Genética mendeliana: ejercicios de la PAU de Biología resueltos

Planteamiento Cada fenotipo depende de los dos genes: MC1R decide la cantidad de pigmento (mucho, poco o nada) y CBD103, el color del pigmento (negro si hay al menos una B, gris si es $bb$).

1. $A^FA^FBB$: mucho pigmento, de color negro. El fenotipo es negro (también lo sería $A^FA^FBb$).

2. Gris claro: poco pigmento ($A^FA^C$) y pigmento gris ($bb$):

   $A^FA^C\,bb$

3. Gris oscuro: mucho pigmento ($A^FA^F$) y pigmento gris ($bb$):

   $A^FA^F\,bb$

4. Blanco: $A^CA^C$ no fabrica pigmento, así que el gen CBD103 no se nota y puede tener cualquier genotipo:

   $A^CA^C\,BB$$A^CA^C\,Bb$$A^CA^C\,bb$

Planteamiento Comparamos el fenotipo del heterocigoto con el de los dos homocigotos.

1. $A^FA^F$ da coloración oscura; $A^CA^C$, blanca, y el heterocigoto $A^FA^C$, clara: un fenotipo distinto de los dos homocigotos e intermedio entre ambos.

2. Ninguno de los dos alelos domina completamente sobre el otro: si $A^F$ fuera dominante, el heterocigoto sería oscuro, y si lo fuera $A^C$, sería blanco.

Planteamiento Es un caso de selección natural: un carácter heredable que da ventaja en un ambiente concreto.

1. En la población de lobos hay variabilidad genética: hay individuos con alelos que dan pelo claro o blanco, aparecidos por mutación al azar.

2. En el Ártico, con nieve y hielo, un pelaje claro camufla mejor al lobo: se acerca a las presas sin ser visto y caza más.

3. Los lobos claros sobreviven más y se reproducen más que los oscuros, y transmiten sus alelos a los cachorros.

4. Por selección natural, generación tras generación la frecuencia de los alelos de coloración clara aumenta en las poblaciones del norte. No es que el frío haga volverse blanco el pelo (eso sería una explicación lamarckiana).

Planteamiento El concepto biológico de especie se basa en la reproducción, no en el aspecto.

1. Definición biológica: una especie es un conjunto de individuos que pueden reproducirse entre sí y tener descendencia fértil, y que están aislados reproductivamente de otras especies.

2. Prueba: cruzar los cachorros modificados, cuando sean adultos, con lobos Canis lupus.

3. Si tienen descendencia y esta descendencia es fértil, siguen siendo de la misma especie, Canis lupus, aunque se parezcan a los lobos gigantes.

4. Solo si no pudieran reproducirse con ellos o si sus hijos fueran estériles (aislamiento reproductivo) se podría decir que son de una especie diferente.

Planteamiento Con CRISPR-Cas9 hay que saber primero qué se quiere cambiar, después dirigir la enzima al lugar exacto, cortar y modificar, y finalmente comprobar el resultado.

1. 1: se determina el gen de interés del lobo gigante y se obtiene su secuencia a partir de ADN antiguo.

2. 2: se diseña el ARN guía complementario a la secuencia del gen de Canis lupus.

3. 3: la Cas9, guiada por el ARN guía, reconoce la región del ADN que se quiere modificar.

4. 4: se modifica el gen de Canis lupus para incorporar la información del lobo gigante.

5. 5: se comprueba por secuenciación que el gen se ha modificado bien y que se expresa.

6. Los pasos 1 y 2 se pueden intercambiar: el ARN guía se diseña a partir de la secuencia de Canis lupus, que no depende del ADN antiguo.

Planteamiento Hay que seguir el ácido graso dentro de la mitocondria hasta el ATP: tres vías, cada una con su lugar.

1. Beta-oxidación (hélice de Lynen), en la matriz mitocondrial: el ácido graso se rompe en moléculas de acetil-CoA y se forman NADH y $\mathrm{FADH_2}$.

2. Ciclo de Krebs (ciclo de los ácidos tricarboxílicos o del ácido cítrico), en la matriz: el acetil-CoA se oxida hasta $\mathrm{CO_2}$ y se forman más NADH y $\mathrm{FADH_2}$.

3. Fosforilación oxidativa (cadena de transporte de electrones y ATP sintasa), en la membrana mitocondrial interna (las crestas): allí se hace la mayor parte del ATP.

Planteamiento Se piden dos razones metabólicas: hay que pensar en el oxígeno que necesita cada vía, en su velocidad y en las reservas de cada combustible.

1. Motivo 1, el oxígeno: los ácidos grasos solo se pueden oxidar por vía aeróbica (la beta-oxidación necesita que la cadena respiratoria, con oxígeno, regenere el $\mathrm{NAD^+}$ y el FAD). En un esprint no llega suficiente oxígeno al músculo, y el ATP se obtiene de la glucosa por fermentación láctica, que solo pueden hacer los glúcidos.

2. Motivo 2, la velocidad y las reservas: la oxidación de los ácidos grasos es más lenta (hay que movilizar la grasa de las reservas y llevarla por la sangre hasta el músculo), pero da más energía por gramo que la de los glúcidos. En un esfuerzo largo hay tiempo para hacerlo, y las reservas de glucógeno del músculo, limitadas, se agotarían si solo se usaran glúcidos.

Planteamiento Es una herencia recesiva ligada al cromosoma X: hay que comparar los machos ($XY$) con las hembras ($XX$) y deducir los genotipos de la familia.

1. Los machos solo tienen un cromosoma X: si lleva el alelo mutado, manifiestan la enfermedad, porque no tienen otro X con el alelo normal. Las hembras tienen dos X y solo la manifiestan si los dos llevan la mutación; con una sola copia son portadoras sanas.

2. Llamamos $X^A$ al cromosoma X con el alelo normal y $X^a$ al que lleva la mutación.

3. Lorenzo, hombre y afectado: $X^aY$. La Y la recibió del padre y el X con la mutación, de la madre.

4. La madre lleva un $X^a$ pero no está afectada: es portadora, $X^AX^a$. El padre no está afectado: su único X es normal, $X^AY$.

5. Comprobación:

   $X^AX^a\times X^AY\to \tfrac14\,X^aY$

Planteamiento La hipótesis es una afirmación que se puede comprobar (no una pregunta); la variable independiente es la que se cambia y la dependiente, la que se mide.

1. Hipótesis: «Si se suministra aceite de Lorenzo a los pacientes de adrenoleucodistrofia, se reducen los niveles de ácidos grasos de cadena muy larga en sangre y se retrasa la aparición de la enfermedad.»

