuesta de cada estudiante a cada pregunta será clasificada mediante una variable categórica \(j\), de acuerdo con cuatro posibles resultados:

  • \(a\): respuesta satisfactoria. El estudiante desarrolla un procedimiento estequiométrico y matemático válido y alcanza correctamente el resultado solicitado.
  • \(b\): procedimiento analíticamente correcto con error aritmético. El planteamiento estequiométrico es correcto y, de haberse ejecutado adecuadamente las operaciones aritméticas, habría conducido a la respuesta correcta. El error debe poder atribuirse exclusivamente a operaciones numéricas, transcripción numérica o uso incorrecto de la calculadora, y no a una equivocación conceptual o procedimental del método estequiométrico.
  • \(c\): respuesta intentada con procedimiento analítico incorrecto. Existe un intento reconocible de resolución, pero contiene errores en el planteamiento estequiométrico, las relaciones entre sustancias, la identificación del reactivo limitante, las conversiones requeridas o cualquier otro componente sustantivo del procedimiento.
  • \(d\): respuesta no intentada. No se presenta un procedimiento de resolución identificable. La simple copia de los datos, de la ecuación química o de información contenida en el enunciado no será considerada un intento de solución.

Esta distinción responde directamente al propósito de la investigación. Durante la evaluación diagnóstica de conocimientos previos se observaron errores aritméticos incluso en operaciones elementales, como divisiones equivalentes a \(88/44\). Dado que la variable de interés de la evaluación experimental es principalmente el desempeño en el método de resolución estequiométrica, y no la habilidad aritmética elemental de los participantes, en la evaluación estequiométrica se permitirá el uso de calculadora. Esta medida busca reducir la interferencia de la carga aritmética sobre la medición del procedimiento.

Sin embargo, el uso de calculadora no permite presuponer la desaparición completa del error aritmético. Persisten posibilidades como una mala pulsación, la introducción incorrecta de un valor, errores de transcripción o dificultades ocasionales en el manejo del instrumento. Por esta razón, la categoría \(b\) permite identificar separadamente aquellos casos en los cuales el estudiante demuestra dominio del procedimiento estequiométrico, pero no alcanza el resultado numérico correcto por un error exclusivamente aritmético. De esta manera se evita confundir un fallo de cálculo con un fallo en el método cuya efectividad constituye el objeto central de comparación.

Para cada estudiante se calcularán las frecuencias absolutas de las cuatro categorías:

\[ n(a)_i=\sum_{k=1}^{12}I(Y_{ik}=a) \]\[ n(b)_i=\sum_{k=1}^{12}I(Y_{ik}=b) \]\[ n(c)_i=\sum_{k=1}^{12}I(Y_{ik}=c) \]\[ n(d)_i=\sum_{k=1}^{12}I(Y_{ik}=d) \]

donde \(Y_{ik}\) representa la respuesta del estudiante \(i\) a la pregunta \(k\), mientras que \(I\) corresponde a una función indicadora que toma el valor 1 cuando se cumple la condición establecida y 0 cuando no se cumple. Para una evaluación completa deberá cumplirse:

\[ \boxed{ n(a)_i+n(b)_i+n(c)_i+n(d)_i=12 } \]

La conservación de estas cuatro frecuencias permite diferenciar situaciones que una calificación convencional podría reunir dentro de una misma categoría de error. Particularmente, será posible distinguir entre el estudiante que domina el procedimiento pero comete un error aritmético \((b)\), aquel que intenta resolver el problema mediante un procedimiento estequiométrico incorrecto \((c)\) y aquel que no intenta resolverlo \((d)\).

Transformación de las categorías en una puntuación cuantitativa

Además de conservar las categorías originales, se calculará para cada estudiante una puntuación cuantitativa derivada. Una respuesta \(a\) recibirá el valor completo; una respuesta \(b\), al demostrar un procedimiento analíticamente correcto pero contener un error exclusivamente aritmético, recibirá la mitad del valor; las categorías \(c\) y \(d\) no aportarán puntuación.

