SOLUZIONI AI PROBLEMI DEL CAPITOLO 2. Domande concettuali

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1 SOLUZIONI AI PROBLEMI DEL CAPITOLO 2 Domande concettuali C1. Il lavoro di Mendel dimostrò che i determinanti genetici vengono ereditati con modalità dominante/recessiva. Questo era evidente in molti dei suoi incroci. Per esempio, quando egli incrociava due linee pure di piante per il carattere altezza (per esempio, piante alte per piante nane), tutte le piante F 1 erano alte. Questo è in contrasto con il concetto di eredità per mescolamento. Probabilmente era più chiaro il risultato ottenuto dalla generazione F 2 : 3/4 della progenie era costituito da piante alte, e 1/4 da piante nane. In altre parole, la generazione F 2 manifestava dei fenotipi uguali a quelli della generazione parentale. Non sembrava esserci un mescolamento che creasse un fenotipo intermedio. Al contrario, i determinanti genetici non sembravano variare da una generazione a quella successiva. C2. Nel caso delle piante, la fecondazione incrociata si verifica quando il polline e le cellule uovo derivano da piante diverse, mentre nell autofecondazione essi provengono dalla stessa pianta. C3. Il genotipo rappresenta il tipo di geni che un individuo eredita mentre il fenotipo corrisponde all'insieme dei caratteri osservabili di un individuo. Le piante alte dei piselli, i capelli rossi degli esseri umani, e le ali vestigiali dei moscerini della frutta sono fenotipi. Omozigote, TT, nelle piante di pisello; un portatore eterozigote dell'allele per la fibrosi cistica; e gli omozigoti per l'allele della fibrosi cistica sono descrizioni di genotipi. È possibile avere genotipi diversi ma fenotipi identici. Per esempio, sia una pianta di pisello con genotipo TT che una pianta Tt presenteranno il fenotipo alto. C4. Un omozigote che ha due copie dello stesso allele. C5. E' necessario eseguire un incrocio nel quale l individuo con genotipo sconosciuto viene incrociato con un individuo che porta solamente alleli recessivi per il gene in questione. C6. Gli organismi diploidi possiedono due copie dello stesso tipo di gene. Quando essi formano i gameti, in ciascun gamete verrà a trovarsi una sola copia di ciascun gene. I due alleli non possono trovarsi entrambi nello stesso gamete. C7. B. Questa affermazione non è corretta perché questi sono alleli di geni diversi. C8. Genotipi: 1:1 Tt e tt Fenotipi: 1:1 alta e nana C9. L individuo con fenotipo recessivo deve essere omozigote. L individuo con fenotipo dominante potrebbe essere omozigote oppure eterozigote. C10. c è l allele recessivo per i baccelli concamerati; Y corrisponde all allele dominante per il colore giallo. L incrocio è ccyy x CcYy. Segui le indicazioni per la costruzione del quadrato di Punnett descritte nel Capitolo 2. I rapporti genotipici sono 2 CcYY : 4 CcYy : 2 Ccyy : 2 ccyy : 4 ccyy : 2 ccyy. Questo rapporto 2:4:2:2:4:2 può essere semplificato nel rapporto 1:2:1:1:2:1. I rapporti fenotipici sono 6 baccelli semplici, semi gialli : 2 baccelli semplici, semi verdi : 6 baccelli concamerati, semi gialli : 2 baccelli concamerati, semi verdi. Questo rapporto 6:2:6:2 può venire semplificato nel rapporto 3:1:3:1. C11. I genotipi sono 1 YY : 2 Yy : 1 yy. I fenotipi sono 3 gialli : 1 verde. C12. La progenie con fenotipo non parentale è in accordo con il concetto dell assortimento indipendente. Se due caratteri diversi fossero sempre trasmessi come una singola unità, non sarebbe possibile ottenere combinazioni fenotipiche non parentali. Per esempio, se un parentale appartenente a una linea pura avesse due caratteri dominanti e fosse incrociato con un individuo di una linea pura per due caratteri recessivi, nella generazione F 2 non si potrebbe osservare progenie con un fenotipo recessivo e l altro dominante. Tuttavia, con il verificarsi dell assortimento indipendente è possibile che la progenie F 2 presenti un carattere dominante e uno recessivo. C13. (a) L'albero descrive la trasmissione di un carattere recessivo perché i parentali sani talvolta hanno progenie malata. In questi casi, i parentali sani sono portatori eterozigoti.