2. Variable independiente: suministrar o no suministrar aceite de Lorenzo.

3. Variable dependiente: el nivel de ácidos grasos de cadena muy larga en sangre, o el momento de aparición de la enfermedad.

Planteamiento El grupo de control tiene que ser igual que el tratado en todo excepto en la variable independiente.

1. Grupo de control: pacientes de adrenoleucodistrofia con las mismas características que los tratados (sin síntomas importantes, edad parecida…) a los que no se les suministra aceite de Lorenzo, o bien se les da un placebo en lugar del aceite.

2. Función: comparar con él los resultados del grupo tratado. Si el grupo tratado tiene menos ácidos grasos de cadena muy larga o la enfermedad le aparece más tarde que al grupo de control, la diferencia se puede atribuir al aceite y no a otros factores (como la evolución propia de la enfermedad o el efecto placebo).

Planteamiento Escribimos todos los genotipos posibles de los padres del grupo B y miramos qué gametos pueden formar.

1. Una persona del grupo B puede ser $I^BI^B$ o $I^Bi$. Ninguno de los dos genotipos lleva el alelo $I^A$.

2. Por tanto, sus gametos llevan $I^B$ o $i$. Incluso en el caso más variado, dos padres heterocigotos:

   $I^Bi\times I^Bi$

3. Cuadro de Punnett:

   $\begin{array}{c|cc} & I^B & i \\ \hline I^B & I^BI^B & I^Bi \\ i & I^Bi & ii \end{array}$

4. Los hijos pueden ser $I^BI^B$ o $I^Bi$ (grupo B) o $ii$ (grupo O). Un hijo del grupo A tiene que llevar al menos un alelo $I^A$ ($I^AI^A$ o $I^Ai$), y ese alelo no le puede venir de ninguno de los dos padres.

Planteamiento La segunda cadena de ADN es la complementaria y antiparalela de la primera. El ARNm tiene el codón GGA igual que la cadena dada: por tanto, la cadena dada es la codificante y el ARNm es igual que ella, con U en lugar de T.

1. Cadena complementaria del ADN (A con T, G con C), escrita de $3^\prime$ a $5^\prime$:

   $3'\ \mathrm{GAC\ CCT\ AGC\ GGA\ GAT}\ 5'$

2. ARNm, de $5^\prime$ a $3^\prime$ (igual que la cadena codificante, con U):

   $5'\ \mathrm{CUG\ GGA\ UCG\ CCU\ CUA}\ 3'$

3. Traducción con el código genético: CUG, Leu; GGA, Gly; UCG, Ser; CCU, Pro; CUA, Leu.

   $\text{Leu-Gly-Ser-Pro-Leu}$

Planteamiento La guanina en negrita es la primera base del codón GGA (el segundo codón), que codifica glicina. Cambiamos esa base y volvemos a traducir.

1. Cambio de G por C: el codón del ARNm pasa de GGA a CGA, que codifica arginina. La glicina se cambia por arginina (mutación de cambio de sentido).

   $\mathrm{GGA}\ (\text{Gly})\longrightarrow\mathrm{CGA}\ (\text{Arg})$

2. Cambio de G por A: el codón pasa de GGA a AGA, que también codifica arginina. El efecto sobre la proteína es el mismo.

   $\mathrm{GGA}\ (\text{Gly})\longrightarrow\mathrm{AGA}\ (\text{Arg})$

3. El resto de la secuencia no cambia: Leu-Arg-Ser-Pro-Leu en lugar de Leu-Gly-Ser-Pro-Leu.

4. Células afectadas: ambas, las somáticas y las reproductoras. Justificación: la mutación está en el gameto que forma el cigoto; todas las células del individuo proceden del cigoto por mitosis y, por tanto, todas llevan la mutación, también las de la línea germinal.

Planteamiento Los mastocitos participan en la respuesta inflamatoria liberando el contenido de sus gránulos.

1. Localización: en los tejidos, sobre todo en el tejido conjuntivo, cerca de los vasos sanguíneos (piel, mucosas).

2. Sustancia: la histamina (también liberan heparina y otros mediadores).

3. Consecuencia: la histamina provoca vasodilatación y aumenta la permeabilidad de los vasos. Llega más sangre a la zona (enrojecimiento y calor), sale plasma hacia el tejido (hinchazón) y los leucocitos pueden pasar (diapédesis).

Planteamiento $A$ es el alelo de la acondroplasia (dominante) y $a$, el normal. Como $AA$ es letal, todos los afectados que nacen son heterocigotos.

1. Símbolos: cuadrado, hombre; círculo, mujer; negro, afectado; blanco, no afectado. Los padres, arriba, unidos por una línea horizontal; los hijos, abajo, colgando de esa línea.

2. Padre y madre: afectados, y por tanto $Aa$ (si fueran $AA$ no habrían sobrevivido).

3. Hermano y hermana: afectados, $Aa$.

4. Peet: hombre de estatura media (no afectado), $aa$; ha recibido un $a$ de cada progenitor.

5. Comprobación con el cruce $Aa\times Aa$: salen $\frac{1}{4}\,AA$ (no nacen), $\frac{1}{2}\,Aa$ y $\frac{1}{4}\,aa$; entre los que nacen, $\frac{2}{3}$ son afectados y $\frac{1}{3}$ no, lo que es compatible con esta familia.

ResultadoGeneración I: padre (cuadrado negro) $Aa$ y madre (círculo negro) $Aa$. Generación II: hermana (círculo negro) $Aa$, hermano (cuadrado negro) $Aa$ y Peet (cuadrado blanco) $aa$.

La pauta oficial da: Dos generaciones; cuadrado hombre y círculo mujer; negro afectado; afectados $Aa$ y Peet $aa$ (si se asigna $AA$ a un afectado, 0 puntos).

Planteamiento El enunciado dice que el gen está en el cromosoma X. Hay que ver cuál de los dos modelos (recesivo o dominante ligado al X) puede explicar todos los fenotipos del árbol, sobre todo la descendencia de la pareja II-4 y II-5.

1. Los hombres solo tienen un cromosoma X, que reciben de la madre; las hijas reciben un X de la madre y el X del padre.

2. Si la HLX fuera recesiva, la hija enferma III-1 necesitaría dos alelos de la enfermedad, uno de cada progenitor. Su padre, II-5, está sano: su único X lleva el alelo normal, y ese X lo reciben todas sus hijas. Por tanto, III-1 no podría estar enferma.

3. Con herencia dominante basta un solo alelo de la enfermedad: III-1 lo ha recibido de su madre enferma, II-4, aunque reciba un X normal del padre.

4. La generación II lo confirma: el padre enfermo I-1 pasa su X a todas sus hijas (II-1 y II-4, las dos enfermas) y ningún hijo (II-2 y II-3, sanos) lo hereda, ya que los hijos reciben del padre el cromosoma Y.

