Varias parejas IᴬIᴬ Aa × IᴮIᴮ Aa aportaron 160
descendientes: 117 AB+ y 43 AB−. Calcula los valores esperados y evalúa el
ajuste.
Nota
sobre el modelo
Para separar los caracteres ABO y RhD utilizaremos los
alelos Iᴬ, Iᴮ e i para el primero, y E/e como códigos didácticos para el
segundo: EE y Ee producen RhD positivo, mientras que ee produce RhD negativo.
En el enunciado A/a del factor Rh corresponde a E/e en el desarrollo; no debe
confundirse con los antígenos reales E/e del sistema Rh.
Plantear
la ley de la dominancia en una tabla
En este caso la distinción entre rasgo y código fenotipo se
diluyen.
|
Carácter |
Rasgo/fenotipo |
Genotipo |
|
Tipo de
sangre ABO |
A |
\(I^A
I^A \) \(I^A
i \) |
|
B |
\(I^B
I^B \) \(I^B
i \) |
|
|
AB |
\(I^A
I^B \) |
|
|
O |
\(ii
\) |
|
|
Factor Rhesus |
(+) |
\(EE \) \(Ee \) |
|
(-) |
\(ee \) |
Cruce
Fecundación y fenotipos de la F₁.
|
|
\(I^B E\) |
\(I^B e\) |
|
\(I^A E\) |
|
|
|
\(I^A e\) |
|
|
Si solo nos solicitan las proporciones fenotípicas, podemos
completar los cruces sin enumerar todos los genotipos: primero identificamos
los antígenos ABO y las combinaciones RhD positivas.
|
|
\(I^B E\) |
\(I^B e\) |
|
\(I^A E\) |
AB+ |
AB+ |
|
\(I^A e\) |
AB+ |
AB _ |
Completamos las posiciones RhD negativas cuando corresponda,
obteniendo todas las clases fenotípicas del cruzamiento.
|
|
\(I^B E\) |
\(I^B e\) |
|
\(I^A E\) |
AB(+) |
AB(+) |
|
\(I^A e\) |
AB(+) |
AB(-) |
Extraemos el polinomio resultante.
\(3 AB+ + 1 AB−\)
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.
\[n=3+1=4\]
Calculamos
las probabilidades usando la [Equivalencias
entre números decimales y fracciones racionales]
\[ P(AB+) =\frac{3}{4}=0.7500=75\%\]
\[ P(AB−) =\frac{1}{4}=0.2500=25\%\]
El código fenotípico coincide con la clasificación ABO–RhD;
no es necesario traducir las categorías.
Estandarización
al tamaño de la muestra
Usaremos el Teorema
[Estandarización
de las frecuencias teóricas según el tamaño de la muestra]
\[ n_{oi}=p_i \cdot n_o\]
El enunciado indica que el tamaño
de la muestra es 160.
\[n_o=160\]
Y reemplazamos.
\[ n(AB+)_{o}=\frac{3}{4} \cdot
160 = 120\]
\[
n(AB−)_{o}=\frac{1}{4} \cdot 160 = 40\]
Gráfica
|
\(i\) |
\(n_{ei}\) |
\(n_{oi}\) |
|
AB+ |
117 |
120 |
|
AB− |
43 |
40 |
|
Tot |
160 |
160 |
Prueba chi cuadrado de Pearson
manual
Hipótesis nula
H₀:
Las
frecuencias fenotípicas poblacionales siguen la distribución teórica derivada
del cruzamiento genético.
Hipótesis
alternativa H₁:
La
distribución fenotípica poblacional difiere de la distribución teórica
predicha.
Usaremos el teorema
de la [Prueba
de chi cuadrado de Pearson]
\[
\boxed{\chi^2=\sum_{i=1}^{k} \left( \frac{(n_{ei}-n_{oi})^2)}{n_{oi}} \right)
}\]
Dado que la fórmula
es compleja, la descompondremos en cuadrado de la diferencia.
\[(\Delta n_i)^2=(n_{ei}-n_{oi})^2\]
Fracción del cuadrado de la diferencia con respecto a la cantidad teórica
esperada.
\[f_i=\frac{(\Delta
n_i)^2}{ n_{oi}}\]
Chi cuadrado calculada, cómo función de las fracciones anteriores.
\[ \chi^2=\Sigma
f_i\]
|
(i) |
\(n_{ei}\) |
\(n_{oi}\) |
\(\Delta n_i)^2\) |
\( f_i \) |
|
AB+ |
117 |
120 |
9 |
0.075 |
|
AB− |
43 |
40 |
9 |
0.225 |
|
\(\chi^2\) sin redondeo intermedio |
0.3 |
|||
|
gl = número de categorías esperadas – 1 |
1 |
|||
Buscamos el valor
crítico de chi cuadrado de Pearson para α = 0,05 y gl = 1: χ² crítico = 3.84.
Dado que χ²
calculado = 0.3000 es menor que 3.84, no rechazamos la hipótesis nula. Las
diferencias no son estadísticamente significativas (p = 0.5839).
Prueba chi cuadrado de Excel
Asumiendo que
tenemos la tabla de Excel.
|
|
A |
B |
C |
D |
|
1 |
(i) |
\(n_{ei}\) |
\(n_{oi}\) |
Valor p contraste |
|
2 |
AB+ |
117 |
120 |
=PRUEBA.CHI(B2:B3;C2:C3) |
|
3 |
AB− |
43 |
40 |
|
La función
(=PRUEBA.CHI(B2:B3;C2:C3)) devuelve p = 0.5839, que comparamos con el nivel de
significación α = 0.05.
Como p = 0.5839 > 0.05, no rechazamos la hipótesis nula: los resultados son compatibles con la proporción teórica.
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