z

Đề tài:“ Thiết kế, xây dựng một số công thức vận dụng

tần số giao tử để giải các dạng bài tập
di truyền quần thể mở rộng cho định luật
Hacdi - Vanbec”

Â


-2-

I/ PHẠM VI NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:
- Trên cơ sở các công thức vận dụng mà các tài liệu đã cung cấp hoặc chưa, đề tài đưa
ra cách xây dựng các công thức này để học sinh có thể hiểu rõ nguồn gốc, bản chất của công
thức, từ đó hiểu và tự tin vận dụng một cách phù hợp, nhanh nhất, bảo đảm yêu cầu về thời
gian trong việc giải quyết các bài tập trắc nghiệm khách quan.
- Phạm vi đề tài nghiên cứu về phương pháp xác định cấu trúc di truyền quần thể ở các
thế hệ (tỷ lệ kiểu gen, tỷ lệ kiểu hình,….) bằng cách sử dụng giá trị tần số giao tử (tần số
tương đối các alen trong quần thể) với các trường hợp sau:
1. Dạng bài tập nghiệm đúng định luật Hacdi – Vanbec:
- Quần thể ngẫu phối, xét 1 gen gồm 2 alen, liên kết trên NST thường: ở thế hệ xuất
phát, tần số giao tử ở hai giới đực – cái không cân bằng.
- Quần thể ngẫu phối, xét 2 locus, mỗi locus gồm 2 alen, liên kết trên NST thường.
- Đối với loài giao phối có NST giới tính xác định XX và XY), quần thể ngẫu phối, xét
1 gen gồm 2 alen, liên kết trên NST giới tính X (vùng không tương đồng), trong hai trường
hợp:
+ Tần số tương đối alen giữa hai giới tại thế hệ xuất phát cân bằng nhau.
+ Tần số tương đối alen giữa hai giới tại thế hệ xuất phát không cân bằng nhau
2. Dạng bài tập không nghiệm đúng định luật Hacdi – Vanbec:

* Quần thể chịu tác động của nhân tố chọn lọc
* Quần thể chịu tác động của nhân tố đột biến gen
* Quần thể chịu tác động của nhân tố di - nhập gen
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
1. Cấu trúc di truyền quần thể:
* Khái niệm quần thể: Là một tập hợp các cá thể cùng loài, cùng sống trong một
khoảng không gian xác định, tại một thời điểm nhất định và có khả năng sinh ra con cái để
duy trì nòi giống.
* Đặc trưng di truyền của quần thể:
- Vốn gen: tập hợp tất cả các alen có trong quần thể ở một thời điểm xác định.
Mỗi quần thể có một vốn gen đặc trưng, thể hiện ở tần số các alen và tần số các kiểu
gen của quần thể.
- Tần số mỗi alen là tỷ lệ giữa số alen với tổng số alen của gen đó trong quần thể tại
một thời điểm xác định.
- Tần số một loại kiểu gen là tỷ lệ giữa số cá thể mang kiểu gen đó với tổng số cá thể
trong quần thể tại một thời điểm xác định
- Tùy theo đặc điểm sinh sản trong tự nhiên có hai dạng quần thể:
 Quần thể sinh sản vô tính khá đồng nhất về mặt di truyền
 Quần thể sinh sản hữu tính gồm các dạng:
+ Quần thể tự phối điển hình
+Quần thể giao phối cận huyết


-3-

+ Quần thể giao phối có chọn lọc
+ Quần thể ngẫu phối: diễn ra sự bắt cặp giao phối ngẫu nhiên của các cá
thể đực và cái trong quần thể  dạng điển hình phổi biến.
2. Bài toán đặt ra:
* Trƣờng hợp 1 :Bài toán nghiệm đúng định luật Hacdi – Vanbec:

- Nội dung định luật Hacdi – Vanbec: Trong những điều kiện nhất định, tần số tương
đối của các alen và thành phần kiểu gen của quần thể ngẫu phối được duy trì ổn định qua các
thế hệ.
Khi xảy ra ngẫu phối, quần thể đạt trạng thái cân bằng theo định luật Hacđi – Van bec.
Khi đó cấu trúc di truyền của quần thể thoả mãn đẳng thức : p2AA + 2 pqAa + q2aa = 1
Trong đó : p là tần số alen A, q là tần số alen a, p + q = 1.
Nếu 1 gen có 3 alen trở lên, định luật H.V vẫn đúng với công thức: (p + q +r )2= 1
- Trong quần thể ngẫu phối, xét 1 locus gen gồm 2 alen A và a  cấu trúc quần thể
xuất phát:
x AA + y Aa + z aa (x, y, z : tần số KG) ; khi đó : pA =

; qa =

.

- Bài toán chỉ có thể giải quyết được khi về mặt lý thuyết thỏa các điều kiện:
* Quần thể là ngẫu phối (giao phối ngẫu nhiên)
* Giảm phân diễn ra bình thường, khả năng thụ tinh ở các giao ngang nhau và
sự tổ hợp giữa các giao tử trong thụ tinh hoàn toàn ngẫu nhiên, sức sống các hợp tử và khả
năng sinh sản của các kiểu gen là như nhau.
* Không có đột biến, hoặc có đột biến nhưng tần số đột biến thuận bằng đột
biến nghịch (A  a = a A)
* Không có di - nhập gen và biến động di truyền
* Số lượng cá thể trong quần thể đang xét đủ lớn.
- Hoặc nếu xét nhiều gen nằm trên các NST khác nhau thì sự di truyền của từng gen
cũng tuân theo công thức tổng quát trên.
- Như vậy, nếu quần thể đang xét tại thời điểm xuất phát có cấu trúc di truyền chưa đạt
được trạng thái cân bằng di truyền, hoặc tần số alen giữa hai giới chưa cân bằng….thì sau 1
hoặc nhiều thế hệ (số thế hệ phụ thuộc vào độ chênh lệch tần số alen giữa hai giới và gen nằm
trên NST thường hay giới tính), quần thể sẽ biến đổi theo xu hướng cân bằng di truyền.

*Trƣờng hợp 2: Bài toán không nghiệm đúng định luật Hacdi – Vanbec:
Thực tế, trong tự nhiên, có rất ít những dạng quần thể có thể giữ nguyên cấu trúc di
truyền qua nhiều thế hệ; vì chịu tác động của nhiều yếu tố ngoại cảnh, trong đó, có các nhân
tố có thể làm thay đổi thành phần kiểu gen trong quần thể; ví dụ như nhân tố chọn lọc tự
nhiên, đột biến hoặc di nhập gen….Khi đó, công thức tổng quát của định luật Hacdi – Vanbec
không còn ý nghĩa nữa.
Dưới áp lực của chọn lọc tự nhiên, đôi khi sức sống, khả năng sinh sản của các cá thể
mang các kiểu gen khác nhau trong quần thể cũng khác nhau và do đó ảnh hưởng lớn đến cấu


-4-

trúc di truyền của quần thể. Và cấu trúc di truyền quần thể sẽ xảy ra theo hai hướng : hoặc đào
thải alen lặn hoặc đào thải alen trội ra khỏi quần thể với hệ số đào thải (hệ số chọn lọc ) ≤ 1.
Khi quần thể có sự di nhập gen thì vốn gen của quần thể nhanh chóng thay đổi, đặc
biệt đối với quần thể có kích thước nhỏ. Điều này dẫn đến tần số tương đối các alen trong
quần thể sau khi có hiện tượng nhập cư sẽ biến thiên, và độ biến thiên đó phụ thuộc vào số
lượng cá thể di cư và tần số alen của nhóm cá thể đi nhập cư.
Bên cạnh nhân tố chọn lọc, di nhập gen thì trong cấu trúc mỗi quần thể, thực chất
thường xảy ra quá trình đột biến. Và tùy thuộc vào dạng đột biến thuận vớitần số u (alen A 
a) hay ngược lại, đột biến nghịch với tần số v (alen a A) có thể làm thay đổi tần số tương
đối các alen trong quần thể đó.

PHẦN B. NỘI DUNG
I. NỘI DUNG:
1. Dạng bài tập mở rộng, nghiệm đúng định luật Hacdi – Vanbec:
a) Dạng 1:Công thức 1:
* Phạm vi áp dụng và công thức 1:
- Quần thể ngẫu phối, không chịu áp lực của nhân tố tiến hóa, xét 1 locus gồm 2 alen
(A, a với tần số giao tử tương ứng là p, q); gen nằm trên NST thường.