Planteamiento Usamos $X^R$ para el alelo de la enfermedad (dominante) y $X^r$ para el alelo normal. Primero deducimos los genotipos de los progenitores y después hacemos el cruce.

1. II-5 es un hombre sano:

   $X^rY$

2. II-4 es una mujer enferma, hija de una madre sana (I-2, $X^rX^r$), de quien ha recibido por fuerza un $X^r$. Por tanto, es heterocigota:

   $X^RX^r$

3. Gametos de la madre: $X^R$ y $X^r$, con probabilidad $\frac{1}{2}$ cada uno. Gametos del padre: $X^r$ e $Y$, también con $\frac{1}{2}$ cada uno.

4. Cuadro de Punnett del cruce $X^RX^r\times X^rY$:

   $\begin{array}{c|cc} & X^r & Y \\ \hline X^R & X^RX^r & X^RY \\ X^r & X^rX^r & X^rY \end{array}$

5. Cada casilla tiene probabilidad $\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$. Hija sana: $X^rX^r$; hijo sano: $X^rY$.

   $P(X^rX^r)=\frac{1}{4}$$P(X^rY)=\frac{1}{4}$

6. La pregunta se puede leer de dos maneras. Si ya sabemos que el descendiente es una chica, las sanas son 1 de las 2 hijas posibles, e igual para los chicos:

   $P(\text{sana}\mid\text{hija})=\frac{1}{2}$$P(\text{sano}\mid\text{hijo})=\frac{1}{2}$

Planteamiento Un anticuerpo es una inmunoglobulina: una proteína que reconoce un antígeno concreto.

1. Tipo de biomolécula: es una proteína (de hecho, una glicoproteína, porque lleva cadenas de glícidos unidas).

2. Monómeros: los aminoácidos, unidos por enlaces peptídicos en cuatro cadenas (dos pesadas y dos ligeras).

3. Cada anticuerpo tiene unos sitios de unión (en las regiones variables) con una forma complementaria a una sola parte de un antígeno concreto, el epítopo. Por eso la unión antígeno-anticuerpo es muy específica.

4. Al ser monoclonal, todas las moléculas del fármaco son idénticas y reconocen el mismo epítopo de la FGF23; no encajan con ninguna otra biomolécula del paciente.

Planteamiento En un ensayo clínico se compara un tratamiento nuevo con una referencia. Identificamos las variables del diseño.

1. Variable independiente (la que se cambia): el tratamiento que recibe cada paciente, burosumab o fosfato y vitamina D orales.

2. Variable dependiente (la que se mide): la evolución del raquitismo, valorada con la escala RGI-C.

3. Grupo de control: los 32 pacientes que toman el tratamiento tradicional (fosfato y vitamina D orales).

4. Hace falta un grupo de control para tener una referencia con la que comparar: solo así se puede saber si los cambios de los pacientes tratados con burosumab se deben al fármaco nuevo y si funciona mejor que el tratamiento que ya existía. Dejar a los pacientes sin ningún tratamiento sería un control posible, pero no es ético.

5. Variables controladas (deben ser iguales o parecidas en los dos grupos): por ejemplo, la edad y el sexo de los pacientes, la gravedad inicial de la enfermedad, la alimentación, el cumplimiento del tratamiento o que no tomen otros medicamentos.

Planteamiento Cuanto más alto es el valor de la escala RGI-C, menos raquitismo. Leemos las cuatro barras y comparamos los dos tratamientos en la misma semana.

1. Semana 40: burosumab $1{,}92$; fosfato y vitamina D $0{,}79$. Diferencia:

   $1{,}92-0{,}79=1{,}13$

2. Semana 64: burosumab $2{,}06$; fosfato y vitamina D $1{,}04$. Diferencia:

   $2{,}06-1{,}04=1{,}02$

3. Todos los pacientes empezaban con valores negativos; los dos grupos mejoran, pero los tratados con burosumab llegan a valores mucho más altos en las dos semanas, y las barras de error de los dos grupos no se solapan.

Planteamiento El enunciado dice que los ratones Beethoven, sordos, son heterocigotos: de ahí se deduce la dominancia, y después se hace el cruce con un cuadro de Punnett.

1. Dominante: los ratones Beethoven son heterocigotos, con una sola copia del alelo mutado, y tienen sordera: el alelo mutado se expresa aunque esté el alelo normal. Como el gen está en el cromosoma 19, un autosoma, la herencia no está ligada al sexo.

2. Llamamos $T$ al alelo mutado (dominante, sordera) y $t$ al alelo normal. Cada progenitor heterocigoto $Tt$ hace la mitad de gametos $T$ y la mitad $t$:

   $Tt\times Tt$

3. Cuadro de Punnett:

   	$T$	$t$
   $T$	$TT$	$Tt$
   $t$	$Tt$	$tt$

4. Genotipos: $\tfrac14$ $TT$, $\tfrac12$ $Tt$ y $\tfrac14$ $tt$. Tienen sordera los que llevan al menos un alelo $T$:

   $\tfrac14+\tfrac12=\tfrac34=75\ \%$

Planteamiento El sistema CRISPR-Cas9 tiene dos piezas: una proteína que corta y un ARN que la guía.

1. 1: la proteína Cas9, la masa gris que envuelve el ADN. Es una nucleasa: corta las dos cadenas del ADN en el lugar señalado por los triángulos.

2. 2: el ARN guía (ARNg o sgRNA). Tiene una secuencia complementaria a una de las cadenas del ADN de la región que se quiere editar: se aparea con ella y lleva hasta allí la Cas9, de modo que el corte se hace exactamente en esa secuencia.

Planteamiento Se pide un riesgo concreto de la edición con CRISPR-Cas9 y dónde tendría más consecuencias.

1. Riesgo: que la Cas9 corte otras secuencias del genoma, parecidas a la que se quiere editar o repetidas, y genere en ellas mutaciones no deseadas, que podrían alterar genes importantes o incluso originar un cáncer.

2. Línea germinal: esas mutaciones tendrían más consecuencias, porque pasarían a todas las células del individuo que se desarrollara a partir de ellas y se podrían transmitir a la descendencia.

3. Línea somática: solo afectarían al tejido tratado de ese individuo (aquí, células del oído) y no se transmitirían a los descendientes.

Planteamiento Cada comparación cambia una sola cosa entre los dos grupos: hay que decir cuál y qué permite comprobar.

1. A-B: los dos grupos no están tratados y solo se diferencian en la mutación. Sirve para comprobar que los ratones Beethoven han perdido la audición, comparándolos con los salvajes, que hacen de grupo control: responden $15$ de $15$ salvajes y $0$ de $15$ Beethoven.