El puntaje individual \(x_i\) se calculará mediante:

\[ \boxed{ x_i= \left[ n(a)_i+0.5\,n(b)_i \right] \frac{50}{12} } \]

Por lo tanto:

\[ 0\leq x_i\leq50 \]

Un estudiante con doce respuestas completamente correctas obtendrá:

\[ x_i=(12)\frac{50}{12}=50 \]

mientras que un estudiante cuyo procedimiento sea analíticamente correcto en los doce ejercicios, pero presente errores aritméticos en todos ellos, obtendrá:

\[ x_i=(0.5\times12)\frac{50}{12}=25 \]

La puntuación \(x_i\) no reemplaza la información categórica original. Su función consiste en transformar parte de la información contenida en la matriz en una medida cuantitativa que permita calcular estadísticos descriptivos y efectuar posteriormente comparaciones inferenciales entre los grupos de tratamiento.

Para cada grupo se calculará la media:

\[ \bar{x} = \frac{1}{N} \sum_{i=1}^{N}x_i \]

y la desviación estándar muestral:

\[ s= \sqrt{ \frac{ \sum_{i=1}^{N}(x_i-\bar{x})^2 }{ N-1 } } \]

donde \(N\) representa el número de estudiantes con datos válidos.

Análisis por pregunta y por tipo de escenario

La misma matriz permitirá analizar los resultados verticalmente. Para cada pregunta \(k\) se calcularán las frecuencias:

\[ n_{ka},\qquad n_{kb},\qquad n_{kc},\qquad n_{kd} \]

de modo que:

\[ \boxed{ \sum_j n_{kj} = n_{ka}+n_{kb}+n_{kc}+n_{kd} } \]

Esto permitirá determinar, para cada ejercicio, cuántos estudiantes alcanzaron una respuesta completamente satisfactoria, cuántos desarrollaron correctamente el método pero cometieron un error aritmético, cuántos utilizaron un procedimiento analítico incorrecto y cuántos no realizaron un intento de solución.

De manera semejante, las preguntas se agruparán según el tipo de escenario \(l\), obteniendo:

\[ n_{la},\qquad n_{lb},\qquad n_{lc},\qquad n_{ld} \]

y:

\[ \boxed{ \sum_j n_{lj} = n_{la}+n_{lb}+n_{lc}+n_{ld} } \]

Esto permitirá comparar separadamente los cuatro tipos de ejercicios incluidos en el instrumento: cantidad–cantidad, masa–masa, reactivo limitante en cantidades de sustancia y reactivo limitante en masas.

En consecuencia, la matriz generará simultáneamente datos categóricos y cuantitativos. Las celdas correspondientes a cada interacción estudiante–pregunta conservarán las categorías originales \(a\), \(b\), \(c\) y \(d\); las columnas derivadas permitirán obtener las frecuencias absolutas de estas categorías para cada estudiante y su correspondiente puntuación \(x_i\); mientras que el análisis vertical permitirá obtener las frecuencias categóricas para cada pregunta y para cada tipo de escenario. Así, una única estructura de datos permitirá estudiar el desempeño individual, los tipos de error, el grado de participación en la resolución, las dificultades asociadas a cada clase de problema y las posteriores diferencias entre los grupos de tratamiento.