2 (b) Questo pedigree rappresenta un carattere dominante. Un individuo affetto ha sempre un parentale malato. Tuttavia l'ereditarietà di tipo recessivo non può essere esclusa. C14. A. Escludendo una nuova mutazione durante la formazione dei gameti, la probabilità è del 100% perché essi devono essere eterozigoti per generare un figlio con una malattia recessiva. C15. B. Costruisci un quadrato di Punnett. La probabilità di avere figli eterozigoti è del 50%. C. Usa la regola del prodotto. La probabilità di essere fenotipicamente normale è 0,75 (ossia 75%), perciò la risposta è 0,75 x 0,75 x 0,75 = 0,422, cioé 42,2%. D. Usa l espansione binomiale, dove n = 3, x = 2, p = 0,75, q = 0,25. La risposta è 0,422, ossia 42,2%. A. 100% perché sono geneticamente identici. B. Costruisci un quadrato di Punnett. Sappiamo che i genitori sono eterozigoti perché essi hanno avuto un figlio con occhi azzurri. Il gemello dizigotico non è geneticamente identico, ma condivide gli stessi genitori dell altro gemello. La risposta è 25%. C. La probabilità che un individuo erediti l'allele è del 50% e la probabilità che egli/lei lo trasmetta alla sua progenie è nuovamente del 50%. Utilizziamo la regola del prodotto: (0,5)(0,5) = 0,25 ossia 25%. D. Escludendo una nuova mutazione durante la formazione dei gameti, la probabilità è del 100% perché essi devono essere eterozigoti per generare un figlio con occhi azzurri. C16. Per prima cosa costruisci un quadrato di Punnett. La probabilità di produrre un cucciolo con mantello uniforme è del 75%, e quella di un cucciolo a macchie è del 25%. A. Usa l espansione binomiale, dove n = 5, x = 4, p = 0,75, q = 0,25. La risposta è 0,396 = 39,6% dei casi. B. Puoi usare l espansione binomiale per ogni cucciolata. Per la prima cucciolata, n = 6, x = 4, p = 0,75, q = 0,25; per la seconda n = 5, x = 5, p = 0,75, q = 0,25. Siccome le due cucciolate sono in uno specifico ordine, usiamo la regola del prodotto e moltiplichiamo la probabilità della prima cucciolata per la probabilità della seconda. La risposta è 0,070, ossia 7,0%. C. Per calcolare la probabilità della prima cucciolata, usiamo la regola del prodotto e moltiplichiamo la probabilità del primo cucciolo (0,75) per la probabilità dei rimanenti quattro. Usiamo l espansione binomiale per calcolare la probabilità di questi ultimi, dove n = 4, x = 3, p = 0,75, q = 0,25. La probabilità della prima cucciolata è 0,316. Per calcolare la probabilità della seconda cucciolata, dobbiamo usare la regola del prodotto e moltiplichiamo la probabilità del primo cucciolo (0,25) per la probabilità del secondo (0,25), per la probabilità dei rimanenti cinque. Per calcolare la probabilità dei rimanenti cinque, usiamo l espansione binomiale, dove n = 5, x = 4, p = 0,75, q = 0,25. La probabilità della seconda cucciolata è 0,025. Per calcolare la probabilità di