TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA SINH HỌC
TIỂU LUẬN DI TRUYỀN HỌC
ỨNG DỤNG XÁC SUẤT
THỐNG KÊ TRONG
GIẢI BÀI TẬP
DI TRUYỀN

MỤC LỤC
A.Đặt vấn đề
I.Lời mở đầu
B.Nội dung nghiên cứu
I.Cơ sở kiến thức cơ bản của Di truyền học
II.Cơ sở lý luận của việc ứng dụng xác suất thống kê
trong việc giải bài tập di truyền
1.Xác suất cổ điển
1.1.Định nghĩa
1.2.Các phép đếm
1.3.Nhị thức Newton
2.Xác suất thống kê hiện đại
2.1.Tổng quan và định nghĩa xác suất thống kê hiện
đại
2.2. Các quy tắc và tính chất của xác suất
2.3. Dãy phép thử độc lập Bernoulli
2.4. Công thức xác suất toàn phần
2.5. Công thức Bayes
3.Ứng dụng thống kê trong việc đánh giá, ước lượng số
liệu Di truyền
3.1.Ước lượng số cá thể có đặc tính A trong N cá thể
3.2.Phương pháp Khi bình phương (Chi-square
method) trong đánh giá độ phù hợp giữa các số liệu

sống và sản xuất, dựa trên các nguyên lý xác suất người ta có
thể dự đoán khả năng biểu hiện của một số tính trạng hay bệnh ở
thế hệ sau. Cũng như mọi sinh vật ở người có rất nhiều tính
trạng tuân theo quy luật của Mnedel như bệnh hóa xơ nang,
bệnh bạch tạng, bệnh hồng cầu hình lưỡi liềm, các tính trạng
màu mắt…
Lý thuyết xác suất trong Di truyền học là một bộ phận kiến
thức tương đối khó vì nó trừu tượng cao về bản chất và toán
học. Vì vậy nghiên cứu kiến thức cơ sở cũng như xây dựng
phương pháp thiết lập và giải quyết các kiểu bài toán di truyền
vận dụng lý thuyết xác suất thống kê là rất cần thiết
Xuất phát từ tình hình thực tế đó chính là lí do tôi chọn đề
tài “Ứng dụng xác suất thống kê trong giải bài tập Di truyền”.
NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I.Cơ sở kiến thức cơ bản của Di truyền học
Ngay từ thế kỉ thứ V trước Công nguyên có 2 học thuyết được nêu ra
là : sự di truyền trực tiếp và gián tiếp.Theo thuyết di truyền trực tiếp
Hippocrate cho rằng vật liệu di truyền được thu thập từ tất cả các phần
của cơ thể, về sau Aristotle theo thuyết Di truyền gián tiếp bác bỏ học
thuyết của Hippocrate, ông cho rằng vật liệu sinh sản được tạo ra từ chất
dinh dưỡng mà về bản chất đã tiền định cho cấu tạo các phần khác nhau
của cơ thể.
Sinh vật học được phát triển mạnh mẽ vào thế kỉ 19 các phương pháp
lai giống ở thực vật và động vật được sử dụng.Nhiều học thuyết ra đời
điển hình như : Thuyết Tiến hóa của Lamarch 1809 và đặc biệt là
R.Charle Darwin 1859 “Nguồn gốc các loài”.
Năm 1865 Gergor Mendel đã công bố kết quả nghiên cứu trong bài
báo (3/2-2/3- 1865) tại Hội nghị các nhà khoa học Brno “Các thí nghiệm
về cây lai”.
Trong Kỉ yếu của hội năm 1866, cả hai bài báo của Mendel được

2
Hạt vàng x Hạt xanh Vàng 6022vàng:2001 xanh 3,01:1
3
Hoa đỏ tía x Hoa trắng Đỏ tía 705 đỏ tía:224 trắng 3,15:1
4
Qủa phồng x Qủa tóp Phồng 882 phồng:299 tóp 2,95:1
5
Quả vàng x Quả xanh Xanh 428 xanh:152 vàng 2,82:1
6
Hoa dọc thân x Hoa đỉnh D.thân 651 d.thân:207 đỉnh
3,14:1
7
Thân cao x Thân thấp Cao 787 cao:277 thấp 2,84:1