2. B-D: ambos son ratones Beethoven y solo se diferencian en el tratamiento. Sirve para comprobar si el tratamiento con CRISPR-Cas9 ha mejorado la audición, comparándolos con ratones idénticos no tratados: $0$ de $15$ frente a $13$ de $15$ un mes después.

Planteamiento Hay que leer el grupo D al cabo de un mes y de seis meses, y pensar qué cambia entre los grupos A y C.

1. Un mes después del tratamiento responden $13$ de los $15$ ratones Beethoven tratados, mientras que de los no tratados no responde ninguno:

   $\frac{13}{15}\approx 0{,}87=87\ \%$

2. Seis meses después solo responden $6$ de $15$: el efecto se va perdiendo con el tiempo.

   $\frac{6}{15}=0{,}4=40\ \%$

3. Mortalidad A-C: los dos grupos son de ratones salvajes y la única diferencia es el tratamiento. Si los tratados (C) mueren más que los no tratados (A), el tratamiento tiene efectos secundarios; si mueren igual, es un indicio de que el tratamiento es seguro.

Planteamiento Buscamos en el árbol un hijo afectado de padres sanos: con herencia dominante, alguno de los padres tendría que estar afectado.

1. La mujer II-3 está afectada y sus padres, I-1 e I-2, están sanos.

2. El hombre IV-2 está afectado y sus padres, III-1 y III-2, también están sanos.

3. Si la enfermedad fuera dominante, bastaría un alelo para manifestarla, y cualquier afectado tendría al menos un progenitor afectado. Como no es así, el alelo de la enfermedad es recesivo.

4. Los padres sanos de un afectado son, pues, portadores heterocigotos ($Aa\times Aa$), y el hijo afectado es $aa$. Como el gen está en el cromosoma 5 (un autosoma), la herencia es autosómica recesiva.

Planteamiento Primero miramos el genotipo de SMN1: con un alelo A hay proteína SMN funcional y la persona está sana. Solo los $aa$ están afectados, y entonces el número total de copias de SMN2 (de los dos cromosomas) decide la gravedad.

1. Individuo 1: $AA$, con $1+1=2$ copias de SMN2. Tiene SMN1 funcional: sano.

2. Individuo 2: $Aa$, con $1+3=4$ copias de SMN2. El alelo A es dominante: sano (portador).

3. Individuo 3: $aa$, con $1+1=2$ copias de SMN2, menos de las tres que dan un fenotipo leve: afectado grave.

4. Individuo 4: $aa$, con $1+2=3$ copias de SMN2: afectado leve.

5. Individuo 5: $aa$, con $2+3=5$ copias de SMN2; a partir de cinco no se manifiesta la enfermedad: sano.

Planteamiento El oxígeno se utiliza en la respiración celular. Una célula con más actividad metabólica respira más y consume más.

1. Lectura del gráfico: la curva A se mantiene alrededor de $200$ pmol/min en los primeros minutos y llega a unos $300$ pmol/min entre los minutos $40$ y $55$; la curva B se mantiene alrededor de $100$ pmol/min y solo llega a unos $150$ pmol/min.

2. Gráfica A: motoneuronas sanas. Consumen más oxígeno porque hacen la respiración celular con normalidad y necesitan más energía para sus funciones.

3. Gráfica B: motoneuronas afectadas por AME. Consumen menos oxígeno porque, con la proteína SMN deficiente, tienen menos actividad metabólica.

Planteamiento En la cadena respiratoria los electrones pasan de un transportador a otro hasta el oxígeno.

1. Cuando el oxígeno acepta los electrones (y protones) se reduce a agua:

   $\tfrac{1}{2}\,\mathrm{O_2}+2\,e^-+2\,\mathrm{H^+}\longrightarrow\mathrm{H_2O}$

2. Utilidad: el oxígeno es el aceptor final; al retirar los electrones del último transportador, mantiene el flujo de electrones por la cadena. Sin él la cadena se detendría.

3. Este flujo de electrones permite bombear protones al espacio intermembrana y crear un gradiente de protones, que la ATP sintasa aprovecha para sintetizar ATP.

4. Donadores de electrones: el NADH y el $\mathrm{FADH_2}$, que proceden sobre todo de la glucólisis, de la descarboxilación del piruvato, de la β-oxidación y del ciclo de Krebs.

Planteamiento En la terapia génica se introduce una copia correcta de un gen en las células que la necesitan, sin cambiar el gen alterado.

1. El AAV9 actúa como vector: es el vehículo que lleva el ADN con la copia correcta de SMN1 hasta las motoneuronas y lo hace entrar en ellas. Se ha modificado para que no cause ninguna enfermedad.

2. Una pequeña aclaración: el AAV9 no es exactamente un adenovirus, sino un virus adenoasociado (AAV, de la familia de los parvovirus). El papel de vector es el mismo.

3. Los episomas llevan la copia correcta de SMN1: dentro del núcleo se transcriben a ARNm y se traducen a proteína SMN funcional. Con esta proteína las motoneuronas funcionan y la enfermedad no se manifiesta.

4. La persona tratada sigue siendo $aa$ en todas las células que no han recibido la terapia: el tratamiento solo llega a las motoneuronas (células somáticas) y no modifica el ADN de las células germinales.

5. Por tanto, sí transmitirá el alelo a: todos sus gametos lo llevan.

Planteamiento Hay que aplicar la definición biológica de especie a los datos genéticos del enunciado.

1. Concepto biológico de especie: conjunto de poblaciones de individuos que pueden reproducirse entre sí y tener descendencia fértil.

2. Los humanos modernos no africanos llevan un 2–2,5 % de genes de neandertal, y los de Oceanía un 4,5 % de genes de denisovano. Estos genes solo pueden haber pasado de un grupo a otro por reproducción.

3. Además, para que hayan llegado hasta hoy, los hijos de esos cruces tenían que ser fértiles y tener a su vez descendencia.

4. Por tanto, según el concepto biológico, no es correcto considerarlos especies distintas: formarían una sola especie (en todo caso, poblaciones o subespecies distintas).

Planteamiento Los neandertales y los denisovanos llevaban mucho tiempo viviendo en Eurasia y la selección natural ya los había adaptado a ese medio.

1. Al cruzarse con ellos, los descendientes de los humanos modernos adquirieron alelos (secuencias de genes) que no tenían.

2. Algunos de estos alelos eran ventajosos en los nuevos territorios: por ejemplo, para la respuesta inmunitaria contra patógenos locales o para adaptarse al clima o a la altitud.

3. La selección natural favoreció a los portadores de estos alelos, que por eso se han mantenido en las poblaciones actuales.