queste due cucciolate in questo ordine preciso, usiamo la regola del prodotto e calcoliamo la probabilità della prima cucciolata (0,316) moltiplicata per la probabilità della seconda cucciolata (0,025). La risposta è 0,008, ossia 0,8%. Siccome questo è un ordine specifico, usiamo la regola del prodotto e moltiplichiamo la probabilità del primo cucciolo (0,75) per la probabilità del secondo (0,25), per la probabilità dei rimanenti quattro. Usiamo l espansione binomiale per calcolare la probabilità dei rimanenti quattro cuccioli, dove n = 4, x = 2, p = 0,75, q = 0,25. La risposta è 0,040, ossia 4,0%. C17. Se B è l'allele nero, e b indica l'allele bianco, il maschio è bb, la prima femmina è probabilmente BB, e la seconda Bb. Non siamo certi del genotipo della prima femmina, che potrebbe essere Bb, sebbene sia improbabile perché non produce alcun cucciolo bianco nella cucciolata di otto cani. C18. A. Usa la regola del prodotto: (¼)(¼) = 1/16 B. Usa l espansione binomiale: n = 4, p = ¼, q = ¾, x = 2 P = 0,21 = 21% C. Usa la regola del prodotto : (¼)(¾)(¾) = 0,14, ossia 14% C19. I genitori devono essere eterozigoti, quindi la probabilità è 1/4.

3 C20. A. ¼ B. 1, ovvero 100% C. (¾)(¾)(¾) = 27/64 = 0,42, ossia 42% D. Usa l espansione binomiale, dove n = 7, p = ¾, q = ¼, x = 3 P = 0,058 = 5,8% E. La probabilità che la prima pianta sia alta è ¾. Per calcolare la probabilità che delle quattro successive, due siano alte, usiamo l espansione binomiale, dove n = 4, p = ¾, q = ¼, e x = 2. La probabilità P equivale a 0,21. Per calcolare la probabilità complessiva dei due eventi: (¾)(0,21) = 0,16, ossia 16% C21. A. T Y R, T y R, T Y r, T y r B. T Y r, t Y r C. T Y R, T Y r, T y R, T y r, t Y R, t Y r, t y R, t y r D. t Y r, t y r C22. Esso viola la prima legge di Mendel perché due copie di un gene si trovano in un gamete. I due alleli per il gene A non hanno segregato l uno dall altro. C23. Si tratta di ereditarietà di tipo recessivo. Il pedigree è illustrato di seguito. Gli individui affetti sono indicati con simboli pieni. Il tipo di ereditarietà sembra essere recessivo. Genitori sani (che devono essere eterozigoti) producono figli affetti. C24. Sulla base del pedigree, è probabilmente eredità di tipo dominante perché un figlio malato ha sempre un genitore affetto. Infatti, questo è un difetto dominante. C25. A. 3/16 B. (9/16) (9/16) (9/16) = 729/4096 = 0,18 C. (9/16) (9/16) (3/16) (1/16) (1/16) = 243/ = 0,00023 ovvero 0,023% D. Un altro modo per considerare questo caso è che la probabilità di osservare semi lisci e gialli è 9/16. Perciò, la probabilità che una pianta non presenti semi lisci e gialli è 1 9/16 = 7/16. C26. È impossibile che gli individui F 1 siano una linea pura perché sono tutti eterozigoti. C27. Questo problema è un po' lungo, ma possiamo risolverlo usando il metodo della moltiplicazione.