- Ở thế hệ xuất phát, tần số giao tử hai giới đực – cái không cân bằng nhau.
Công thức 1: Sau 1 thế hệ ngẫu phối, trong QT:
Tần số tương đối alen A: P =
Tần số tương đối của alen a: Q =
Cấu trúc di truyền quần thể là kết quả triển khai: ♀(pc A: qca ) x ♂(pđA : qđ a )
Cấu trúc di truyền của quần thể từ thế hệ thứ 2 trở đi: P2 AA + 2PQ Aa + Q2 aa = 1
(quần thể đạt trạng thái cân bằng)
* Cách xây dựng công thức 1:
- Trong quần thể ngẫu phối, ở thế hệ xuất phát có cấu trúc di truyền: x AA + yAa + zaa
= 1 (x, y, z lần lượt là tần số các KG tương ứng AA, Aa, aa)
Trong đó:pđ , qđ là tần số tương đối của alen A, a ở giới đực
pc , qc là tần số tương đối của alen A, a ở giới cái
0  pđ , qđ và pc , qc  1 và tổng tần số tương đối A ,a ở mỗi giới luôn bằng 1
- Sau 1 thế hệ ngẫu phối, cấu trúc di truyền quần thể ở thế hệ 1 được xác định như sau:
Khung Pennet:
G. đực
A (pđ)
a (qđ)
G. cái
A (pc)
AA (pđ .pc)
Aa (pc .qđ)
a (qc)
Aa (pđ .qc)
aa (qđ .qc)


-5-

Từ kết quả khung Pennet, dễ nhận thấy cấu trúc di truyền quần thể F1 :

F1: AA (pđ .pc) + Aa (pc .qđ) + Aa (pđ .qc) + aa (qđ .qc) =1
Tần số giao tử F1 : alen A: P =
Do: qc = 1 – pc và qđ = 1 - pđ ; thay hai giá trị này vào đẳng thức trên, ta có:
P=

–

=
–

=

=

( –

)

alen A: P =
Tương tự như trên, alen a: Q =
Như vậy:
 Sau 1 thế hệ ngẫu phối thì tần số các alen ở 2 giới được san bằng và tần số alen của
QT ở F1 bằng trung bình cộng tần số alen của 2 giới ở P
 Sau 2 thế hệ ngẫu phối trở đi, quần thể sẽ cân bằng di truyền và khi đó cấu trúc là:
P2 AA+ 2PQ Aa + Q2 aa= 1. (ứng dụng định luật Hacdi - Vanbec)
* Bài tập vận dụng công thức 1:
Bài tập 1: Giới đực: Tần số tương đối của A, a tương ứng là 0,8 và 0,2.
Giới cái : Tần số tương đối của A, a tương ứnglà 0,4 và 0,6.
1. Xác định cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ thứ nhất?
A. 0, 42AA + 0,36 Aa + 0,16 aa.

B. 0,32 AA + 0,56Aa + 0,12aa..
C. 0,16 AA + 0,42 Aa + 0,36aa.
D. 0,36 AA + 0,16 Aa + 0,42aa.
2. Khi quần thể đạt trạng thái cân bằng thì cấu trúc di truyền như thế nào?
A. 0, 42AA + 0,36 Aa + 0,16 aa.
B. 0,32 AA + 0,56Aa + 0,12aa..
C. 0,16 AA + 0,42 Aa + 0,36aa.
D. 0,36 AA + 0,48 Aa + 0,16aa.
Bàigiải :
1. Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ thứ nhất là:
(0,4A : 0,6a)♀ x (0,8A : 0,2a )♂ = 0,32 AA + 0,56Aa + 0,12aa. (đáp án B)
2. Theo trên, rõ ràng cấu trúc di truyền của quần thể mới này không ở trạng thái cân bằng ,
vì
2
 2 pq 
2
2
p q 
 .
 2 
1
Trong đó: Tần số tương đối của: alen A là: pA = (0,8 + 0,4) = 0,6.
2
1
alen a là: qa = (0,6 + 0,2) = 0,4.
2

Hoặc A = 0,32 + 0,56/2 = 0,6
a = 0,12 + 0,56/2 = 0,4
Vậy cấu trúc di truyền của quần thể sau thế hệ ngẫu phối thứ hai:

( 0,6)2 AA : 2.0,6.0,4 Aa : (0,)2 aa = 0,36 AA + 0,48 Aa + 0,16aa. (đáp án D)


-6-

Bài tập 2: Ở thế hệ thứ nhất của quần thể giao phối, tần số tương của alen A của các cá thể
đực là 0,9. Qua ngẫu phối, thế hệ thứ hai của quần thể có thành phần kiểu gen là 0,5625 AA +
0,375 Aa + 0,735 aa =1. Nếu không có đột biến và chọn lọc tự nhiên xảy ra trong quần thể thì
thành phần kiểu gen của quần thể thứ nhất như thế nào?
A. 0,76AA + 0,12Aa + 0,12aa = 1
C. 0,54AA + 0,42Aa + 0,04aa = 1
B. 0,5625AA + 0,375Aa + 0,0625aa = 1
D. 0,8625AA + 0,0375Aa + 0,1aa = 1
Bài giải
Tần số alen A ở thế hệ thứ 2: p(A) = 0,5625 + (0,375:2) = 0,75
q(a) = 1 - 0,75 = 0,25
Ở thế hệ thứ nhất, tỉ lệ giao tử đực mang alen A là 0,9
tỉ lệ giao tử đực mang alen a là 0,1
Gọi tỉ lệ giao tử cái mang alen A là x, tỉ lệ giao tử cái mang alen a là 1 - x
Như vậy, theo công thức 1: sau 1 thế hệ ngẫu phối, ở thế hệ thứ hai : p(A) =
Giải ra được x = 0,6 tần số giao tử cái mang alen a ở thế hệ thứ nhất là 0,4.
Vậy thành phần kiểu gen của quần thể thứ nhất là:
(0,6A : 0,4a)♀ x (0,9A : 0,1a )♂ = 0,54AA + 0,42Aa + 0,04aa = 1 (chọn đáp án C)
Bài tập 3: Một gen có 2 alen (B và b) nằm trên NST thường, thế hệ xuất phát thành phần
kiểu gen của quần thể ở giới đực là 0,32 BB: 0,56 Bb: 0,12 bb ; ở giới cái là 0,18 BB: 0,32
Bb: 0,50 bb. Sau 4 thế hệ ngẫu phối, nếu không có đột biến và chọn lọc tự nhiên xảy ra thì tần
số tương đối alen B và b của quần thể là :
A. B = 0,47 ; b = 0,53A.
B = 0,44 ; b = 0,56
C. B = 0,63 ; b = 0,37.

D. B = 0,51 ; b = 0,49.
Bài giải:
Ở giới đực: Tần số giao tử B = 0,32+

= 0,6 → giao tử mang alen a = 0,4

Ở giới cái: Tần số giao tử B = 0,18 +

= 0,34 → giao tử mang alen a = 0,66

→ tần số alen 2 giới ở F1 : A =

= 0,47 → a = 0,53

Chỉ cần xảy ra ngẫu phối, không chịu áp lực của các nhân tố tiến hóa  quần thể đạt trạng
thái cân bằng từ F2 và cấu trúc di truyền đáp ứng định luật Hacdi – Vanbec  cấu trúc quần
thể ở F4 cũng tương tự F2  đáp án đúng (A)
Bài tập 4: Xét một gen gồm 2 alen nằm trên NST thường, một quần thể ở thế hệ xuất phát,
giới đực có 64 cây kiểu gen AA, 116 cây Aa, 20 cây aa; giới cái có 72 cây kiểu gen AA, 126
cây Aa, 102 cây aa. Cho ngẫu phối thì sau 3 thế hệ:
1) Tần số kiểu gen của quần thể là:
A. 0,2304AA: 0,4992Aa: 0,2704aa.
B. 0,2873AA: 0,4854Aa: 0,2273aa.
C. 0,2809AA: 0,4982Aa: 0,2209aa.
D. 0,2044AA: 0,5138Aa: 0,2818aa.
2) Số cá thể đồng hợp trong quần thể chiếm tỉ lệ:
A. 51,56%
B. 56,91%
C. 58,27%
D. 50,18%



-7-

Bài giải:
Tần số kg của P: ♂:0,32AA:0,58Aa:0,1aa và ♀: 0,24AA:0,42Aa: 0,34aa
1) ♂: p = 0,61; q=0,39 ♀: p=0,45 ; q=0,55
Sau 1 thế hệ NP tần số alen được san bằng ở 2 giới  ở F1: p = 1/2(0,61+0,45) = 0,53
 q = 0,47
Từ thế hệ F2 qt sẽ CBDT và tần số kg ở F3: 0,2809AA: 0,4982Aa: 0,2209aa.(đáp án C)
2) Từ 1 đồng hợp = ( 0,2809AA + 0,2209aa) = 50,18% (chọn đáp án D)
Bài tập 5:Xét 2 gen ở một quần thể ngẫu phối lưỡng bội: gen 1 quy định màu hoa có 3 alen
A1; A2; a với tần số tương ứng là 0,5; 0,3; 0,2; gen 2 quy định chiều cao cây có 2 alen (B và
b), trong đó tần số alen B ở giới đực là 0,6 và tần số alen b ở giới cái là 0,2. Giả thiết các gen
nằm trên NST thường. Hãy xác định:
a.Thành phần kiểu gen về gen quy định màu hoa khi quần thể ở trạng thái cân bằng di
truyền.
b.Thành phần kiểu gen về gen quy định chiều cao cây ở F1 khi quần thể ngẫu phối và ở
trạng thái cân bằng di truyền.
c.Lấy ngẫu nhiên hai cây thân cao trong quần thể ở trạng thái cân bằng cho lai với
nhau Tính xác suất suất xuất hiện cây thân thấp ở đời con ( gen B thân cao b thân thấp)
Bài giải:
a. Gen quy định màu hoa có 3 alen  Cấu trúc di truyền quần thể ở trạng thái cân
bằng đáp ứng công thức tổng quát Hacdi – Vanbec : (p + q + r)2 = 1 (p, q, r lần lượt là tần
số tương đối các alen A1; A2; a ).
 (pA1 + qA2 + ra )2 = 1 p2 A1A1 + q2 A2A2 + r2 aa + 2pq A1A2 + 2pr A1a + 2 qr A2a = 1
0,25A1A1 + 0,09 A2A2 + 0,04 aa + 0,3 A1A2 + 0,2 A1a + 0,12 A2a = 1
b. Gen quy định chiều cao có tần số alen ở hai giới không tương đương nhau  cần 1
thế hệ ngẫu phối để san bằng tần số các giao tử và 1 thế hệ kế tiếp để quần thể đạt trạng thái
cân bằng.