Planteamiento Hay que definir la endogamia y relacionarla con la probabilidad de que se junten dos alelos recesivos iguales.

1. La endogamia es la reproducción entre individuos emparentados, de la misma familia o de un grupo pequeño y aislado.

2. Los parientes comparten muchos alelos heredados de los mismos antepasados. Si un antepasado llevaba una mutación deletérea recesiva, es fácil que la lleven los dos miembros de la pareja.

3. Así aumenta la probabilidad de que dos portadores heterocigotos se apareen y tengan hijos homocigotos ($aa$), en los que la mutación se manifiesta.

Planteamiento Si los heterocigotos están sanos, el alelo de las alteraciones es recesivo. Hacemos un cruce monohíbrido.

1. Nomenclatura: $A$, alelo normal (dominante); $a$, alelo de las alteraciones esqueléticas (recesivo).

2. Progenitores heterocigotos sanos:

   $Aa\times Aa$

3. Cada progenitor forma gametos $A$ y $a$, con probabilidad $\frac{1}{2}$ cada uno. Cuadro de Punnett:

   $\begin{array}{c|cc} & A & a \\ \hline A & AA & Aa \\ a & Aa & aa \end{array}$

4. Proporciones genotípicas:

   $\tfrac{1}{4}\,AA+\tfrac{1}{2}\,Aa+\tfrac{1}{4}\,aa$

5. Proporciones fenotípicas: $AA$ y $Aa$ son normales; $aa$ tiene alteraciones esqueléticas:

   $\tfrac{3}{4}\ \text{normales}$${}+\tfrac{1}{4}\ \text{con alteraciones esqueléticas}$

6. Si se considera que la mutación, al ser deletérea, es letal en homocigosis (los $aa$ mueren), entre los descendientes vivos las proporciones serían $\frac{1}{3}\,AA+\frac{2}{3}\,Aa$, todos normales. Esta lectura también se considera válida.

Planteamiento Se recorre el camino de la expresión génica al revés: de la proteína al ARNm y del ARNm al ADN.

1. Paso 1: se aísla la proteína y se secuencia, es decir, se averigua qué aminoácidos tiene y en qué orden.

2. Paso 2: con el código genético se deducen los codones del ARNm que codifican cada aminoácido, en el mismo orden.

3. Paso 3: por la complementariedad de bases (A con T, U con A, G con C) se deduce la secuencia del ADN del gen: la cadena molde es la complementaria del ARNm y la otra cadena es igual al ARNm cambiando U por T.

4. Limitación: el código genético es degenerado (varios codones para un mismo aminoácido), así que para algunos aminoácidos solo se pueden dar las secuencias posibles, no la secuencia exacta.

Planteamiento Hay que deducir del texto si la enfermedad es dominante o recesiva y si el gen está en un autosoma o en un cromosoma sexual, y justificar cada cosa con una frase del texto.

1. Recesiva: el texto dice que solo tienen la enfermedad las personas que han heredado el alelo defectuoso de ambos progenitores. Hace falta tener dos copias (ser homocigoto); quien tiene una sola copia (heterocigoto) está sano.

2. Si fuera dominante, bastaría con una copia del alelo defectuoso para tener la enfermedad.

3. Autosómica: el gen ABCA4 está en el cromosoma 1, que es un autosoma (no es ni el X ni el Y).

4. También se puede argumentar con la herencia: si fuera recesiva ligada al X, los chicos, que solo tienen un cromosoma X, tendrían la enfermedad con una sola copia del alelo, heredada de la madre; en cambio, el texto dice que hay que heredarlo de ambos progenitores.

5. Que afecte tanto a chicos como a chicas es coherente con la herencia autosómica, pero no es prueba suficiente: para justificarlo hace falta uno de los dos argumentos anteriores.

Planteamiento Se pide una definición del sistema del complemento con sus características principales.

1. Es un conjunto de proteínas (muchas son enzimas) presentes en la sangre, en el plasma sanguíneo, que se sintetizan sobre todo en el hígado.

2. Se activan en cascada: cada proteína activada activa la siguiente, de modo que la respuesta se amplifica.

3. Forma parte de la respuesta inmunitaria inespecífica (innata), aunque también coopera con la específica.

4. Se activa por complejos antígeno-anticuerpo o por moléculas de la superficie de los microorganismos, y es una respuesta rápida y eficaz sobre todo contra bacterias.

Planteamiento Hay que explicar qué acción del complemento activado puede destruir una célula, aplicada a las células de la retina donde se acumulan los dímeros A2E.

1. Los dímeros A2E acumulados en la retina activan el sistema del complemento sobre las células de la retina.

2. Las proteínas del complemento activadas se unen a la membrana de esas células y forman el complejo de ataque a la membrana, que abre poros en ella.

3. Por los poros entran y salen libremente agua e iones: la célula se rompe (lisis o citólisis) y muere.

4. También valen otras dos formas: el complemento se une a la superficie de las células de la retina (opsonización) y hace que sean fagocitadas, o bien desencadena una respuesta inflamatoria que atrae fagocitos a la zona.

Planteamiento Hay que decir qué papel tiene el virus en el procedimiento de la figura.

1. El virus lleva el ADN recombinante con el gen ABCA4 funcional, como se ve en la figura.

2. Entra en las células de la retina y libera ese ADN, que llega al núcleo, donde el gen se puede expresar.

3. Esa función de transportar e introducir un gen dentro de una célula es la de un vector.

Planteamiento Son las dos herramientas para construir el ADN recombinante de la figura (ADN del virus, gen ABCA4 y ADN del virus).

1. Enzimas de restricción (endonucleasas de restricción): cortan el ADN por unas secuencias concretas, que reconocen específicamente.

2. Se usan para cortar el ADN del virus y el ADN que contiene el gen ABCA4 funcional, preferiblemente con la misma enzima, para que los extremos de los dos fragmentos sean compatibles.

3. Ligasas (ADN ligasas): unen fragmentos de ADN formando enlaces fosfodiéster.

4. Aquí unen el ADN del virus con el fragmento que contiene el gen ABCA4 funcional, y así se forma el ADN recombinante.

Planteamiento Cada casilla se deduce de una parte de la frase: «eubacteria», «el carbono de la materia orgánica» y «la energía de la oxidación de compuestos químicos».

1. Organización celular: procariota. Justificación: es una eubacteria, y todas las bacterias son procariotas (sin núcleo ni orgánulos rodeados de membrana).

2. Según la fuente de carbono: heterótrofo. Justificación: los heterótrofos obtienen el carbono de moléculas orgánicas, y esta bacteria lo obtiene de la materia orgánica.

3. Según la fuente de energía: quimiótrofo. Justificación: los quimiótrofos obtienen la energía de reacciones químicas de oxidación (de la oxidación de compuestos químicos), no de la luz.