4 Per l'altezza, il rapporto è 3 alte : 1 nana. Per la forma del seme, il rapporto è 1 liscio : 1 rugoso. Per il colore del seme, sono tutti gialli. Per la posizione del fiore, il rapporto è 3 assiali : 1 terminale. Quindi, il prodotto è (3 alte + 1 nana) (1 liscio + 1 rugoso) (1 giallo) (3 assiali + 1 terminale) Quindi la risposta è 9 alte, lisci, gialli, assiali 9 alte, rugosi, gialli, assiali 3 alte, lisci, gialli, terminali 3 alte, rugosi, gialli, terminali 3 nane, lisci, gialli, assiali 3 nane, rugosi, gialli, assiali 1 nane, lisci, gialli, terminali 1 nane, rugosi, gialli, terminali C28. 2 TY, ty, 2 Ty,ty, TTY, TTy, 2 TtY, 2 Tty Può risultare difficile pensarci, ma ottieni 2 TY e 2 Ty perché ciascuno dei due alleli T può combinarsi con Y oppure y. Inoltre, ottieni 2 TtY e 2 Tty perché ciascuno dei due alleli T potrebbe combinarsi con t e poi combinarsi con Y oppure y. C29. Il fuco è sb e l'ape regina è SsBb. Secondo la prima e la seconda legge di Mendel, il maschio può produrre solamente gameti sb, mentre l'ape regina può produrre SB, Sb, sb, e sb, in proporzioni uguali. Perciò, la progenie maschile sarà SB, Sb, sb, e sb, e le femmine della progenie saranno SsBB, SsBb, ssbb, e ssbb. Assumendo che vi sia un egual numero di maschi e di femmine, i rapporti fenotipici saranno: Maschi 1 ali normali / occhi neri 1 ali normali / occhi bianchi 1 ali corte / occhi neri 1 ali corte / occhi bianchi Femmine 2 ali normali / occhi neri 2 ali corte / occhi neri C30. Il genotipo delle piante F 1 è Tt Yy Rr. Secondo la prima e la seconda legge di Mendel gli alleli di ciascun gene segregano l uno dall altro, e gli alleli di geni diversi assortiscono casualmente nei gameti. Un individuo Tt Yy Rr può generare otto tipi di gameti: TYR, TyR, Tyr, TYr, tyr, tyr, tyr, e tyr, in uguali proporzioni (quindi 1/8 per ciascun tipo di gamete). Per determinare i genotipi e i fenotipi potresti costruire un grande quadrato di Punnett con 64 caselle. Dovresti allineare gli otto possibili gameti sopra e a lato del quadrato di Punnett, e riempire le 64 caselle. In alternativa, puoi usare uno dei due approcci descritti nel problema risolto R4. I genotipi e i fenotipi sono: 1 TT YY RR 2 TT Yy RR 2 TT YY Rr 2 Tt YY RR

5 4 TT Yy Rr 4 Tt Yy RR 4 Tt YY Rr 8 Tt Yy Rr = 27 piante alte con semi gialli e lisci 1 TT yy RR 2 Tt yy RR 2 TT yy Rr 4 Tt yy Rr = 9 piante alte con semi verdi e lisci 1 TT YY rr 2 TT Yy rr 2 Tt YY rr 4 Tt Yy rr = 9 piante alte con semi gialli e rugosi 1 tt YY RR 2 tt Yy RR 2 tt YY Rr 4 tt Yy Rr = 9 piante nane con semi gialli e lisci 1 TT yy rr 2 Tt yy rr = 3 piante alte con semi verdi e rugosi 1 tt yy RR 2 tt yy Rr = 3 piante nane con semi verdi e lisci 1 tt YY rr 2 tt Yy rr = 3 piante nane con semi gialli e rugosi 1 tt yy rr = 1 pianta nana con semi verdi e rugosi C31. Costruisci un quadrato di Punnett per determinare la probabilità di questi tre fenotipi. Le probabilità sono 9/16 per semi lisci e gialli; 3/16 per lisci e verdi; e 1/16 per rugosi e verdi. Usa l'espansione multinomiale descritta nel Problema risolto R7, dove n = 5, a = 2, b = 1, c = 2, p = 9/16, q = 3/16, r = 1/16. La risposta è 0,007, ossia 0,7% dei casi. C32. Il maschio con capelli lanosi è eterozigote, perché egli presenta il carattere mentre sua madre non lo presenta (deve avere ereditato l allele normale da sua madre). Perciò, egli ha una probabilità del 50% di trasmettere l allele alla sua