- Thành phần KG quy định chiều cao cây ở F1 khi ngẫu phối:
(0,8B : 0,2b)♀ x (0,6B : 0,4b )♂ = (0,6.0,8) BB + ( 0,6.0,2 + 0,8.0,4) Bb + ( 0,4.0,2)bb = 1
 0,48 BB + 0,44 Bb
+ 0,08 bb = 1
- Thành phần KG quy định chiều cao cây khi QT đạt TTCB di truyền (từ thế hệ thứ 2)
p B = 0,48 + 0,44/2 = 0,7 ; qb = 1- 0,7 = 0,3 
0,49 BB + 0,42 Bb + 0,09 bb = 1
c. Để đời con xuất hiện cây thân thấp thì bố, mẹ thân cao đều có kiểu gen Bb
-Xác suất bố mẹ có kiểu gen Bb trong quần thể ở trạng thái cân bằng là = 0,42/0.91 = 0.462
 Xác suất đời con xuất hiện cây thân thấp = (0.462)2 x1/4 = 0.0533
b) Dạng 2:Công thức 2:
* Phạm vi áp dụng và công thức 2:
Quần thể ngẫu phối, không chịu áp lực của nhân tố tiến hóa, xét 2 locus thuộc hai cặp
NST tương đồng khác nhau (NST thường), mỗi locus gồm 2 alen (trong đó p, q, r và s lần


-8-

lượt là tần số alen A, a, B và b). Khi đó quần thể có tối đa 9 loại KG, 4 loại giao tử (AB, Ab,
aB, ab).
Công thức 2:
- Tần số alen: Tần số mỗi alen là tổng tần số các giao tử mang alen đó
(Hoặc dùng nguyên tắc tách riêng từng gen để tính )
- Tần số các kiểu gen: là kết quả của triển khai đa thức (p + q)2 . (r + s)2
* Cách xây dựng công thức 2:
- Theo quy luật phân li độc lập của Menden, sự phân li độc lập và tổ hợp ngẫu nhiên
của các cặp NST tương đồng trong giảm phân hình thành giao tử  phân li độc lập và sự tổ
hợp ngẫu nhiên của các cặp alen tương ứng  thành phần gen trong các giao tử là kết quả
của phép nhân đại số (A:a). (B:b)
 Tổng tần số các giao tử có chứa alen A: AB + Ab = A (B + b) = tần số alen A ; do

(B + b) = 1
Tương tự: tần số alen a = aB + ab = a (B + b)
tần số alen B = aB + AB = B (A + a)
tần số alen b = Ab + ab = b (A + a)
- Tính tần số các KG trong quần thể, thực chất là dạng mở rộng của định luật Hacdi –
Vanbec đối với 2 locus và dựa trên cơ sở “Tỉ lệ phân li chung bằng tích tỉ lệ phân li riêng
(giao tử, kiểu gen, kiểu hình)”
- Khi đó:
(A + a )2.(B + b)2 = (p + q)2 .(r + s)2 = (p2 AA + 2pq Aa + q2 aa ) .(r2 BB + 2rs Bb + s2 bb)
* Bài tập vận dụng công thức 2:
Bài tập 1:Quần thể có cấu trúc: 0,64 AABb + 0,32 aabb + 0,04 aaBb. Hãy xác định tần số các
alen trong quần thể
Bài giải:
KG AABb giảm phân tạo 2 loại giao tử: 1/2 AB và 1/2 Ab
tần số giao tử AB = 0,64/2 = 0,32
tần số giao tử Ab = 0,64/2 = 0,32
Giao tử ab do KG aabb và aaBb tạo ra  tần số giao tử ab = 0,32 + 0,04/2 = 0,34
Tương tự, tần số giao tử aB = 0,04/2 = 0,02
Tần số alen A: pA = tần số giao tử AB + tần số giao tử Ab = 0,32 + 0,32 = 0,64
Tần số alen a: qa = tần số giao tử ab + tần số giao tử aB = 0,34 + 0,02 = 0,36
(hay qa = 1 – 0,64 = 0,36)
Tần số B:rB= tần số giao tử AB + tần số aB = 0,32 + 0,02 = 0,34
Tần số alen b:sb = tần số giao tử Ab + tần số ab = 0,32 + 0,34 = 0,66
(hay sb = 1 – 0,34 = 0,66)


-9-

Bài tập 2:Trong một quần thể giao phối tự do, không có chọn lọc tự nhiên và đột biến gen,
xét một gen có 2 alen A và a có tần số tương ứng là 0,8 và 0,2; một gen khác nhóm liên kết

với nó có 2 alen B và b có tần số tương ứng là 0,7 và 0,3. Trong trường hợp 1 gen quy định 1
tính trạng, tính trạng trội là trội hoàn toàn. Tỉ lệ cá thể mang kiểu hình trội cả 2 tính trạng
được dự đoán xuất hiện trong quần thể sẽ là:
A. 31,36% B. 87,36% C. 81,25% D. 56,25%
Bài giải:
Quần thể giao phối tự do  quần thể cân bằng  tổ hợp kiểu hình:
(A-) = 1 – (aa) = 1-(0,2)2 = 0,96
(B-) = 1 – (bb) = 1-(0,3)2 = 0,91
→ áp dụng công thức: KH trội 2 tính trạng = 0,96 x 0,91 = 87,36%  chọn đáp án B
Bài tập 3:Cho cấu trúc di truyền quần thể như sau: 0,2 AABb : 0,2 AaBb : 0,3 aaBB : 0,3
aabb. Nếu quần thể trên giao phối tự do thì tỷ lệ cơ thể mang 2 cặp gen đồng hợp lặn sau 1 thế
hệ là: A. 12,25%.
B. 30%.
C. 35%.
D. 5,25%.
Bài giải:
Vì hai cặp alen nằm trên hai cặp NST tương đồng (phân li độc lập)  Tách riêng từng cặp
alen, ta có:
* 0,2AA + 0,2Aa + 0,6aa → A = 0,3 ; a = 0,7
* 0,3BB + 0,4Bb + 0,3bb → B = 0,5 ; b = 0,5
Sau 1 thế hệ ngẫu phối, tỷ lệ KG mang 2 cặp đồng hợp lặn:
aabb = (aa) . (bb) = (0,7)2 . (0,5)2 = 12,25% (chọn đáp án A)
Bài tập 4: Ở người, tóc xoăn và mắt màu nâu là tính trạng trội hoàn toàn so với tóc thẳng và
mắt màu xanh. Biết gen quy định 2 tính trạng trên nằm trên các cặp NST thường khác nhau.
Trong một quần thể đang cân bằng về di truyền, tỉ lệ người tóc thẳng mắt xanh chiếm 1,44%,
tóc xoăn mắt nâu chiếm 76,44%. Biết rằng trong quần thể, số người mắt xanh ít hơn số người
tóc thẳng. Nếu không có đột biến xảy ra thì tỉ lệ kiểu hình mắt nâu, tóc thẳng trong quần thể
là:
A. 14,56%. B. 22,94%.C. 40,22%.
D. 7,56%.

Bài giải:
Qui ước : q1(a) : thẳng; p1(A) : xoăn
q2(b) : xanh; p2(B) : nâu
1) Theo gt thì: (q1)2. (q2)2= 1,44% (1)
[1-(q1)2] [1-(q2)2] = 76,44% (2)
q2 q1 = 0,4; p1 = 0,6, q2 = 0,3 ; p2 = 0,7  Nâu, thẳng = [1-(q2)2][(q2)2] = 14,56% (đ/án A)
Bài tập 5: Đậu Hà lan, hạt màu vàng(A) trội hoàn toàn so với xanh(a), thân cao (B) trội hoàn
toàn so với thân thấp (b), các alen nằm trên các cặp NST tđ khác nhau. Trong QT ngẫu phối
có sự cân bằng DT có: 46,41% cây vàng, cao. : 44,59 cây vàng, thấp : 4,59% cây xanh, cao
: 4,41% cây xanh, thấp.
Xác định:


- 10 -

a) Tần số alen A,a,B,b?
A. 0,7; 0,3 và 0,3; 0,7
B. 0,5; 0,5 và 0,7; 0,3
C. 0,6; 0,4 và 0,2; 0,8
D.0,8; 0,2 và 0,7; 0,3
b) Tần số kiểu gen AaBb trong quần thể? A. 78,25% B. 1,33%
C. 59,17% D.17,64%
Bài giải:
a) Xét từng cặp kiểu hình của mỗi tính trạng:
Vàng/xanh = 91/9  aa = 9%→ a = 0,3 ; A = 0,7.
Cao /thấp = 51/49 bb = 49% →b = 0,7 ; B = 0,3. (chọn đáp án A)
b) Tần số AaBb = [2(0,7.0,3)][2(0,3.0,7)] = 17,64% (chọn đáp án D)
Bài tập 6:Một loài thực vật thụ phấn tự do có gen A quy định hạt tròn là trội hoàn toàn so với
gen a qui định hạt dài; gen B qui định hạt đỏ là trội hoàn toàn so với gen b qui định hạt trắng.