Planteamiento Cada antibiótico ataca una estructura de la bacteria: hay que decir por qué sin ella la bacteria muere y por qué las células humanas no la tienen igual.

1. Penicilina, muerte de la bacteria: la bacteria tiene una pared celular que contiene peptidoglicano (mureína); la penicilina impide su síntesis, y sin una pared bien formada la bacteria no resiste la presión osmótica, se rompe (lisis) y muere.

2. Penicilina, células humanas: no tienen pared celular ni peptidoglicano, de modo que la penicilina no tiene dónde actuar.

3. Azitromicina, muerte de la bacteria: bloquea la subunidad grande (50S) de los ribosomas bacterianos e impide la traducción; sin síntesis de proteínas, imprescindibles para vivir, la bacteria muere.

4. Azitromicina, células humanas: los ribosomas de las células eucariotas son distintos de los bacterianos (la subunidad grande es la 60S), y la azitromicina no los bloquea.

Planteamiento Se deduce el patrón de herencia con dos datos del enunciado: los padres no estaban afectados y el gen está en el cromosoma 1.

1. Llamamos $A$ al alelo normal y $a$ al que causa la enfermedad.

2. Recesivo: los dos progenitores estaban sanos y tuvieron un hijo afectado. Si el alelo fuera dominante, el hijo lo habría heredado de un progenitor que también estaría afectado. Por tanto, es recesivo: cada progenitor era portador heterocigoto y el hijo recibió un alelo recesivo de cada uno.

3. Genotipos:

   $Aa\times Aa\to aa$

4. Autosómico: el gen está en el cromosoma 1, que es un autosoma, no un cromosoma sexual (X o Y).

Planteamiento Es un cruce con un solo gen. Hay que deducir los genotipos de los padres a partir de los hijos y calcular las probabilidades con el cuadro de Punnett.

1. Los dos padres están sanos, pero tienen un hijo enfermo ($tt$): cada uno le ha dado un alelo $t$. Como están sanos, también tienen un alelo $T$: los dos son heterocigotos (portadores).

   $Tt\times Tt$

2. Gametos del padre: $T$ y $t$, con probabilidad $\frac{1}{2}$ cada uno. Gametos de la madre: también $T$ y $t$, con $\frac{1}{2}$ cada uno.

3. Genotipo del hijo enfermo: homocigoto recesivo, $tt$.

4. Cuadro de Punnett del cruce $Tt\times Tt$ (cada casilla tiene probabilidad $\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$):

   $\begin{array}{c|cc} & T & t \\ \hline T & TT & Tt \\ t & Tt & tt \end{array}$

5. Genotipos: $\frac{1}{4}\,TT$, $\frac{1}{2}\,Tt$ y $\frac{1}{4}\,tt$; fenotipos: $\frac{3}{4}$ sanos y $\frac{1}{4}$ enfermos. La probabilidad de que otro hijo esté enfermo es la de $tt$:

   $P(tt)=\frac{1}{4}=0{,}25$

6. El hijo sano puede ser $TT$ o $Tt$. Entre los sanos ($\frac{3}{4}$), los portadores ($Tt$) son $\frac{1}{2}$:

   $P(Tt\mid \text{sano})=\frac{1/2}{3/4}=\frac{2}{3}$

Planteamiento La cadena dada es la que se transcribe (el molde), escrita de 3′ a 5′. El ARNm es complementario y antiparalelo (de 5′ a 3′), con U en lugar de T. La nota dice que la primera base es la primera de un codón, así que se lee de tres en tres desde el principio.

1. Cadena molde, agrupada en tripletes:

   $3^\prime\ldots\mathrm{CTC\ AAG\ TTT\ CAA}\ldots 5^\prime$

2. ARNm complementario (C con G, T con A, A con U, G con C):

   $5^\prime\ldots\mathrm{GAG\ UUC\ AAA\ GUU}\ldots 3^\prime$

3. Traducción con la tabla: GAG, Glu; UUC, Phe; AAA, Lys; GUU, Val.

Planteamiento Se insertan cuatro bases (TATC) en la posición 1278, donde señala la flecha (entre la octava y la novena base de la secuencia, ya que la primera es la 1270). Hay que rehacer el ARNm y la traducción, y después explicar las consecuencias.

1. Cadena molde mutada, agrupada en tripletes desde la primera base:

   $3^\prime\ldots\mathrm{CTC\ AAG\ TT\,\underline{TATC}\,T\ CAA}\ldots 5^\prime$${}= 3^\prime\ldots\mathrm{CTC\ AAG\ TTT\ ATC\ TCA\ A}\ldots 5^\prime$

2. ARNm complementario:

   $5^\prime\ldots\mathrm{GAG\ UUC\ AAA\ UAG\ AGU\ U}\ldots 3^\prime$

3. Traducción: GAG, Glu; UUC, Phe; AAA, Lys; UAG, STOP. La cadena termina después de la Lys: …Glu-Phe-Lys.

4. Por qué no es funcional: al añadir cuatro bases (un número que no es múltiplo de 3) se desplaza el marco de lectura y aparece un codón STOP (UAG). La traducción se detiene antes de tiempo y la alfa-hexosaminidasa queda mucho más corta: le faltan todos los aminoácidos que vendrían después.

5. Una proteína acortada no puede plegarse bien ni adquirir la estructura tridimensional (ni el centro activo) de la enzima, así que no degrada el GM2.

6. Por qué es recesiva, desde el punto de vista cromosómico: tenemos dos cromosomas 15 homólogos, uno de cada progenitor, y por tanto dos copias del gen HEXA.

7. Desde el punto de vista molecular: en un heterocigoto ($Tt$), el alelo $T$ de uno de los dos cromosomas 15 ya fabrica alfa-hexosaminidasa funcional, que degrada el gangliósido GM2, y la enfermedad no aparece. Solo los homocigotos $tt$, que no tienen la secuencia correcta en ninguno de los dos cromosomas 15, no fabrican enzima funcional y enferman.

Planteamiento Hay que nombrar un proceso evolutivo que cambie las frecuencias alélicas por azar en una población que se redujo mucho (el texto habla de una gran disminución de la población a principios del siglo XIV).

1. El proceso es la deriva genética, en concreto el efecto cuello de botella.

2. A principios del siglo XIV, quizá por las persecuciones, la población de asquenazíes quedó reducida a pocos individuos, mucho menos diversos genéticamente que antes (el texto lo muestra comparando el ADN de Erfurt con el de los asquenazíes actuales).

3. Entre los supervivientes había, por azar, una proporción de portadores del alelo $t$ más alta que la de la población original. No se debe a ninguna ventaja del alelo: es azar, no selección natural.