SímboloSignificado
\(i\)Estudiantes
\(j\)Categorías de respuesta \(a,b,c,d\)
\(k\)Preguntas individuales, de 1 a 12
\(l\)Tipos de escenario estequiométrico, de 1 a 4
\(a\)Procedimiento y resultado correctos
\(b\)Procedimiento analíticamente correcto con error exclusivamente aritmético
\(c\)Intento de resolución con procedimiento analítico incorrecto
\(d\)Pregunta no intentada
\(n(a)_i\)Número de respuestas \(a\) del estudiante \(i\)
\(n(b)_i\)Número de respuestas \(b\) del estudiante \(i\)
\(n(c)_i\)Número de respuestas \(c\) del estudiante \(i\)
\(n(d)_i\)Número de respuestas \(d\) del estudiante \(i\)
\(n_{kj}\)Frecuencia de la categoría \(j\) en la pregunta \(k\)
\(n_{lj}\)Frecuencia de la categoría \(j\) en el tipo de escenario \(l\)
\(x_i\)Puntuación cuantitativa del estudiante
\(\bar{x}\)Media del puntaje del grupo
\(s\)Desviación estándar muestral del puntaje

Ejercicios resueltos del cruce monohíbrido por Álgebra. García-García,Ejemplo 34

[Genética clásica] [Mas ejercicios]

García-García, Ejemplo 34. La enfermedad de Tay-Sachs es un trastorno neurodegenerativo humano de herencia autosómica recesiva, causado por determinadas variantes patogénicas del gen HEXA. Dos personas sanas, ambas portadoras heterocigotas de la misma variante, tienen descendencia. Determine: (a) los genotipos parentales, (b) las probabilidades de los gametos, (c) las probabilidades de los genotipos de la descendencia y (d) las probabilidades de tener hijos afectados, portadores sanos y sanos no portadores. Resuelva mediante el cuadro de Punnett.

Plantear la ley de la dominancia en una tabla

Carácter

Rasgo

Fenotipo

Genotipo

Enfermedad de Tay-Sachs

Sanos

\(D\)

\(AA\); \(Aa\)

Afectados

\(r\)

\(aa\)

Nota: \(D\) = fenotipo dominante, y \(r\) = fenotipo recesivo

Usamos la tabla para traducir los rasgos y obtener los genotipos de \(P\).

Ambos parentales tienen el mismo genotipo, por ende \((A+a)_{P_1}\) y \((A+a)_{P_2}\).

Gametos de la generación \(P\).

(a) las probabilidades de los gametos de cada parental

Parental 1. \((A+a)_{P_1}\)

Parental 2. \((A+a)_{P_2}\)

Cada parental produce los mismos gametos \(1A+1a\). Calculamos las probabilidades usando el[Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_A=P_a=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

Genotipos de la generación \(F_1\).

Aquí respondemos las probabilidades de los genotipos de la \(F_1\)

Factorizamos los gametos

\[n\cdot g=(A+a)(A+a)=1AA+2Aa+1aa\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+2+1=4\]

\[P_{Aa}=\frac{2}{4}=0.50=50\%\]

\[P_{AA}=P_{aa}=\frac{1}{4}=0.25=25\%\]

Fenotipos de la generación \(F_1\).

Traducimos los genotipos en fenotipos

\[1AA+2Aa+1aa=1D+2D+1r=3D+1r\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[3+1=4\]

\[P_{D}=\frac{3}{4}=0.75=75\%\]

\[P_{r}=\frac{1}{4}=0.25=25\%\]

Respondemos en texto convirtiendo \(D\) y \(r\) a su fenotipo completo usando nuevamente la tabla de la dominancia que escribimos inicialmente.

Aquí resolvemos las probabilidades de los fenotipos de la \(F_1\).

El \(75\%\) de los descendientes serán sanos y el \(25\%\) serán afectados por enfermedad de Tay-Sachs.

El \(25\%\) serán sanos no portadores; el \(50\%\) serán sanos portadores; y el \(25\%\) estarán afectados por la enfermedad de Tay-Sachs.