Hai cặp gen A, a và B, b phân li độc lập. Khi thu hoạch ở một quần thể cân bằng di truyền,
thu được 61,44% hạt tròn, đỏ; 34,56% hạt tròn, trắng; 2,56% hạt dài, đỏ; 1,44% hạt dài, trắng.
a. Xác định tần số các alen (A,a,B,b):
A. p(A) = 0,8; q(a) = 0,2. ; p(B) = 0,4; q(b) = 0,6.
B. p(A) = 0,3; q(a) = 0,7. ; p(B) = 0,7; q(b) = 0,3.
C. p(A) = 0,2; q(a) = 0,8. ; p(B) = 0,6; q(b) = 0,4.
D. p(A) = 0,5; q(a) = 0,5. ; p(B) = 0,5; q(b) = 0,5.
b. Tần số KG AaBB và AaBb trong quần thể:
A. 0,1024 - 0,0064
B. 0,0512 - 0,1536 .
C. 0,0144 - 0,0192
D. 0,2304 -0,3072 .
c. Nếu vụ sau mang tất cả các hạt có kiểu hình dài, đỏ ra trồng thì tỉ lệ kiểu hình khi thu
hoạch:
A. 3 dài đỏ : 1 dài trắng.
B. 55 dài đỏ : 9 dài trắng.
C. 9 tròn đỏ : 7 dài trắng. D. 45 tròn trắng : 16 dài trắng
Bài giải:
a. Xét từng tính trạng trong quần thể:
+Dạng hạt: 96% tròn: 4%dài → tần số alen a=0,2; A=0,8 →cấu trúc kiểu gen qui định
hình dạng hạt là: 0,64AA: 0,32Aa: 0,04aa.
+Màu hạt: 64% đỏ: 36% trắng →tần số: B=0,4; b=0,6. → cấu trúc kiểu gen qui định màu
hạt là: 0,16BB: 0,48Bb: 0,36bb (chọn đáp án A)
b. Tần số các kiểu gen của quần thể là:
(0,64AA: 0,32Aa: 0,04aa) x (0,16BB: 0,48Bb: 0,36bb)
- AaBB= 0,32 Aa . 0,16 BB = 0,0512
- AaBb= 0,32 Aa . 0,48 Bb = 0,1536 (chọn đáp án B)
c. Các hạt dài, đỏ có tần số kiểu gen là:

aaBB : (

 1 aaBB : 3aaBb
Đem các hạt này trồng, thụ phấn tự do:
- Vì hai cặp alen phân li độc lập  (aa x aa)

(1)

aaBb


- 11 -

Và: ( 1/4 BB: 3/4 Bb ) x ( 1/4 BB: 3/4 Bb ) (2)

(1)  100% aa (100% hạt dài)

(2)  Tần số alen: B= 1/4 + 3/8 = 5/8  b= 3/8
 Tỉ lệ phân li kiểu hình : 1-(3/8)2 đỏ(B-): (3/8)2 trắng (bb).
 Nhân hai kết quả trên: 55/64 dài đỏ (aaB-) : 9/64 dài trắng (aabb) (chọn đáp án B)
Bài tập 7:Ở 1 loài thực vật , gen A qui định quả tròn trội hoàn toàn so với gen a quả dài, gen
B qui định quả đỏ trôi hoàn toàn so với gen b qui định quả trắng. Hai gen trên nằm trên 2 cặp
NST thường khác nhau. Trong QT ngẫu phối đang cân bằng di truyền, có 63% quả tròn, đỏ;
21% quả tròn, trắng; 12% quả dài, đỏ; 4 % quả dài, trắng.
1) Tần số các Alen A, a và B, b của QT lần lượt là
A. A=0.5 , a= 0.5 vàB=0.6 b= 0,4
B. A=0.5 , a= 0.5 và B=0.7 b= 0,3
C. A=0.6 , a= 0.4 và B=0.5 b= 0,5
D. A=0.7 , a= 0.3
B=0.6 b= 0,4
2) Cây dị hợp tử ở quần thể nói trên chiếm tỉ lệ

A. 91%.
B. 74%.
C. 24%.
D. 84%.
Bài giải:
1) Xét riêng từng tính trạng
- quả dài (aa) = 16% = 0,16  a = 0,4 ; A = 0,6;
- quả trắng (bb) = 25% = 0,25 b = 0,5 ; B = 0,5
2) Theo kết quả câu trên, (AA+aa) = 0,36+0,16 = 0,52 ; (BB+bb) = 0,25+0,25= 0,5
câyđồng hợp = 0,52.0,5 =0,26
cây dị hợp = 1-0,26 = 0,74 = 74% (chọnđáp án B)
c) Dạng 3: Công thức 3:
* Phạm vi áp dụng và công thức 3:
- Quần thể ngẫu phối, không chịu áp lực của nhân tố tiến hóa, xét 1 locus gồm 2 alen
(A, a với tần số giao tử tương ứng là p, q); gen kiên kết trên NST giới tính X không có alen
tương ứng trên NST giới tính Y (vùng không tương đồng) đối với loài giao phối có cặp NST
xác định giới tính XX và XY.
- Ở thế hệ xuất phát, tần số giao tử hai giới đực – cái cân bằng nhau.
Công thức 3: Tần số các kiểu gen trong quần thể :
0,5p2(XAXA) + pq(XAXa)+0,5q2(XaXa) +0,5p(XAY)+ 0,5q(XaY) =1
* Cách xây dựng công thức 3:
- Trường hợp gen nằm trên NST X, trong quần thể giao phối có các kiểu gen:
♀: Có 3 kiểu gen: XAXA; XAXa ; XaXa
♂: Có 2 kiểu gen: XAY; XaY.
- Các cá thể cái có 2 alen/ NST X , tần số KG XAXA;XAXa;XaXa được tính giống như trường
hợp các alen trên NST thường. Khi đó, tần số kiểu gen ở giới đồng giao tử là:


- 12 2

A

A

A

a

2

a

a

p X X + 2pqX X + q X X = 1(nếu chỉ xét trong phạm vi giới cái)
- Các cá thể đực chỉ có 1 alen trên X, do đó tần số kiểu gen ở giới dị giao tử:
pXAY + qXaY = 1 ( nếu chỉ xét riêng trong phạm vi giới đực)
- Vì tỉ lệ đực : cái = 1:1 nên tỉ lệ các kiểu gen trên ở mỗi giới giảm đi một nửa khi xét trong
phạm vi toàn bộ quần thể. Vì vậy, khi ở trạng thái cân bằng Hacđi – Vanbec, công thức tính
các kiểu gen liên quan đến locut gen trên NST X (vùng không tương đồng) gồm 2 alen là:
[p2(XAXA) + 2pq(XAXa)+q2(XaXa)] + [p(XAY)+ q(XaY)] =1
Cấu trúc này không thay đổi ở các thế hệ kế tiếp trong trường hợp không có áp lực chọn lọc,
đột biến, di nhập gen ...
* Bài tập vận dụng công thức 3:
Bài tập 1 : Bệnh mù màu do gen lặn nằm trên NST giới tính X không có alen tương ứng trên
Y. Trong quần thể người, tần số nam bị bệnh mù màu là 0,08. Tỉ lệ 3 loại kiểu gen XAXA:
XAXa : XaXa là:
A. 0,92 / 0,08 / 0
B. 0,45 / 0,1472 / 0,0064
C. 0,4864 / 0,18 / 0,007

D. 0,4864 / 0,1472 / 0,0064
Bài giải:
Do tần số tương đối các alen A và a ở 2 giới cân bằng nhau, nên:
- Tần số alen ở nam giới chính là tần số các kiểu gen : qXa = 0,08; pXA = 1 – 0,08 = 0,92
- Tần số các alen ở nữ = tần số các alen ở nam (qXa = 0,08; pXA = 0,92)
 tần số kiểu gen ở giới nữ tuân theo định luật Hacdi – Vanbec:
2 A A
(0,92) X X :2.0,92.0,08XAXa : (0,08)2XaXa = 0,4864XAXA : 0,1472XAXa : 0,0064XaXa (đ/a D)
Bài tập 2: Bệnh mù màu ở người do gen lặn nằm trên NST X quy định không có alen tương
ứng trên Y, alen trội tương ứng qui định người bình thường. Một quần thể cân bằng có tỷ lệ
người bị bệnh chiếm 19,5%. Một cặp vợ chồng bình thường trong quần thể lấy nhau, xác suất
để họ sinh được 2 đứa con đều bình thường là bao nhiêu?
A. 78,25% B. 1,33%
C. 59,17% D.79,8%
Bài giải:
Vận dụng công thức 3  Cấu trúc DT của QT:
2
A A
p /2(X X ) + 2pq/2(XAXa) + q2/2 (XaXa) + p2/2(XAY) +q2/2(XaY) =1
Tỉ lệ người bị bệnh là:

0,195  q = 0,3;  p = 0,7

- Bố bình thường có kg :XAY
- Mẹ bình thường có kg : p2/(p2+ 2pq) XAXA hoặc 2pq/(p2+ 2pq)XAXa
 XS để sinh 2 đứa đều bình thường  có 2 khả năng xảy ra:
- KG người vợ là XAXA (tần số KG

) kết hợp KG chồng XAY  1 đứa con với xác suất

100% con bình thường  Xác suất sinh 2 đứa con bình thường:

12


- 13 -

) kết hợp KG chồng XAY  1 đứa con với xác suất

A a

- KG người vợ là X X (tần số KG

3/4 con bình thường  Xác suất sinh 2 đứa con bình thường:

 Xác suất cần tìm :

12 +

(3/4)2

(3/4)2 = 79,8% (chọn đáp án D)

Bài tập 3: Một quần thể người gồm 20 000 người, có 4 nữ bị máu khó đông. Hãy xác định số
nam bị máu khó đông. Biết quần thể này ở trạng thái cân bằng, gen gây bệnh là gen lặn nằm
trên NST giới tính X ở đoạn không tương đồng (tỷ lệ nam nữ 1:1).
A. 200
B. 800
C. 350
D. 450