4. La población actual desciende de esos pocos individuos y ha heredado de ellos la frecuencia alta del alelo $t$.

5. Además, la endogamia (los matrimonios entre miembros de la misma comunidad) hace que entren pocos alelos de fuera, de modo que la frecuencia de $t$ se mantiene alta, y que sea más probable que se casen dos portadores y tengan hijos $tt$ afectados.

Planteamiento Si ser portador protege de la tuberculosis, el alelo $t$ da una ventaja a los heterocigotos: ahora el proceso no sería el azar sino la selección natural.

1. El proceso sería la selección natural, a favor de los heterocigotos (portadores, $Tt$).

2. Los portadores estarían más protegidos contra la tuberculosis, que mata a mucha gente: tendrían más probabilidad de sobrevivir hasta la edad reproductiva que los homocigotos $TT$.

3. Como dejarían más descendencia, transmitirían más el alelo $t$ a los hijos.

4. Así, generación tras generación, la frecuencia del alelo $t$ (y de portadores) aumentaría o se mantendría alta, aunque los homocigotos $tt$ mueran antes de reproducirse. Cuantos más portadores, más parejas de portadores y más niños afectados.

5. Diferencia con el apartado anterior: en la deriva genética, la frecuencia de $t$ cambia por azar y el alelo no da ninguna ventaja; en la selección natural, la frecuencia aumenta porque los portadores sobreviven y se reproducen más en un ambiente con tuberculosis. Los dos procesos podrían haber actuado juntos.

Planteamiento La lactosa es el disacárido formado por una galactosa y una glucosa unidas por un enlace $\beta(1\rightarrow 4)$. Hay que encontrarla entre las cuatro moléculas y prever cómo reacciona con dos reactivos.

1. La lactosa es la molécula C: es la única que contiene una galactosa, que se distingue de la glucosa porque tiene el grupo $\mathrm{-OH}$ del carbono 4 hacia arriba en la proyección de Haworth.

2. La galactosa es el monosacárido de la izquierda de la molécula C: el que se une por el oxígeno de su carbono 1 (el del enlace glucosídico) al carbono 4 del otro monosacárido. Es el que hay que rodear con un círculo.

3. El otro monosacárido es la glucosa (β-D-glucopiranosa).

4. Prueba de Fehling: color rojo ladrillo (también se describe como anaranjado). La lactosa es un azúcar reductor: la glucosa conserva libre el carbono anomérico (el carbono 1 con su $\mathrm{-OH}$), que reduce el $\mathrm{Cu^{2+}}$ del reactivo (azul) a $\mathrm{Cu_2O}$, un precipitado rojo ladrillo.

5. Prueba de Lugol: no cambia de color; queda amarillento o pardo, el color del propio reactivo. El lugol tiñe de azul violáceo el almidón (un polisacárido), y la lactosa es un disacárido.

Planteamiento Hay que ver qué hace la lactasa y qué enzima falla en la galactosemia: son dos enzimas distintas.

1. No sería un buen tratamiento.

2. La lactasa es la enzima que hidroliza el enlace glucosídico de la lactosa y la separa en glucosa y galactosa.

3. En la galactosemia, lo que falla es la enzima que metaboliza la galactosa. Con la leche sin lactosa el bebé seguiría ingiriendo la misma galactosa (ahora libre), que se acumularía igualmente.

4. Las enzimas son específicas: la lactasa solo actúa sobre la lactosa y no puede hacer la función de la enzima que falta.

Planteamiento Miramos los hijos afectados de padres sanos: primero para decidir si el alelo es dominante o recesivo y después para ver si el gen puede estar en el cromosoma X.

1. Usamos $A$ para el alelo normal y $a$ para el alelo de la galactosemia.

2. Recesivo: II-2 y II-3 están afectados y sus padres, I-1 e I-2, no lo están (y lo mismo pasa con III-1, hija de II-4 y II-5, sanos). Si el alelo fuera dominante, al menos uno de los padres de un afectado también estaría afectado. Por tanto, es recesivo y los padres son portadores.

3. Autosómico: una hija afectada, como II-3 (o III-1), tiene que tener los dos alelos mutados, uno de la madre y uno del padre. Si el gen estuviera en el cromosoma X, el padre I-1, sano, sería $X^AY$ y pasaría su $X^A$ a todas las hijas, que no podrían estar afectadas. Como II-3 lo está, el gen es autosómico.

4. Genotipos que encajan con el árbol:

   $\text{I-1, I-2, II-4, II-5}: Aa$$\text{II-2, II-3, III-1}: aa$

Planteamiento Primero deducimos los genotipos de II-4 y II-5 y después calculamos dos probabilidades independientes: la de ser niño y la de tener galactosemia.

1. II-4 y II-5 están sanos pero tienen una hija afectada, III-1 ($aa$), que ha recibido un alelo $a$ de cada uno. Por tanto, los dos son portadores:

   $Aa\times Aa$

2. Cuadro de Punnett:

   $\begin{array}{c|cc} & A & a \\ \hline A & AA & Aa \\ a & Aa & aa \end{array}$

3. Probabilidad de tener galactosemia:

   $P(aa)=\frac{1}{4}$

4. Probabilidad de ser niño:

   $P(\text{niño})=\frac{1}{2}$

5. Como el gen es autosómico, el sexo y la enfermedad son independientes, y las probabilidades se multiplican:

   $P(\text{niño y } aa)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8}$

Planteamiento Primero construimos el árbol con la información del texto y después comprobamos si cada modelo de herencia puede explicar los fenotipos de la familia.

1. Árbol (figura): generación I, el padre (I-1) y la madre (I-2), ambos sanos. Generación II: el primer hijo (II-1, hombre, afectado, que murió), David (II-2, hombre, afectado) y la hermana (II-3, mujer, sana). Cuadrado, hombre; círculo, mujer; negro, afectado.

2. Autosómica recesiva: Sí. Si $a$ es el alelo de la enfermedad, los padres sanos pueden ser portadores ($Aa$). Cada hijo tiene una probabilidad de $\frac{1}{4}$ de ser $aa$ y estar afectado, como los dos hermanos, y la hermana puede ser $AA$ o $Aa$ y estar sana:

   $Aa\times Aa$${}\longrightarrow \tfrac{1}{4}\,AA+\tfrac{1}{2}\,Aa$${}+\tfrac{1}{4}\,aa$

3. Autosómica dominante: No. Si el alelo de la enfermedad fuera dominante, los hijos afectados lo habrían heredado del padre o de la madre, y quien lo tuviera también estaría enfermo. Pero los dos padres están sanos.