progenie. La probabilità che a loro volta questi individui trasmettano l allele alla propria progenie è 50%. Questi nipoti hanno il 50% di probabilità di trasmetterlo ai loro figli (i pronipoti del maschio con capelli lanosi). Siccome questa è una sequenza ordinata di eventi indipendenti, usiamo la regola del prodotto: 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,125, ossia 12,5%. Dato che nessun altro individuo di origine scandinava è presente sull isola, la probabilità è 87,5% per la progenie normale (perché non possono ereditare l allele capelli lanosi da nessun altro individuo). Usiamo l espansione binomiale per determinare la possibilità che uno degli otto pronipoti abbia capelli lanosi, dove n = 8, x = 1, p = 0,125, q = 0,875. La risposta è 0,393, ossia 39,3%. C33. A. Costruisci un quadrato di Punnett. Questa è una malattia rara, quindi assumiamo che la madre sia eterozigote e il padre sia normale. Le probabilità che l'uomo trentenne porti l allele patologico sono del 50%. B. Usa la regola del prodotto: 0,5 (probabilità che l'uomo possieda l'allele) per 0,5 (probabilità che lo trasmetta alla sua progenie), equivale a 0,25, ossia 25%. C. Utilizziamo l'espansione binomiale. Nella parte B, abbiamo calcolato che la probabilità di avere un figlio malato è 0,25. Perciò, la probabilità di avere un figlio sano è 0,75. Per l'espansione binomiale, n = 3, x = 1, p = 0,25, q = 0,75. La risposta è 0,422 ovvero 42,2%.

6 C34. Usa la regola del prodotto. Se la donna è eterozigote, la probabilità di avere un figlio malato è del 50%, dunque: (0,5) 7 = 0,0078, ossia 0,78% dei casi. Questa è una probabilità piuttosto bassa. Se la donna ha un ottavo figlio sano, tuttavia, lei deve essere eterozigote, perché questo è un carattere dominante. Dovrebbe aver trasmesso un allele normale alla progenie sana. La risposta è 100%. Domande sperimentali S1. Le piante di pisello sono relativamente piccole e resistenti. Esse producono sia polline che cellule uovo nello stesso fiore. Dato che il fiore è protetto dalla carena, l'autofecondazione è relativamente facile. Inoltre, la fecondazione incrociata è possibile grazie alla semplice azione di rimozione delle antere in un fiore immaturo e successiva applicazione del polline di un'altra pianta. Infine, i piselli sono disponibili in diverse varianti. S2. La differenza sperimentale dipende da dove deriva il polline. Nell autofecondazione, il polline e le cellule uovo derivano dalla stessa pianta. Nella fecondazione incrociata, essi derivano da piante diverse. S3. Le due generazioni impiegheranno due stagioni di crescita ossia circa 1 anno e mezzo. S4. Secondo la prima legge di Mendel, il rapporto tra i genotipi dovrebbe essere 1 omozigote dominate : 2 eterozigoti : 1 omozigote recessivo. Questa tabella di dati considera solo piante con un fenotipo dominante. Il rapporto genotipico dovrebbe essere 1 omozigote dominante : 2 eterozigoti. Al contrario degli eterozigoti, gli omozigoti dominanti dovrebbero corrispondere a linee pure. Questo rapporto 1:2 è molto vicino a quello che osservò Mendel. S5. In un incrocio monoibrido, lo sperimentatore si occupa solamente della manifestazione di un singolo carattere. In un incrocio diibrido, lo sperimentatore segue la trasmissione ereditaria di due caratteri diversi. S6. Le tre cavie avevano mantello nero. Gli ovari della femmina di tipo albino potrebbero produrre ovociti che portano