Bài giải:
Bệnh máu khó đông do gen lặn nằm trên NST giới tính X quy định. Quy ước XA quy
định kiểu hình bình thường, Xa quy định kiểu hình máu khó đông.
Tỷ lệ nam : nữ ở người xấp xỉ 1:1, tính theo lý thuyết số nữ trong quần thể này là 10
000 người, số nam 10 000 người.
Vì quần thể ở trạng thái cân bằng, tần số tương đố các alen ở giới đực và giới cái
giống nhau nên cấu trúc di truyền của giới nữ có dạng: p2 XAXA+2pq XAXa +q2 XaXa = 1.
Tỷ lệ nữ giới bị bệnh trong quần thể là:

2

a

a

=

 q = 0,02 ; p = 0,98.
Tần số tương đối các alen ở giới nam là: q = 0,02; p = 0,98
tỷ lệ kiểu gen XaY = 0,02 tỷ lệ kiểu hình máu khó đông ở nam giới = 0,02
số nam giới bị bệnh máu khó đông trong quần thể là: 0,02. 10000 = 200 (người) (đ/a A)
Bài tập 4: (Đề thi Olympic quốc gia):Trong một hòn đảo biệt lập có 5800 người sống, trong
đó có 2800 nam giới. Trong số này có 196 nam bị mù màu xanh đỏ. Kiểu mù màu này do 1
alen lặn m nằm trên NST giới tính X. Kiểu mù màu này không ảnh hưởng đến sự thích nghi
của cá thể. Khả năng có ít nhất 1 phụ nữ của hòn đảo này bị mù màu xanh đỏ là bao nhiêu?
A. 1 – 0,99513000
B. 0,073000
C. (0,07 x 5800)3000
D. 3000 x 0,0056 x 0,99442999
Bài giải:

Vì đây là đảo biệt lập nên cấu trúc di truyền của quần thể này đang ở trạng thái cân bằng. XM
là gen quy kiểu hình bình thường, Xm là gen quy định bệnh mù màu đỏ lục, cấu trúc di truyền
quần thể này có dạng:
Giới cái: p2 XMXM + 2pq XMXm + q2 XmXm = 1
Giới đực: p XMY + q XmY = 1
Nam mù màu có kiểu gen XmY chiếm tỷ lệ

q = 0,07

q2 XmXm = 0,0049

Xác suất để 1 người nữ bị bệnh là 0,0049
Xác suất để 1 người nữ không bị bệnh là: 1 – 0,0049 = 0,9951.
Số lượng nữ trên đảo là 5800-2800=3000  Xác suất để cả 3000 người nữ không bị bệnh là
(0,9951)3000.


- 14 -

Vì biến cố có ít nhất 1 người nữ bị bệnh là biến cố đối của biến cố cả 3000 người nữ đều
không bị bệnh
Xác suất để có ít nhất 1 người nữ bị bệnh là: 1 – 0,99513000( Đáp án đúng: A)
Bài tập 5:Một quần thể người trên một hòn đảo có tỷ lệ nam : nữ xấp xỉ 1 : 1. Trong 100
người đàn ông trong đó có 4 người đàn ông bị bệnh máu khó đông. Biết rằng bệnh máu khó
đông do gen lặn nằm trên NST giới tính X không có alen trên Y, quần thể ở trạng thái cân
bằng di truyền. Tần số phụ nữ bình thường nhưng mang gen gây bệnh là:
A. 0.0384.
B. 0.0768. C. 0.2408.
D. 0.1204.
Bài giải:

Quần thể này đang ở trạng thái cân bằng. XD là gen quy kiểu hình bình thường, Xd là gen quy
định bệnh máu khó đông, cấu trúc di truyền quần thể này có dạng:
Nữ: p2 XDXD + 2pq XDXd + q2 XdXd = 1
Nam: p XDY + q XdY = 1
Nam máu khó đông có kiểu gen XdY chiếm tỷ lệ

q = 0,04

p = 0,96

tần số nữ bình thường mang gen bệnh (KG dị hợp) XDXd = 2. 0,96 . 0,04 = 0.0768
(đáp án B)
Bài tập 6: Ở mèo, di truyền về màu lông do gen nằm trên NST giới tính X quy định, màu
lông hung do alen d, lông đen : D, mèo cái dị hợp: Dd có màu lông tam thể. Khi kiểm tra 691
con mèo, thì xác định được TS alen D là: 89,3 %; alen d: 10,7 %; số mèo tam thể đếm được
64 con. Biết rằng: việc xác định TS alen tuân theo định luật Hacđi-Vanbec. Số lượng mèo
đực, mèo cái màu lông khác theo thứ tự là:
A.335, 356
B.356, 335
C. 271, 356 D.356, 271
Bài giải :
Quần thể mèo cân bằng, tần số tương đối alen 2 giới tương đương, gen trội không hoàn toàn.
Ở giới cái: ( 0,893 )2 XDXD + 2 ( 0,893 x 0,107 ) XDXd + ( 0,107 )2XdXd = 1
 Mèo cái dị hợp có tỷ lệ KG: 2 ( 0,893 x 0,107 ) = 0,191102 (tương ứng 64 cá thể)
 Số mèo cái tam thể: 64 / 0,191102 = 335 con
Số mèo đực: 691 – 335 = 356 con,
 Số mèo cái màu lông khác: 335 – 64 = 271 con  Chọn D
Bài tập 7: Ở ruồi giấm, gen qui định màu mắt nằm trên NST X ở đoạn không tương đồng với
Y. Alen B qui định mắt màu đỏ trội hoàn toàn so với alen b qui định mắt màu trắng. Cho giao
phối ruồi đực và cái mắt đỏ , F1 có cả ruồi mắt đỏ và mắt trắng. Cho F1 tạp giao

a) Ruồi mắt đỏ ở F2 chiếm tỉ lệ:
A. 3/16
B. 7/16
C. 9/16
D. 13/16
b) Ruồi mắt trắng ở F2 có đặc điểm gì ?
A. 100% là ruồi đực B. 100% là ruồi cái
C. 1/2 là ruồi cái
D. 2/3 là ruồi đực
Bài giải :
Thế hệ bố mẹ ruồi đực mắt đỏ (XBY) và ruồi cái mắt đỏ, tạo đời con có xuất hiện ruồi mắt
trắng  ruồi cái có KG XBXb


- 15 A

A a

P : X Y x X X → F1. Cho F1 tạp giao theo sơ đồ sau: (1XAXA , 1XAXa ) x (1XAY, 1XaY)
 tần số giao tử thu được ở mỗi giới :
3/4XA , 1/4Xa
1/4XA , 1/4Xa , 2/4Y
kết quả : Ở F2, ruồi mắt trắng có các KG sau :
1/4Xa .( 1/4Xa + 2/4Y ) = 1/16 XaXa + 2/16 XaY = 3/16
a) Ruồi mắt đỏ ở F2 chiếm tỉ lệ = 1 - 3/16 = 13/16 (chọn đáp án D)
b) Theo kết quả trên, trong số ruồi mắt trắng ở F2 có : 2/3 ruồi đực: 1/3 ruồi cái (chọn đáp
án D)
Bài tập 8: Một gen có 2 alen (A, a) nằm trên NST giới tính X ở đoạn không tương đồng với
Y, alen lặn quy định tính trạng bệnh, alen trội hoàn toàn quy định tính trạng bình thường. Tỷ
lệ người bị bệnh trong QT người là 0,0208. Hai người bình thường không có quan hệ họ hàng

kết hôn với nhau, cho rằng QT có sự CBDT về tính trạng trên. Xác suất sinh con bị bệnh của
cặp vợ chồng là:
A. 1,92%
B. 1,84%
C. 0,96%
D. 0,92%
Bài giải:
Cấu trúc DT của QT : ( p2 XAXA + 2pq XAXa + q2 XaXa + p XAY + q XaY) = 1 (p+q=1)

 Tỷ lệ người bị bệnh = (q2 + q) = 0,0208→ q = 0,04 ; p = 0,96
 Xác suất 2 người bình thường lấy nhau sinh con bệnh (mẹ dị hợp XAXa ; bố XAY )
là:
Từ phép lai: P: XAXa x XAY  Con bị bệnh chiếm tỷ lệ ¼


Xác suất để sinh con bệnh =

= 1,92% (chọn đáp án A)

Bài tập 9:Ở ruồi giấm, tính trạng mắt trắng do gen lặn nằm trên NST giới tính X ở vùng
không tương đồng với Y, alen trội tương ứng qui định mắt đỏ. Thế hệ xuất phát cho giao phối
ruồi cái mắt đỏ dị hợp với ruồi đực mắt trắng sau đó cho F1 tạp giao. Trong số ruồi cái ở F2 thì
ruồi mắt đỏ chiếm tỉ lệ:
A. 62,5%
B. 75%
C. 50%
D. 37,5%
Bài giải:
P: ♀XAXa x ♂XaY  F1: XAXa ; XaXa ; XAY ; XaY
Cho F1 tạp giao:♀ ( 1/2 XAXa : 1/2 XaXa) x ♂( 1/2 XAY :1/2 XaY )

Giao tử F1:
♀: 1/4 XA: 3/4 Xa
♂: 1/4 XA: 1/4 Xa: 2/4 Y
Thế hệ F2: Trong số ruồi cái: 1/16 XAXA : 4/16 XAXa : 3/16 XaXa
Dễ thấy tỷ lệ giữa ruồi cái mắt đỏ và mắt trắng: 5 : 3
 tỉ lệ ruồi cái mắt đỏ/số cái = 5/8 = 62,5% (A)
d) Dạng 4: Công thức 4:
* Phạm vi áp dụng và công thức 4 :
- Quần thể ngẫu phối, không chịu áp lực của nhân tố tiến hóa, xét 1 locus gồm 2 alen
(A, a với tần số giao tử tương ứng là p, q); gen kiên kết trên NST giới tính X (vùng không
tương đồng) (đối với loài giao phối có cặp NST xác định giới tính XX và XY).