Ejercicios resueltos del cruce monohíbrido por Álgebra. García-García, Ejemplo 33

[Genética clásica] [Mas ejercicios]

García-García, Ejemplo 33. En el guisante (Pisum sativum), las semillas amarillas son dominantes sobre las semillas verdes. Una planta de semillas amarillas y linaje puro se cruza con otra de semillas verdes y linaje puro. Posteriormente, una planta de la \(F_1\) se cruza con una planta de semillas verdes. Determine: (a) los genotipos de los parentales originales, (b) las probabilidades de los genotipos y fenotipos de la \(F_1\), (c) las probabilidades de los gametos de la planta seleccionada de la \(F_1\) y (d) las probabilidades de los genotipos y fenotipos del cruzamiento posterior. Resuelva utilizando cuadros de Punnett.

Plantear la ley de la dominancia en una tabla

Carácter

Rasgo

Fenotipo

Genotipo

Color de las semillas

Semillas amarillas

\(D\)

\(AA\); \(Aa\)

Semillas verdes

\(r\)

\(aa\)

Nota: \(D\) = fenotipo dominante, y \(r\) = fenotipo recesivo

Usamos la tabla para traducir los rasgos y obtener los genotipos de \(P\).

Los parentales tienen los genotipos \((A)_{P_1}\) y \((a)_{P_2}\).

Gametos de la generación \(P\).

(a) las probabilidades de los gametos de cada parental

Parental 1. \((A)_{P_1}\)

Parental 2. \((a)_{P_2}\)

El parental 1 produce \(1A\) y el parental 2 produce \(1a\). Calculamos las probabilidades usando el[Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1=1\]

\[P_A=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

\[1=1\]

\[P_a=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

Genotipos de la generación \(F_1\).

Aquí respondemos las probabilidades de los genotipos de la \(F_1\)

Factorizamos los gametos

\[n\cdot g=(A)(a)=1Aa\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1=1\]

\[P_{Aa}=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

\[P_{AA}=P_{aa}=\frac{0}{1}=0.00=0\%\]

Fenotipos de la generación \(F_1\).

Traducimos los genotipos en fenotipos

\[1Aa=1D\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1=1\]

\[P_{D}=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

\[P_{r}=\frac{0}{1}=0.00=0\%\]

Respondemos en texto convirtiendo \(D\) y \(r\) a su fenotipo completo usando nuevamente la tabla de la dominancia que escribimos inicialmente.

Aquí resolvemos las probabilidades de los fenotipos de la \(F_1\).

El \(100\%\) de semillas serán amarillas y el \(0\%\) serán verdes.

Posteriormente realizamos el siguiente cruzamiento.

Los parentales tienen los genotipos \((A+a)_{P_1}\) y \((a)_{P_2}\).

Gametos de la generación \(P\).

(a) las probabilidades de los gametos de cada parental

Parental 1. \((A+a)_{P_1}\)

Parental 2. \((a)_{P_2}\)

El parental 1 produce \(1A+1a\) y el parental 2 produce \(1a\). Calculamos las probabilidades usando el[Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_A=P_a=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

\[1=1\]

\[P_a=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

Genotipos de la generación \(F_2\).

Aquí respondemos las probabilidades de los genotipos de la \(F_2\)

Factorizamos los gametos

\[n\cdot g=(A+a)(a)=1Aa+1aa\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_{Aa}=P_{aa}=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

\[P_{AA}=\frac{0}{2}=0.00=0\%\]

Fenotipos de la generación \(F_2\).

Traducimos los genotipos en fenotipos

\[1Aa+1aa=1D+1r\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_{D}=P_{r}=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

Respondemos en texto convirtiendo \(D\) y \(r\) a su fenotipo completo usando nuevamente la tabla de la dominancia que escribimos inicialmente.

Aquí resolvemos las probabilidades de los fenotipos de la \(F_2\).

El \(50\%\) de semillas serán amarillas y el \(50\%\) serán verdes.

En el segundo cruzamiento, los resultados corresponden a los genotipos de los parentales seleccionados de la \(F_1\).