4. Recesiva ligada al sexo: Sí. La madre sería portadora ($X^AX^a$), sana porque su otro X lleva el alelo normal; el padre, sano, tiene un solo X y es normal ($X^AY$). Cada hijo varón recibe de la madre uno de sus dos X, y la mitad de los hijos estarían enfermos, como David y su hermano; las hijas reciben el X normal del padre y son sanas, como la hermana:

   $X^AX^a\times X^AY$${}\longrightarrow \tfrac{1}{4}\,X^AX^A$${}+\tfrac{1}{4}\,X^AX^a$${}+\tfrac{1}{4}\,X^AY$${}+\tfrac{1}{4}\,X^aY$

5. Con esta familia no se puede decidir entre la herencia autosómica recesiva y la recesiva ligada al sexo: las dos explican el árbol.

ResultadoAutosómica recesiva: sí (los padres pueden ser portadores, $Aa$). Autosómica dominante: no (uno de los padres tendría que estar enfermo). Recesiva ligada al sexo: sí (madre portadora, $X^AX^a$, y padre sano, $X^AY$: los hijos varones pueden estar afectados y las hijas son sanas).

La pauta oficial da: Árbol de dos generaciones con el sexo y los afectados. Autosómica recesiva: sí (padres portadores heterocigotos, hijos homocigotos). Autosómica dominante: no (uno de los padres tendría que estar afectado). Recesiva ligada al sexo: sí (madre portadora sana, padre sano; los hijos varones afectados, las hijas reciben el X normal del padre).

Planteamiento Hay que relacionar la médula ósea con el origen de los linfocitos, que son las células que fallan en esta enfermedad.

1. La médula ósea roja es el tejido donde se forman las células de la sangre, también los linfocitos: en ella están las células madre de las que derivan. Los linfocitos B maduran en ella, y los precursores de los linfocitos T salen de ella y maduran en el timo.

2. En David, el gen necesario para la maduración de los linfocitos no funciona en estas células madre, y los linfocitos que se forman no maduran.

3. Si se sustituyen por células de la médula de un donante compatible, que tienen el gen funcional, las células trasplantadas forman linfocitos que maduran correctamente, y el paciente pasa a tener un sistema inmunitario que funciona.

Planteamiento Hay que pensar en cómo funciona una vacuna y qué le pasaría en una persona sin linfocitos funcionales.

1. Una vacuna no protege por sí misma: contiene antígenos que deben activar el sistema inmunitario de la persona. Son los linfocitos los que responden: los linfocitos B fabrican anticuerpos específicos, los linfocitos T colaboran en la respuesta, y quedan células de memoria.

2. En David los linfocitos no maduraban correctamente y no podían responder a los antígenos. La vacuna no habría generado ni anticuerpos ni memoria inmunitaria.

Planteamiento Leemos el árbol: la pareja I-2 (hombre sano) e I-3 (mujer sana) tiene una hija afectada, II-1, y un hijo afectado, II-2. I-1 es hermana de I-2, e I-4 e I-5 son hermanos de I-3; todos ellos están sanos.

1. Dominante o recesiva: los padres, I-2 e I-3, están sanos y tienen dos hijos afectados. Si el alelo de la AME fuera dominante, al menos uno de los padres debería padecer la enfermedad. Por tanto, la AME es recesiva, y los dos padres son portadores (heterocigotos).

2. Autosómica o ligada al sexo: si fuera recesiva ligada al cromosoma X, la hija afectada II-1 debería recibir un X con el alelo de la enfermedad de cada uno de los padres. Pero su padre, I-2, está sano: su único X lleva el alelo normal, y es el que reciben todas sus hijas. Por tanto, no puede ser ligada al sexo: es autosómica. Además, el enunciado dice que el gen SMN1 está en el cromosoma 5, que es un autosoma.

3. Simbología: $A$, alelo normal (sin AME), dominante; $a$, alelo con la deleción (AME), recesivo.

4. Genotipo de I-3: está sana y tiene hijos afectados ($aa$), que han recibido un alelo $a$ de cada progenitor; por tanto, es portadora:

   $Aa$

5. Genotipo de I-4: está sano, así que tiene al menos un alelo $A$. No hay ningún dato para saber si el otro alelo es $A$ o $a$ (sus padres, que no aparecen en el árbol, están sanos):

   $A-\quad(AA$$\text{o}\ \ Aa)$

Planteamiento Se pide el número esperado de portadores entre los alumnos del instituto.

1. La probabilidad de que un alumno cualquiera sea portador es $\frac{1}{54}$. El número esperado de portadores es el número de alumnos multiplicado por esta probabilidad:

   $1\,188\cdot\frac{1}{54}=\frac{1\,188}{54}=22$

2. Es un valor esperado: en un instituto concreto puede haber algunos más o menos.

Planteamiento Se pide la probabilidad de que dos personas sanas sean ambas portadoras.

1. Cada miembro de la pareja es portador con probabilidad $\frac{1}{54}$. Si no son parientes, los dos hechos son independientes y las probabilidades se multiplican:

   $\frac{1}{54}\cdot\frac{1}{54}=\frac{1}{2\,916}\approx 0{,}000343$

2. En porcentaje:

   $0{,}000343\cdot 100=0{,}0343\ \%$

Planteamiento Hay que encontrar en el texto las afirmaciones falsas sobre la terapia génica y la inmunidad y corregirlas. El texto tiene cuatro; basta con tres.

1. Error 1: «debe cortarse el gen SMN1 sano con unas enzimas llamadas ligasas». Corrección: para cortar el ADN se usan endonucleasas de restricción (enzimas de restricción); las ligasas hacen lo contrario, unen fragmentos de ADN.

2. Error 2: «este gen debe unirse a la superficie de la cápsida». Corrección: el gen debe introducirse dentro de la cápsida, donde el virus lleva su genoma; así el virus puede hacerlo entrar en las células diana.

3. Error 3: «Zolgensma es más efectivo si se administra a bebés que ya tienen síntomas graves». Corrección: es más efectivo si se administra antes de que aparezcan los síntomas o cuando todavía son leves, porque las neuronas motoras que ya se han perdido no se recuperan: el tejido nervioso tiene muy poca capacidad de regeneración.

4. Error 4: «Este tipo de inmunidad artificial y pasiva». Corrección: los anticuerpos que el bebé recibe de la madre con la leche le dan una inmunidad natural, no artificial, y pasiva: los ha fabricado la madre y el bebé los recibe por un proceso natural, sin ninguna intervención médica.

5. Una aclaración sobre el nombre del virus: el AAV9 es un virus adenoasociado (AAV), de una familia distinta de la de los adenovirus (es un parvovirus). El enunciado lo llama «adenovirus», pero este no es uno de los cuatro errores que se piden.