- 16 -

- Ở thế hệ xuất phát, tần số giao tử hai giới đực – cái không cân bằng nhau.
* Công thức 4: Tính tần số giao tử tại thế hệ n :
Trường hợp n lẻ :
(

)

♀: p c-n = *

+
(

*

♂:

(

)

+

)

*

q’c-n =

+
(

*

=

)

+

Trường hợp n chẵn :
♀: pc-n= (
♂:
Trong đó :

=

(

)

pc +

(

(

pc+

p đ)

(

)

pđ )

thế hệ xu t phát :
Giới ♀: p(A) = pc; q(a) = qc

)

q c-n = (
=

qc +

qđ )
(

(

)

qc+

q đ)

Giới ♂: p(A) = pđ; q(a) = qđ

* Cách xây dựng công thức :
Giả sử tần số tương đối của các alen ở thế hệ xuất phát :
♀: p(A) = pc; q(a) = qc
♂: p(A) = pđ; q(a) = qđ
Xét khung Pennet (tổ hợp tự do các giao tử của thế hệ xuất phát để tạo thế hệ thứ nhất)
pđ XA
qđXa
Y
A
A A
A a
pc X
pcpđ X X
pcqđ X X
pc XA Y
q c Xa

p đ q c XA X a
qcqđXa Xa
q đ Xa Y
Cấu trúc di truyền :
♀: pcpđ XA XA+[pc qđ+ pđqc] XA Xa + qc qđXa Xa
♂: pc XA Y + qđXa Y
Tần số tương đối của các alen ở thế hệ thứ nhất, thuộc 2 giới như sau:
♀: pc1 = (pc + pđ ); qc1 = (qc + qđ)
♂: pđ1= pc ; qđ1 = qc
Nhận xét: Qua mỗi thế hệ ngẫu phối tần số tương đối của các alen ở giới đực chính là
tần số tương đối các alen của giới cái ở thế hệ trước đó, tần số tương đối của các alen ở giới
cái bằng

tổng tần số tương đối các alen của giới đực và giới cái ở thế hệ trước đó.

Thế hệ thứ 2
♀: pc2 = ( pc1+ pđ1 ) = ( (pc + pđ) + pc) =

c

pđ) =

;

c

qc2 = ( qc + qđ) = (3qc+1qđ)
♂: pđ2= (pc + pđ); qđ2 = (qc + qđ)
Thế hệ thứ 3:
♀: pc3= (pc2 + pđ2) = [(

(pc + pđ)] = *

+= [

]


- 17 -

qđ3 = (
♂:pđ3 =

; qđ3 = ( qc+ qđ)

c

Thế hệ thứ 4:
♀:pc4 = (pc3 + pđ3) =
= * (

)

(

)+= (

)=

qc4 =

♂: pđ4 = (

; qđ4 = (

Tới đây ta có thể dễ dàng nhận ra quy luật biến đổi các hệ số của pc và pđ tại mỗi thế
hệ. Do đó công thức của các thế hệ kế tiếp sẽ là : (Để tiện theo dõi tôi chỉ trình bày sự thay
đổi tần số alen A ở giới cái):
Thế hệ 5 :
♀ pc5 =

(

; qc5 =

(

; q’6 =

(

Thế hệ 6 :
♀ p’6 =
Thế hệ n :
(xn+yn =2n) ; yn = xn-1

♀: pc-n= (xnpc + ynpđ)
qc-n =

(xn+yn =2n) ; yn = xn-1

(xnqc+ynqđ)

♂ : p đ-n= (xn-1pc+yn-1pđ)

(xn-1+yn-1 =2n-1) ; yn-1 = xn-2
(xn-1+yn-1 =2n-1) ; yn-1 = xn-2

qđ-n= (xn-1qc+yn-1qđ)

Ta thấy hệ số xn của pc ở giới cái qua các thế hệ là :
Thế hệ
1
2
3
4
5
6
Hệ số xn
1
3
5
11
21
43

7
85

8
171

9
341

Để xác định quy luật biến đổi của hệ số xn ta lập bảng :
Thế

xn

Tổng cặp 2 hệ số của 2 thế

hệ

Biểu diễn dạng khác của hệ số xn

hệ kề nhau

1

1

2

3

3

5

4

11

5

21

6

43

2

2
3

2
4

2
5

2
6

27

2

1= 2- 20

22 -1 =22 -2+ 20
23-3=23 –(22 -2+ 20)= 23 – 22 +2 - 20
24-5 =24 – (23 – 22 +2 - 20) = 24 – 23 + 22 -2 + 20
25-11= 25-(24 – 23 + 22 -2 + 20)= 25-24 + 23 - 22 +2 - 20
26-21=26-(25-24 + 23 - 22 +2 - 20)= 26-25+24 - 23 + 22 -2 + 20


7

- 18 2 -43 = 27 – (26-25+24 - 23 + 22 -2 + 20)= …
7

85

Từ bảng trên ta dễ dàng nhận thấy:
Hệ số xn của pc tại thế hệ n: : 2n – 2n-1 + 2n-2 – 2n-3 + 2n-4 – 2n-5 + ….2n-n (2)
- Ở dạng khai triển số lượng các đơn thức tại thế hệ bằng n+1.
Biểu thức (2) được viết lại thành: (2n + 2n-2 + 2n-4 + …) – (2n-1+ 2n-3+ 2n-5 +…)
Hai biểu thức trong dấu ngoặc là 2 dãy cấp số nhân với công bội là 4.
Tách 2 trường hợp ta có:
* Trường hợpn lẻ : cả 2 dãy đều có

số hạng

(2n + 2n-2+ 2n-4 + 2n-6 + …+21)- (2n-1 + 2n-3 + 2n-5 +…+1)
(

)

(

Ta có : - dãy trước:
(

)

(

- dãy sau :
(2n + 2n-2+ 2n-4 + 2n-6 + …+21)- (2n-1 + 2n-3 + 2n-5 +…+1) =
* Trường hợp n chẵn : (dãy trước
n

n-2

(2 + 2 + 2

n-4

+2

n-6

+ …+1)- (2

n-1

)

)

(

)

(

)

số hạng ; dãy sau số hạng)
+2

n-3

+ 2n-5 +…+2)
(

Ta có : - Dãy trước :
(

)

(

)

)

- Dãy sau :
(2n + 2n-2+ 2n-4 + 2n-6 + …+1)- (2n-1 + 2n-3 + 2n-5 +…+2) =

(

)

(

)

Quy luật biến đổi của hệ số yn :
Hệ số yn của thế hệ n chính là hệ số xn-1.
* Trường hợp n lẻ, n – 1 chẵn, áp dụng công thức cho trường hợp dãy chẵn ta có hệ số
(

)

yn là :

=

* Trường hợp n chẵn, n-1 lẻ, áp dụng công thức cho trường hợp dãy lẻ ta có hệ số yn
là :

(

)

* Bài tập vận dụng công thức 4:
Bài tập 1 : Trong quần thể xét 1 gen có 2 alen A và a. Các gen này nằm trên NST giới tính X
ở đoạn không tương đồng với NST Y. Gen A trội hoàn toàn so với gen a. Tại thế hệ xuất phát

I0 có tần số tương đối các alen như sau :
Giới đực có tần số các alen A,a tương ứng là pđ = 0,8 ; qđ = 0,2.
Giới cái có tần số các alen A,a tương ứng là pc= 0,4 ; qc = 0,6.
Hãy tính tần số tương đối các alen ở mỗi giới ở thế hệ thứ 7 (I7).
Bài giải :


- 19 -

p dụng công thức 4, tần số tương đối của các alen tại thế hệ thứ 7(n l ) ở giới cái là :
Tần số alen A :
pc-n =

(

)

*

(

)

+= *

(

)

+ = 0,534375

Tần số alen a :
(

)

*

qc - n =

(

)

+= *

(

)

+=

p dụng công thức 4, tần số tương đối của các alen tại thế hệ thứ 7(n l ) ở giới đực là :
Tần số alen A :
(

*

)

+= *

(

)

(

(

)

)

+=

Tần số alen a:
=

(

(

)

qc+

qđ)= *

(

)

+=0,46875

Bài tập 2 : Xét 1 gen có 2 alen A, a nằm trên NST giới tính X ở đoạn không tương đồng. Tại
thế hệ xuất phát tần số tương đối các alen ở 2 giới là :
Giới đực : 0,9 A ; 0,1a
Giới cái : 0,1A ; 0,9a.
Hãy xác định cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ thứ 12.
Bài giải:
Cấu trúc di truyền của quần thể thế hệ 12 là sự tổ hợp tự do các giao tử của thế hệ 11
p dụng công thức 4, tần số tương đối của các alen tại thế hệ thứ 11 ở giới cái là :
Tần số alen A :
(

)

pc-n = *

(

+=

)

*

(

)

+ =0

Tần số alen a ở thế hệ thứ 11 của giới cái
=

(

*

)

(

)

+= *

(

)

+ =0,36689

p dụng công thức 4, tần số tương đối của các alen tại thế hệ thứ 11 ở giới đực là :
Tần số alen A :
(

*

)

(

+=

)

*

(

)

+=

Tần số alen a:
=

*

(

)

+=

(

*

)

(

)