Ejercicios resueltos del cruce monohíbrido por Álgebra. García-García, Ejemplo 32

 [Genética clásica] [Mas ejercicios]

García-García, Ejemplo 32. La neurofibromatosis tipo 1 es una enfermedad humana asociada con variantes autosómicas dominantes del gen NF1. Una mujer heterocigota para una variante patogénica tiene descendencia con un hombre que no posee dicha variante. Suponiendo penetrancia completa, determine: (a) los genotipos parentales, (b) las probabilidades de los gametos, (c) las probabilidades de los genotipos de la descendencia y (d) las probabilidades de que los hijos presenten o no manifestaciones de la enfermedad. Resuelva mediante el cuadro de Punnett.

Plantear la ley de la dominancia en una tabla

Carácter

Rasgo

Fenotipo

Genotipo

Neurofibromatosis tipo 1

Con la variante patogénica

\(D\)

\(AA\); \(Aa\)

Sin la variante patogénica

\(r\)

\(aa\)

Nota: \(D\) = fenotipo dominante, y \(r\) = fenotipo recesivo

Usamos la tabla para traducir los rasgos y obtener los genotipos de \(P\).

Los parentales tienen los genotipos \((A+a)_{P_1}\) y \((a)_{P_2}\).

Gametos de la generación \(P\).

(a) las probabilidades de los gametos de cada parental

Parental 1. \((A+a)_{P_1}\)

Parental 2. \((a)_{P_2}\)

El parental 1 produce \(1A+1a\) y el parental 2 produce \(1a\). Calculamos las probabilidades usando el[Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_A=P_a=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

\[1=1\]

\[P_a=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

Genotipos de la generación \(F_1\).

Aquí respondemos las probabilidades de los genotipos de la \(F_1\)

Factorizamos los gametos

\[n\cdot g=(A+a)(a)=1Aa+1aa\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_{Aa}=P_{aa}=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

\[P_{AA}=\frac{0}{2}=0.00=0\%\]

Fenotipos de la generación \(F_1\).

Traducimos los genotipos en fenotipos

\[1Aa+1aa=1D+1r\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_{D}=P_{r}=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

Respondemos en texto convirtiendo \(D\) y \(r\) a su fenotipo completo usando nuevamente la tabla de la dominancia que escribimos inicialmente.

Aquí resolvemos las probabilidades de los fenotipos de la \(F_1\).

El \(50\%\) de los descendientes serán con manifestaciones de neurofibromatosis tipo 1 y el \(50\%\) serán sin manifestaciones de neurofibromatosis tipo 1.

Ejercicios resueltos del cruce monohíbrido por Álgebra. García-García, Ejemplo 31

[Genética clásica] [Mas ejercicios]

García-García, Ejemplo 31. En Arabidopsis thaliana, una variante recesiva del gen GL1 produce plantas prácticamente sin tricomas foliares, mientras que el alelo funcional permite su desarrollo. Se cruzan dos plantas homocigotas recesivas que carecen de tricomas. Determine: (a) los genotipos parentales, (b) las probabilidades de los gametos, (c) las probabilidades de los genotipos de la \(F_1\) y (d) las probabilidades de obtener plantas con tricomas o sin tricomas. Resuelva mediante el cuadro de Punnett.

Plantear la ley de la dominancia en una tabla

Carácter

Rasgo

Fenotipo

Genotipo

Tricomas foliares

Con tricomas

\(D\)

\(AA\); \(Aa\)

Sin tricomas

\(r\)

\(aa\)

Nota: \(D\) = fenotipo dominante, y \(r\) = fenotipo recesivo

Usamos la tabla para traducir los rasgos y obtener los genotipos de \(P\).

Ambos parentales tienen el mismo genotipo, por ende \((a)_{P_1}\) y \((a)_{P_2}\).

Gametos de la generación \(P\).

(a) las probabilidades de los gametos de cada parental

Parental 1. \((a)_{P_1}\)

Parental 2. \((a)_{P_2}\)

Cada parental produce los mismos gametos \(1a\). Calculamos las probabilidades usando el[Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1=1\]

\[P_a=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

Genotipos de la generación \(F_1\).

