Tres loci del maíz, dobles sobrecruzamientos y una inserción de cuatro bases
En una parcela experimental de maíz de Vitoria-Gasteiz se estudian tres loci: A/a (color del endospermo), B/b (opacidad del grano) y C/c (longitud de la planta). Se cruza una planta triple heterocigota con una triple homocigota recesiva y se analizan 1000 descendientes.
| Fenotipo | Nº de descendientes |
|---|---|
| ABC | 405 |
| abc | 405 |
| aBC | 55 |
| Abc | 55 |
| ABc | 35 |
| abC | 35 |
| AbC | 5 |
| aBc | 5 |
En el mismo programa se caracteriza una variante recesiva b* que porta una inserción de 4 pb en el segundo exón. La secuencia del gen salvaje alrededor del punto de inserción por RT-PCR es idéntica en tamaño en los heterocigotos y en los homocigotos recesivos, mientras que la mutación solo se detecta en el ADN genómico.
1. Determine el orden de los tres loci, calcule las distancias de mapa en cM y el coeficiente de interferencia, explicando paso a paso cómo identifica la clase parental y el locus central.
Read the worked answer
Clases parentales. Son las más frecuentes: ABC y abc, con 405 cada una, un 81 % del total. El cruce con un trihomocigoto recesivo es un testcross, así que el fenotipo de cada descendiente revela directamente el genotipo gamético del progenitor triple heterocigoto.
Locus central. Las clases menos frecuentes son las dobles recombinantes: AbC y aBc, con 5 cada una. Se comparan con las parentales: respecto a ABC, la clase doble recombinante AbC coincide en A y C y difiere en B. El gen que cambia al pasar de la parental a la doble recombinante es el central, de modo que el orden es A–B–C (o C–B–A).
Distancias. Entre A y B recombinan las clases aBC y Abc (SCO I) más las dobles: (55 + 55 + 5 + 5)/1000 = 0,12 → 12 cM. Entre B y C recombinan ABc y abC (SCO II) más las dobles: (35 + 35 + 5 + 5)/1000 = 0,08 → 8 cM.
Interferencia. Si los sobrecruzamientos fueran independientes, la frecuencia esperada de dobles sería 0,12 × 0,08 = 0,0096, es decir 9,6 individuos; se observan 10. El coeficiente de coincidencia es 10/9,6 = 1,04 y la interferencia I = 1 − 1,04 = −0,04, prácticamente cero. Un valor negativo indica una mínima tendencia al exceso de dobles (interferencia negativa), pero con n = 1000 está dentro del error de muestreo: lo defendible es que no hay interferencia apreciable en esta región.
2. Calcule la frecuencia de recombinación observada entre A y C, compárela con la distancia de mapa A–C y explique la discrepancia y por qué la frecuencia de recombinación máxima observable es 0,5.
Read the worked answer
Cálculo. Para el par A–C son recombinantes todas las clases que difieren de las parentales AC y ac en uno de los dos loci, es decir, las dos clases de sobrecruzamiento simple: (55 + 55 + 35 + 35)/1000 = 0,18. Los dobles AbC y aBc son parentales para A–C, porque dos sobrecruzamientos restauran la combinación original. Frecuencia observada 18 %, frente a una distancia de mapa de 12 + 8 = 20 cM.
Por qué discrepan. La frecuencia de recombinación entre dos loci solo cuenta los sobrecruzamientos que afectan a ese par, y no detecta los dobles. En la región A–C, el 1 % de dobles observados se contabiliza como no recombinante y reduce la estimación en unos 2 cM. Cuanto mayor es la distancia, mayor es la probabilidad de sobrecruzamientos múltiples que restauran la combinación parental, y mayor es la subestimación. Por eso las distancias de mapa se construyen sumando intervalos cortos y aplicando funciones de corrección (Haldane, Kosambi), que modelan los sobrecruzamientos no observados.
El límite del 50 %. En cada meiosis hay cuatro cromátidas y solo dos pueden participar en un sobrecruzamiento determinado: el máximo de productos recombinantes es 2 de 4. Además, cuando la distancia crece, el número de dobles (y de cuádruples) que restauran la parental aumenta y la frecuencia observada se aproxima asintóticamente a 0,5 sin superarlo nunca. El valor 0,5 coincide con el de la segregación independiente, y esa es la razón de que no se pueda distinguir entre genes muy alejados del mismo cromosoma y genes en cromosomas distintos solo con el testcross.
3. Explique las consecuencias moleculares de la inserción de 4 pb en el segundo exón, por qué la mutación solo se detecta en ADN genómico y no en el ARN, y razone qué esperaría si la inserción fuera de 3 pb.
Read the worked answer
Consecuencia de 4 pb. El ribosoma lee en tripletes; una inserción de cuatro bases no es múltiplo de tres y desplaza el marco de lectura desde ese punto. Todos los codones situados aguas abajo cambian y, con muy alta probabilidad, aparece un codón de terminación prematuro (UAA, UAG o UGA) en las decenas de codones siguientes. El resultado es una proteína truncada, con una región carboxilo distinta, que suele ser inestable y degradada; si el codón de parada queda más de 50-55 nucleótidos antes de la última unión exón-exón, el transcrito se elimina por degradación mediada por el sinsentido. El efecto neto es un alelo nulo, coherente con un fenotipo recesivo: el heterocigoto conserva el 50 % de producto funcional, que es suficiente.
Por qué no se ve el cambio en el ARN. La RT-PCR del transcrito produce un amplicón pequeño y en los heterocigotos y homocigotos recesivos el tamaño coincide con el del salvaje: como el transcrito mutante se degrada por NMD, solo se amplifica el alelo normal. La mutación sí está en el ADN genómico y allí se detecta por PCR y secuenciación. Es una advertencia metodológica: un resultado negativo por RT-PCR no descarta una mutación de pérdida de función.
Si la inserción fuera de 3 pb. Se añadiría un único aminoácido y el marco se mantendría. El efecto dependería de si el residuo extra altera el plegamiento o el centro activo: podría ser una variante silenciosa funcional, una proteína inestable o, si afecta a un dominio crítico, un alelo nulo. La regla del marco predice el tipo de consecuencia, no su gravedad.