+=

Tỷ lệ các kiểu gen xuất hiện ở thế hệ 12:
Y
XA
Xa
A A
A a
A
0,40113454X X
0.231975460X X
0
X
0
XA Y
0,36689Xa
0.232459211XA Xa
0.134430789Xa Xa
0,36689Xa Y
Vậy cấu trúc di truyền quần thể ở thế hệ 12 là:
Giới cái: 0,40113454XA XA+0,46443467XA Xa+0,134430789Xa Xa
Giới đực: 0

XA Y+0,36689Xa Y


- 20 -

Bài tập 3 : Ở ruồi giấm, alen A quy định mắt màu đỏ, alen a quy định mắt màu trắng nằm
trên vùng không tương đồng của X. Tần số kiểu gen của quần thể ở thế hệ xuất phát
♀0,7XAXA + 0,2XAXA + 0,1XaXa= 1
♂ 0,4XAY + 0,6XaY = 1
Giả sử các cá thể của quần thể giao phối hoàn toàn ngẫu nhiên qua nhiều thế hệ, không
xét đến sự phát sinh đột biến.
a. Sự chênh lệch tần số alen (A) giữa 2 giới của quần thể nói trên sau 5 thế hệ ngẫu phối là
A. 0,025.
B. 0,0125.
C. 0,00625.
D. 0,05.
b. Ở thế hệ F5: trong số ruồi giấm cái, tỉ lệ ruồi giấm mắt trắng chiếm tỉ lệ bao nhiêu ?
A. 11,390%
B. 8,625%
C. 11,375%
D. 18,225%
c. Sau 10 thế hệ ngẫu phối thì tần số alen (A) ở giới đực và cái lần lượt là
A. p(A) đực = 0,66641 và . p(A) cái =0,66680.
B. p(A) đực = 0,65582 và . p(A) cái =0,66180.
C. p(A) đực = 0,65582 và . p(A) cái =0,66210.
D. p(A) đực = 0,56544 và . p(A) cái =0,58382
Bài giải:
♀0,7XAXA + 0,2XAXA + 0,1XaXa pc = 0,8 ; qc = 0,2
♂ 0,4XAY + 0,6XaY pđ = 0,4 ; qđ = 0,6
a. Sự chênh lệch tần số A giữa 2 giới sau 5 thế hệ =

(0,8  0,4)
= 0,0125(chọn đáp án B)
25

b. Tần số các kiểu gen ở F5là kết quả tổ hợp tự do các giao tử đực Xa và cái Xa của F4.
Ở F4 :
q(a) ở đực =

(
(

q(a) ở cái = (

qc+
)

(

)

1
1
.(3.qd + 5.qc) = 3 .(3.0,6 + 5.0,2) =7/20
3
2
2
1
1
= 4 .(5.qd + 11.qc) = 4 .(5.0,6 + 11.0,2) =13/40

2
2

qđ) =

qc+

qđ)

Ở F5, trong số ruồi cái thì ruồi cái mắt trắng (XaXa) chiếm tỉ lệ :
(7/20)(13/40) = 11,375%(C)
Sau 10 thế hệ ngẫu phối thì tần số alen (A) ở giới đực và cái lần lượt là:
- Đực: p(A) =
- Cái: p(A) =

(

(
(

(

+
)

+

)

)=

)

1
.(171.pd + 341.pc) = 0,66641
29
1
= 10 .(341.pd + 683.pc) = 0,66680(A)
2

2. Dạng bài tập không nghiệm đúng định luật Hacdi – Vanbec:
Cấu trúc di truyền quần thể thay đổi qua các thế hệ trong trường hợp quần thể chịu
tác động của nhân tố chọn lọc, nhân tố đột biến và sự di - nhập gen
a) Dạng 1: Công thức 5:
* Phạm vi áp dụng và công thức 5:


- 21 -

- Quần thể ngẫu phối, xét 1 locus gồm 2 alen (A, a) nằm trên cặp NST tương đồng
(NST thường)
- Chọn lọc tự nhiên đào thải kiểu genaa, do không có khả năng sinh sản hoặc kiểu gen
aa không tham gia sinh sản tạo thế hệ sau hoặc chọn lọc loại bỏ hoàn toàn kiểu gen aa ra khỏi
quần thể (hệ số chọn lọc S =1)
* Công thức 5: (q0 là tần số alen a khi ở thế hệ xuất phát, trước khi chọn lọc xảy ra.)
*Tần số tƣơng đối của alen A = 1 *Tần số tƣơng đối của alen a =
* Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n là:
2

In :

AA + 2.(

)

Aa +

2

aa = 1

* Cách xây dựng công thức 5:
* Trong một quần thể ngẫu phối xét một gen có hai alen A, a nằm trên NST tương đồng (có
thể xem là NST thường ).
* Một quần thể ở thế hệ xuất phát (thế hệ ban đầu, Io) có cấu trúc di truyền là:
I0: p2o AA + 2poqo Aa + qo2aa = 1
Trong đó: po là tần số tương đối của alen A ở thế hệ Io
qo là tần số tương đối của alen a ở thế hệ Io ; ( 0  po, qo  1 và po +qo = 1)
Do kiểu gen aa không có khả năng sinh sản hoặc không tham gia sinh sản hoặc bị chọn lọc
loại bỏ nên trong quần thể chỉ có 2 loại kiểu gen AA và Aa tham gia giảm phân tạo giao tử và
sinh sản.
=> Tần số tương đối (TSTĐ) của alen a:


po qo
po  po qo  po q0
2



2 po qo

pq
:2 2 o o
po  2 po qo
po  2 po qo
2

qo
po qo
po qo
=
( Do po + qo = 1).

1  qo
po ( po  q o )  po qo
po (1  qo )

=> TSTĐ của alen A ở I’o là : 1 -

qo
1  qo

Do tần số tương đối của các alen A và a ở I’o tham gia tạo thế hệ I1 nên TSTĐ của A và a ở Io'
chính là TSTĐ của A, a ở I1 hay : p1 =

1-

qo
q
; q1 = o
1  qo

1  qo

Từ đây ta có CTDT ở thế hệ tiếp theo là: I1: p12AA + 2p1q1Aa + q21 aa = 1
Tiếp tục loại bỏ kiểu gen aaCấu trúc di truyền (CTDT) ở I1:
=> I'1:

p 21
2p q
AA  2 1 1 Aa  1
2
p1  2 p1q1
p1  2 p1q1


- 22 q
q
Làm tương tự ta có TSTĐ của alen a ở I'1 là: 1 thay q1 = 0 vào
1  qo
1  q1

Ta có: TSTĐ của alen a ở I'1 =

qo
đây chính là TSTĐ của alen a ở thế hệ thứ 2
1 2qo

Bằng cách làm tương tự ta tính đựợc tần số alen a và A ở thế hệ In  Cấu trúc di truyền QT
*Chú ý:công thức 5 áp dụng trong cả ba trường hợp:
+ Kiểu gen aa không có khả năng sinh sản
+ Không cho kiểu gen aa sinh sản thì kiểu gen aa không giảm phân tạo giao tử,

tức là không tham gia tạo thế hệ sau nhưng nó vẫn tồn tại trong quần thể nên khi tính ở thế hệ
n kiểu gen này vẫn có mặt.
* Các bài tập vận dụng công thức 5:
Bài tập 1: Một nhà chọn giống chồn Vizon cho các con chồn của mình giao phối với nhau.
Ông đã phát hiện ra một điều là trung bình thì 9% chồn của mình là lông ráp.Loại lông này
bán được ít tiền hơn. Vì vậy ông chú trọng chọn tới việc chọn giống chồn lông mượt bằng
cách không cho các con chồn lông ráp giao phối. Tính trạng lông ráp là do alen lặn trên NST
thường quy định.
a. Tỷ lệ chồn lông ráp mà ông ta nhận được trong thế hệ sau là bao nhiêu %?.
b. Tỷ lệ chồn lông ráp mà ông ta nhận được sau 15 thế hệ là bao nhiêu %?.
(Trích đề thi Olympic quốc tế 2008 - Phần di truyền)
Bài giải:
Quy ước A – Lông mượt: a – lông ráp
Chồn lông ráp có kiểu gen aa = 9%  qo2 = 0,09qo = 0,3 po = 0,7
a. Thế hệ sau ( n = 1) áp dụng công thức 5 ta có:q1=

0,3
≈ 0,230769
1  1.0,3

 q12( chồn lông ráp ở thế hệ tiếp theo) = (0,230769)2≈ 0,053255 ≈ 5,3%
b. Thế hệ 15 áp dụng công thức 5, ta có:q15=

0,3
≈ 0,0545
1  15.0,3

 q152( chồn lông ráp ở thế hệ 15) = (0,0545 )2≈ 0,002975≈0,3%
Bài tập 2: Để làm giảm TSTĐ alen a từ 0,96 xuống 0,03 chỉ do áp lực của chọn lọc tự nhiên
loại bỏ hoàn toàn kiểu gen aa thì cần bao nhiêu thế hệ.