Aquí respondemos las probabilidades de los genotipos de la \(F_1\)

Factorizamos los gametos

\[n\cdot g=(a)(a)=1aa\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1=1\]

\[P_{aa}=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

\[P_{AA}=P_{Aa}=\frac{0}{1}=0.00=0\%\]

Fenotipos de la generación \(F_1\).

Traducimos los genotipos en fenotipos

\[1aa=1r\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1=1\]

\[P_{r}=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

\[P_{D}=\frac{0}{1}=0.00=0\%\]

Respondemos en texto convirtiendo \(D\) y \(r\) a su fenotipo completo usando nuevamente la tabla de la dominancia que escribimos inicialmente.

Aquí resolvemos las probabilidades de los fenotipos de la \(F_1\).

El \(0\%\) de plantas serán con tricomas y el \(100\%\) serán sin tricomas.

Ejercicios resueltos del cruce monohíbrido por Álgebra. García-García, Ejemplo 30

[Genética clásica] [Mas ejercicios]

García-García, Ejemplo 30. En la mosca de la fruta (Drosophila melanogaster), las alas normales son dominantes sobre las alas vestigiales. Dos moscas de alas vestigiales se cruzan entre sí y producen descendencia. Determine: (a) los genotipos parentales, (b) las probabilidades de los gametos, (c) las probabilidades de los genotipos de la \(F_1\) y (d) las probabilidades de obtener individuos con alas normales o vestigiales. Explique, utilizando el cuadro de Punnett, si es posible obtener descendientes heterocigotos en este cruzamiento.

Plantear la ley de la dominancia en una tabla

Carácter

Rasgo

Fenotipo

Genotipo

Forma de las alas

Alas normales

\(D\)

\(AA\); \(Aa\)

Alas vestigiales

\(r\)

\(aa\)

Nota: \(D\) = fenotipo dominante, y \(r\) = fenotipo recesivo

Usamos la tabla para traducir los rasgos y obtener los genotipos de \(P\).

Ambos parentales tienen el mismo genotipo, por ende \((a)_{P_1}\) y \((a)_{P_2}\).

Gametos de la generación \(P\).

(a) las probabilidades de los gametos de cada parental

Parental 1. \((a)_{P_1}\)

Parental 2. \((a)_{P_2}\)

Cada parental produce los mismos gametos \(1a\). Calculamos las probabilidades usando el[Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1=1\]

\[P_a=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

Genotipos de la generación \(F_1\).

Aquí respondemos las probabilidades de los genotipos de la \(F_1\)

Factorizamos los gametos

\[n\cdot g=(a)(a)=1aa\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1=1\]

\[P_{aa}=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

\[P_{AA}=P_{Aa}=\frac{0}{1}=0.00=0\%\]

Fenotipos de la generación \(F_1\).

Traducimos los genotipos en fenotipos

\[1aa=1r\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1=1\]

\[P_{r}=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

\[P_{D}=\frac{0}{1}=0.00=0\%\]

Respondemos en texto convirtiendo \(D\) y \(r\) a su fenotipo completo usando nuevamente la tabla de la dominancia que escribimos inicialmente.

Aquí resolvemos las probabilidades de los fenotipos de la \(F_1\).

El \(0\%\) de moscas serán de alas normales y el \(100\%\) serán de alas vestigiales.

No es posible obtener descendientes heterocigotos en este cruzamiento, porque ambos parentales únicamente producen gametos recesivos.

Ejercicios resueltos del cruce monohíbrido por Álgebra. García-García, Ejemplo 29

[Genética clásica] [Mas ejercicios]

García-García, Ejemplo 29. En el guisante (Pisum sativum), el tallo largo es dominante sobre el tallo corto. Se cruza una planta de tallo largo y linaje impuro con otra de tallo corto. Posteriormente, una planta de tallo largo obtenida en la \(F_1\) se cruza con otra de tallo corto. Determine: (a) los genotipos parentales originales, (b) las probabilidades de los genotipos y fenotipos de la \(F_1\), (c) el genotipo de la planta de tallo largo seleccionada y (d) las probabilidades de los genotipos y fenotipos del segundo cruzamiento. Resuelva mediante cuadros de Punnett.