solamente l allele dominante (perché ottenuti da una femmina di una linea pura). Il fenotipo della madre albina non ha importanza. Quindi tutta la progenie è eterozigote (Bb) con mantello nero. S7. I dati sono in accordo con due geni (che chiameremo gene 22 e gene 24) ciascuno con due alleli, uno sensibile e l altro resistente. I dati osservati possono essere approssimati a un rapporto 9:3:3:1. Questo è il rapporto atteso se sono coinvolti due geni, e se la resistenza è dominante sulla sensibilità. S8. Se costruiamo un quadrato di Punnett secondo le leggi di Mendel, ci aspettiamo un rapporto 9:3:3:1. Dato che sono stati osservati in totale 556 individui, i numeri attesi nella progenie sono 556 x 9/16 = 313 semi lisci e gialli 556 x 3/16 = 104 semi rugosi e gialli 556 x 3/16 = 104 semi lisci e verdi 556 x 1/16 = 35 semi rugosi e verdi Se inseriamo i dati corrispondenti ai valori osservati e attesi nell equazione per il calcolo del chi quadrato, otteniamo il risultato 0,51. Con quattro categorie, i gradi di libertà corrispondono a n 1, ossia 3. Se cerchiamo il valore 0,51 nella tabella del chi quadrato (vedi Tabella 2.1), vediamo che questo ricade tra i valori di P di 0,80 e 0,95. Questo significa che la probabilità che la deviazione tra i risultati osservati e quelli attesi dipenda da un errore di campionamento è compresa tra 80% e 95%. Quindi, accettiamo l ipotesi. In altri termini, i risultati sono in accordo con la seconda legge di Mendel. S9. No, la seconda legge di Mendel si applica alla trasmissione ereditaria di due o più geni. In un esperimento monoibrido si segue solamente l'eredità di un singolo gene. S10. A. Se c + rappresenta ali normali, e c indica le ali curve, mentre e + rappresenta corpo grigio, ed e quello ebano, Incrocio parentale: cce + e+ x c + c + ee La generazione F 1 è eterozigote c + ce + e La generazione F 1 viene incrociata con moscerini con ali curve e corpo ebano c + ce + e x ccee La generazione F 2 presenta un rapporto 1:1:1:1 di moscerini con i seguenti genotipi: c + ce + e : c + cee : cce + e : ccee B. Il rapporto fenotipico dei moscerini F 2 dovrebbe essere 1:1:1:1 con i seguenti fenotipi:

7 ali normali, corpo grigio : ali normali, corpo ebano : ali curve, corpo grigio : ali curve, corpo ebano. C. Dalla risposta B, ci aspettiamo ¼ per ogni categoria. Il totale della progenie corrisponde a 444 individui. Il numero atteso per ogni categoria è ¼ x 444, che equivale a 111. χ 2 =[ ( ) 2 / 111] + [( ) 2 / 111] + [( ) 2 / 111] + [( ) 2 / 111] χ 2 = 0,49 Con 3 gradi di libertà, un valore uguale o maggiore a 0,49 si ottiene tra l 80% e il 95% dei casi. Perciò, accettiamo la nostra ipotesi. S11. Ci aspetteremmo un rapporto di 3 collo normale : 1 collo lungo. In altre parole, si dovrebbe osservare 1/3 dei topi con il collo lungo. Se moltiplichiamo 522 per 1/3, il valore atteso sarebbe 174. Tuttavia, ne vengono osservati solamente 62. Perciò, sembra che , ossia 112 topi, siano morti durante il primo sviluppo embrionale; 112 diviso 174 ci indica la percentuale dei topi morti, che equivale allo 0,644, ovvero al 64,4%. S12. Segui la stessa strategia descritta prima per il calcolo del chi quadrato. Attendiamo un rapporto 3:1, ossia ¾ di fenotipi dominanti e ¼ di fenotipi recessivi. I valori osservati e attesi sono i seguenti (arrotondati al valore intero) ( O E) Osservati* Attesi E , , , , , , , , , , , , , ,455 χ 2 = 2,15 * In conseguenza