(Bài 24, Tr187 - Tuyển chọn, phân loại bài tập di truyền hay và khó: Vũ Đức Lưu – NXBGD,
1998).
Bài giải:
Theo đề bài ta có qo = 0,96; qn = 0,03
p dụng công thức 5 ta có: 0,03 =

0,96
0,96  0,03
=> n =
≈ 32,29…thế hệ
0,96.0,03
1  n.0,96

Bài tập 3: Một quần thể ngẫu phối có cấu trúc di truyền ở F1 là:


- 23 -

0,16AA + 0,48Aa + 0,36aa = 1, giả sử do khí hậu thay đổi đột ngột nên các cá thể aa
đều bị chết ở giai đoạn còn non. Nếu không phát sinh đột biến mới, không có di nhập gen thì
ở thế hệ F5 tần số các loại alen sẽ thay đổi như thế nào?
Bài giải
Ở thế hệ ban đầu, tần số các loại alen của quần thể là: q(a)= 0,6, p(A)= 0,4
p dụng công thức đã cho, tần số các loại alen của quần thể ở thế hệ thứ 5 là:
Tần số alen a là: q(a) =

0,6
q
=
= 0,15

1  5.0,6
1  nq

Tần số alen A là: p(A) =

0,4  5.0,6
p  nq
=
= 0,85
1  nq
1  5.0,6

Bài tập 4:Cho 1 quần thể ngẫu phối có cấu trúc di truyền ở thế hệ xuất phát là: 0,25AA +
0,5Aa + 0,25aa = 1. Do điều kiện môi trường thay đổi nên các cá thể có kiểu gen aa không
sinh sản được nhưng vẫn có khả năng sống bình thường. Xác định cấu trúc di truyền của quần
thể ở F3?
Bài giải
Tần số các loại alen ở thế hệ xuất phát là: p(A) = 0,5, q(a) = 0,5.
Ở F3, tần số các loại alen là:
+ Tần số alen a là: q(a)=
+ Tần số alen A là: p(A)=

0,5
= 0,2
1  3.0,5
0,5  3.0,5
= 0,8
1  3.0,5

Vậy cấu trúc di truyền của quần thể ở F3 là: 0,64AA + 0,32Aa + 0,04aa = 1

Bài tập 5:(đề thi học sinh giỏi tỉnh.2011). Ở một loài động vật ngẫu phối, xét một gen gồm
hai alen A và a nằm trên NST thường. Tần số alen A của giới đực là 0,6 và của giới cái là 0,8.
a) Xác định cấu trúc di truyền của quần thể ở trạng thái cân bằng di truyền.
A. 0, 49AA + 0,42 Aa + 0,09 aa.
B.0,32 AA + 0,56Aa + 0,12aa..
C. 0,64 AA + 0,32 Aa + 0,04aa.
D. 0,36 AA + 0,16 Aa + 0,42aa.
b) Sau khi đạt trạng thái cân bằng di truyền, do điều kiện sống thay đổi nên tất cả các kiểu gen
đồng hợp lặn aa không có khả năng sinh sản. Hãy xác định cấu trúc di truyền của quần thể sau
3 thế hệ ngẫu phối.
A. 0, 4907AA + 0,4203 Aa + 0,01 aa.
B.0,3102 AA + 0,5206Aa + 0,1205aa..
C. 0,7056 AA + 0,2688 Aa + 0,0256aa. D. 0,3026 AA + 0,1536 Aa + 0,4048aa.
Bài giải:
a) Để xác định cấu trúc của quần thể ở trạng thái cân bằng trước hết ta cần xác định tần số
tương đối của các alen ở thế hệ thứ nhất sau khi ngẫu phối. Câu này thuộc phạm vi sử dụng
của công thức 1:
+ Tần số alen a ở giới đực: 1- 0,6 = 0,4
+ Tần số alen a ở giới cái là: 1- 0,8 = 0,2.
Tần số tương đối của các alen ở thế hệ thứ nhất sau khi ngẫu phối là:


- 24 qa = 1 (0,4 + 0,2) = 0,3.
2

pA = 1 (0,6 +0,8) = 0,7
2

Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ thứ 2 là: 0,49AA : 0,42 Aa : 0,09 aa.
b) Khi điều kiện sống thay đổi tất cả các kiểu gen đồng hợp lặn aa không có khả năng sinh

sản vì vậy chúng sẽ không truyền lại kiểu gen của mình cho thế hệ sau nên S = 1
- p dụng công thức 5: q3

=

0,3
≈ 0,16
1  3.0,3

pn ≈ 0,84

Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ thứ 3: 0,7056 AA : 0,2688 Aa : 0,0256 aa.
b) Dạng 2: Công thức 6:
* Phạm vi áp dụng và công thức 6:
- Quần thể ngẫu phối, xét 1 locus gồm 2 alen (A, a với tần số tương đối là p, q) nằm
trên cặp NST tương đồng (NST thường)
- Nếu chọn lọc tự nhiên đào thải alen trội thì tất cả các cá thể có kiểu gen AA và Aa
đều không tham gia vào quá trình sinh sản ở thế hệ tiếp theo, do vậy ở các thế hệ sau, tỉ lệ
kiểu gen của quần thể luôn là 100% aa.
- Nếu chọn lọc tự nhiên đào thải kiểu gen đồng hợp tử trội AA, tần số các alen ở thế
hệFn sẽ biến đổi theo công thức 6.
Công thức 6:

thế hệ thứ n, tần số các loại alen ở Fn là:
+ Tần số alen A =

+ Tần số alen a =

* Cách xây dựng công thức 6:
* Trong một quần thể ngẫu phối xét một gen có hai alen A, a nằm trên NST tương đồng (có

thể xem là NST thường ).
* Một quần thể ở thế hệ xuất phát (thế hệ ban đầu, Io) có cấu trúc di truyền là:
I0: p2o AA + 2poqo Aa + qo2aa = 1
Trong đó: po là tần số tương đối của alen A ở thế hệ Io
qo là tần số tương đối của alen a ở thế hệ Io ; ( 0  po, qo  1 và po +qo = 1)
Chọn lọc tự nhiên đào thảinhững tổ hợp mang kiểu gen đồng hợp trộiAA không tham gia
vào giảm phân tạo giao tử, không sinh sản (trừ trường hợp sinh sản vô tính)I’o có:
=> Tần số tương đối (TSTĐ) của alen A:


2 po qo
pq
:2 2 o o
qo  2 po qo
qo  2 po qo
2

po
po qo
po qo
po qo
=
( Do po + qo = 1).


1  po
qo  po qo  po q0 qo ( po  q o )  po qo qo (1  po )
2

=> TSTĐ của alen a là : 1 -

=

=

=

Do tần số tương đối của các alen A và a ở I’o tham gia tạo thế hệ I1 nên TSTĐ của A và a ở Io'
chính là TSTĐ của A, a ở I1 hay : q1 =

; p1 =

po
1  po


- 25 -

Từ đây ta có CTDT ở thế hệ tiếp theo là: I1: p12AA + 2p1q1Aa + q21 aa = 1
Tiếp tục loại bỏ kiểu gen AACấu trúc di truyền (CTDT) ở I1:
=> I'1:

AA + 2

Aa +

aa = 1

Bằng cách làm tương tự ta tính đựợc tần số alen a và A ở thế hệ I2:
●Tần số alen A =

p( p  q)
p
p( p  q)
2 p( p  q)  ( p  q) 2
:
=
=
2
2
(1  p )
(1  p )
( p  q)(3 p  q) 1  2 p

●Tần số alen a =

( p  q)2  p( p  q) 2 p( p  q)  ( p  q) 2 ( p  q)(2 p  q) q  2 p
:
=
=
(1  p ) 2
( p  q)(3 p  q) 1  2 p
(1  p ) 2

( p = p 0 ; q = q 0)
Bằng cách làm tương tự ta tính đựợc tần số alen a và A ở thế hệ In  Cấu trúc di truyền QT
* Bài tập vận dụng công thức 6:
Bài tập 1: Một gen có 2 alen, ở thế hệ xuất phát của một quần thể có gen trên, tần số alen A =
0,2; a = 0,8. Sau 5 thế hệ chọn lọc loại bỏ hoàn toàn kiểu gen trội đồng hợp thì tần số các loại
alen của quần thể ở F5 là bao nhiêu?

Bài giải:
p dụng công thức 6, tần số các loại alen ở thế hệ F5 là:
Tần số alen A là: p(A) =

0,2
= 0,1
1  5.0,2

Tần số alen a là: q(a) =

0,8  5.0,2
= 0,9
1  5.0,2

Bài tập 2:Ở gà kiểu gen AA quy định mỏ rất ngắn đến mức không mổ vỡ được vỏ để chui ra,
làm gà con chết ngạt; kiểu gen Aa quy định mỏ ngắn; kiểu gen aa quy định mỏ dài; gen nằm
trên NST thường. Khi cho gà mỏ ngắn giao phối với nhau. Ở thế hệ F4, hãy xác định khả năng
xuất hiện gà mỏ dài là bao nhiêu % ?Biết không có đột biến, các thế hệ đều ngẫu phối.
Bài giải
Khi cho gà mỏ ngắn giao phối với nhau, nghĩa là Aa lai với Aa thì tần số các loại alen
của quần thể ở thế hệ xuất phát là: p(A) = 0,5, q(a) = 0,5
Ở thế hệ F3, áp dụng công thức 6, tần số các loại alen là:
+ Tần số alen A =

0,5
= 0,2
1  3.0,5

+ Tần số alen a =

0,5  3.0,5
= 0,8
1  3.0,5

 Tỷ lệ xuất hiện gà mỏ dài (aa) ởF4là kết quả tổ hợp giao tử a củaF3 :
(0,8)2 = 0,64 = 64%
Lưu ý: Nếu không áp dụng công thức 6, ta phải thực hiện lần lượt từng phép lai ở thế hệ F1,
F2, F3 với từng thế hệ, giao phối ngẫu nhiên tạođủ 3 dạng KG AA, Aa, aa ; sau đó loại bỏ KG
AA, xác định tần số giao tử thế hệ sau  Mất rất nhiều thời gian.
c)Dạng 3: Công thức 7:
* Phạm viáp dụng và công thức 7:
- Trong một quần thể ngẫu phối xét một gen có hai alen A, a nằm trên NST tương đồng (có
thể xem là NST thường ).