Plantear la ley de la dominancia en una tabla

Carácter

Rasgo

Fenotipo

Genotipo

Longitud del tallo

Tallo largo

\(D\)

\(AA\); \(Aa\)

Tallo corto

\(r\)

\(aa\)

Nota: \(D\) = fenotipo dominante, y \(r\) = fenotipo recesivo

Usamos la tabla para traducir los rasgos y obtener los genotipos de \(P\).

Los parentales tienen los genotipos \((A+a)_{P_1}\) y \((a)_{P_2}\).

Gametos de la generación \(P\).

(a) las probabilidades de los gametos de cada parental

Parental 1. \((A+a)_{P_1}\)

Parental 2. \((a)_{P_2}\)

El parental 1 produce \(1A+1a\) y el parental 2 produce \(1a\). Calculamos las probabilidades usando el[Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_A=P_a=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

\[1=1\]

\[P_a=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

Genotipos de la generación \(F_1\).

Aquí respondemos las probabilidades de los genotipos de la \(F_1\)

Factorizamos los gametos

\[n\cdot g=(A+a)(a)=1Aa+1aa\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_{Aa}=P_{aa}=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

\[P_{AA}=\frac{0}{2}=0.00=0\%\]

Fenotipos de la generación \(F_1\).

Traducimos los genotipos en fenotipos

\[1Aa+1aa=1D+1r\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_{D}=P_{r}=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

Respondemos en texto convirtiendo \(D\) y \(r\) a su fenotipo completo usando nuevamente la tabla de la dominancia que escribimos inicialmente.

Aquí resolvemos las probabilidades de los fenotipos de la \(F_1\).

El \(50\%\) de plantas serán de tallo largo y el \(50\%\) serán de tallo corto.

Posteriormente realizamos el siguiente cruzamiento.

Los parentales tienen los genotipos \((A+a)_{P_1}\) y \((a)_{P_2}\).

Gametos de la generación \(P\).

(a) las probabilidades de los gametos de cada parental

Parental 1. \((A+a)_{P_1}\)

Parental 2. \((a)_{P_2}\)

El parental 1 produce \(1A+1a\) y el parental 2 produce \(1a\). Calculamos las probabilidades usando el[Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_A=P_a=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

\[1=1\]

\[P_a=\frac{1}{1}=1.00=100\%\]

Genotipos de la generación \(F_2\).

Aquí respondemos las probabilidades de los genotipos de la \(F_2\)

Factorizamos los gametos

\[n\cdot g=(A+a)(a)=1Aa+1aa\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_{Aa}=P_{aa}=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

\[P_{AA}=\frac{0}{2}=0.00=0\%\]

Fenotipos de la generación \(F_2\).

Traducimos los genotipos en fenotipos

\[1Aa+1aa=1D+1r\]

Calculamos las probabilidades usando el [Teorema de la probabilidad],

\[\boxed{P_i=\frac{n_i}{n}}\]

donde la cantidad total \(n\) es la suma de los coeficientes.

\[1+1=2\]

\[P_{D}=P_{r}=\frac{1}{2}=0.50=50\%\]

Respondemos en texto convirtiendo \(D\) y \(r\) a su fenotipo completo usando nuevamente la tabla de la dominancia que escribimos inicialmente.

Aquí resolvemos las probabilidades de los fenotipos de la \(F_2\).

El \(50\%\) de plantas serán de tallo largo y el \(50\%\) serán de tallo corto.

En el segundo cruzamiento, los resultados corresponden a los genotipos de los parentales seleccionados de la \(F_1\).

en donde inserto esto en mi blog