dell arrotondamento delle cifre, la somma dei valori osservati e attesi potrebbero non ammontare esattamente allo stesso valore 2 Siccome n = 14, i gradi di libertà sono 13. Se cerchiamo questo valore nella tabella del chi quadrato, dobbiamo guardare tra 10 e 15 gradi di libertà. In ciascun caso, ci aspettiamo un valore uguale o maggiore di 2,15 in oltre il 99% dei casi. Quindi accettiamo l ipotesi. S13. Questo significa che un valore di deviazione pari o maggiore a 1,005 (tra i dati osservati e quelli attesi) si presenterebbe nell 80% dei casi. In altre parole, è piuttosto probabile ottenere questo valore in seguito a un errore di campionamento. Perciò, accettiamo l'ipotesi. S14. Il parentale nano con fiori terminali deve essere omozigote per entrambi i geni, perché esso esprime i due caratteri recessivi: ttaa, dove t è l allele recessivo nano, e a corrisponde all allele recessivo che determina fiori terminali. Il fenotipo dell altro parentale è dominante per i due caratteri. Tuttavia, siccome questo parentale è in grado di generare progenie nana con fiori assiali, esso deve essere eterozigote per entrambi i geni: TtAa. S15. La nostra ipotesi è che la sensibilità alle malattie e la resistenza all'erbicida siano caratteri dominanti e che essi siano governati da due geni che assortiscono in modo indipendente. Secondo questa ipotesi, la generazione F 2 dovrebbe produrre un rapporto di 9 piante sensibili alle malattie e resistenti all'erbicida : 3 sensibili alle malattie, sensibili all'erbicida : 3 resistenti alle malattie, resistenti all'erbicida : 1 resistente alle malattie, sensibile all'erbicida. In un totale di 288 individui della progenie, i numeri attesi sono 9/16 x 288 = 162 sensibili alle malattie, resistenti all'erbicida 3/16 x 288 = 54 sensibili alle malattie, sensibili all'erbicida

8 3/16 x 288 = 54 resistenti alle malattie, resistenti all'erbicida 1/16 x 288 = 18 resistenti alle malattie, sensibili all'erbicida χ 2 =[( ) 2 / 162 ]+[(57 54) 2 / 54] + [(54 54) 2 / 54] + [(20 18) 2 / 18] χ 2 = 0,54 Se cerchiamo questo valore nella tabella del chi quadrato in corrispondenza di 3 gradi di libertà, lo troviamo tra i valori di probabilità di 0,95 e 0,80. Perciò, a causa di un errore di campionamento, ci aspettiamo un valore uguale o superiore a 0,54 almeno nell'80% dei casi. S16. La nostra ipotesi è che i fiori blu e i semi porpora siano caratteri dominanti e governati da due geni che assortiscono in modo indipendente. Secondo questa ipotesi, la generazione F 2 dovrebbe produrre un rapporto di 9 fiori blu, semi porpora : 3 fiori blu, semi verdi : 3 fiori bianchi, semi porpora : 1 fiore bianco, semi verdi. Dato che la progenie consta di 300 individui, i numeri attesi sono: 9/16 x 300 = 169 fiori blu, semi porpora 3/16 x 300 = 56 fiori blu, semi verdi 3/16 x 300 = 56 fiori bianchi semi porpora 1/16 x 300 = 19 fiori bianchi, semi verdi χ 2 = ( ) 2 / (49 56) 2 / 56 + (44 56) 2 / 56 + (104 19) 2 / 19 χ 2 = 409,5 Se cerchiamo questo valore nella tabella del chi quadrato, nella riga corrispondente a tre gradi di libertà, il valore è molto più elevato rispetto al 1% di probabilità dovuta al caso. Quindi rifiutiamo l ipotesi. L idea che i due geni assortiscano in modo indipendente non sembra essere corretta. La generazione F 1 supporta l idea che i fiori blu e semi porpora siano caratteri dominanti.

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