Từ các phép lai trên cho thấy : Khi lai 2 cặp bố, mẹ khác nhau thuần
chủng về các cặp tính trạng cơ bản thì cơ thể lai F1 đều đồng tính nghĩa là
chỉ biểu hiện tính trạng 1 bên của bố hoặc mẹ, tính trạng đó gọi là tính
trạng trội (dominant) và tính trạng kia không quan sát được gọi là tính
trạng lặn (recessive). Khi cho cây ở F1 tự thụ phấn với nhau thì ở thế hệ
F2 ông thu được cả 2 kiểu hình (Phenotype) của bố mẹ ban đầu với tỷ lệ
3/4 trội và ¼ lặn.
Giải thích
Quy ước gen: Gen A quy định tính trạng hạt vàng (trội)
Gen a quy định tính trạng hạt xanh (lặn)
Sơ đồ lai
Ở F1 P: Hạt vàng (AA) x Hạt xanh (aa)
Giao tử P A a
F1 Aa (vàng)
Giao tử F1 ( 1/2 A : 1/2 a )cái ( 1/2 A : 1/2 a) đực
Ở F2

2
Vàng – trơn 315 9,84 9
Vàng – nhăn 101 3,16 3
Xanh – trơn 108 3,38 3
Xanh – nhăn 32 1,0 1
T=556
Với phép lai này, tất cả các con lai F
1
đều có kiểu hình trội kép là hạt
vàng và trơn. Khi cho F
1
tự thụ phấn, ở F
2
xuất hiện 4 kiểu hình là vàng –
trơn, vàng – nhăn, xanh – trơn, xanh – nhăn với tỷ lệ xấp xỉ 9:3:3:1
Giải thích
Quy ước gen
A : quy định hạt vàng,
a : quy định hạt xanh.
B : quy định hạt trơn.
b : quy định hạt nhăn
Sơ đồ lai
P : AABB x aabb
G : AB ab
F
1
100% AaBb
F
1
x F

Victor A.McKusick năm 1994, có 6678 tính trạng và các bệnh đơn gene.
Nói chung việc xác định phương thức di truyền ở người là tương đối khó
khăn, vì mỗi gia đình có ít con, thường ít hơn 10 người. Để khắc phục
đều đó, người ta dùng phương pháp phân tích phả hệ (pedigree analysis).
Các tính trạng lặn : Đa số ở người các rối loạn di truyền là lặn. Đại
đa số những người mắc bệnh này thường có bố mẹ đều bình thường về
kiểu hình, nhưng thật ra lại mang gene bệnh ở trạng thái dị hợp.
Ví dụ: Một số rối loạn thường gặp như Bạch tạng (gây thiếu sắc tố ở
da, mắt và tóc – tỉ lệ mắc bệnh trung bình là 1/22.000), Hóa xơ nang
(gây thừa chất nhầy ở phổi, dịch tiêu hóa và gan), Phenylketonuria (gây
tích lũy phenylalanin ở máu, trì độn, thiếu sắc tố da bình thường, chết ở
tuổi nhỏ), bệnh Hồng cầu hình lưỡi liềm (tổn thương lách và nhiều cơ
quan, nguy cơ lây nhiễm cao).
Các tính trạng trội ( dominant traits ) : mặc dù hầu hết các allen có
hại là allen lặn, nhưng một số rối loạn ở người là do các allele trội. Trong
số đó có một vài allele không gây chết, chẳng hạn như tật thừa ngón tay
và chân, hoặc có màng da giữa ngón tay và chân. Các tính trạng có tàn
nhang, dái tai thòng cũng như khả năng uốn lưỡi hình ống và gập ngược
lưỡi lên đều do các gene trội đơn khác nhau kiểm soát.
Ví dụ: điển hình cho rối loạn này là dạng lùn phổ biến do thoái hóa
sụn gọi là Achondroplasia, đầu và thân phát triển bình thường nhưng tay
chân ngắn một cách bất thường (chỉ những người dị hợp tử mới bị bệnh
này, còn kiểu gene đồng hợp trội gây chết phôi.
315 101
3,1
108 32
+
≈
+
315 108

n
. Các cách chọn đối tượng x
i
không trùng với cách chọn x
j
nếu i # j thì có m
1
+ m
2
+ …+ m
n
cách chọn
một trong các đối tượng đã cho.
Quy tắc nhân : Giả sử công việc H gồm nhiều công đoạn liên tiếp H
1
,
H
2
, …,

H
k
và mỗi công đoạn H
i
có n
i
cách thực hiện thì có tất cả n
1
x n
2

ngẫu nhiên một lần trúng số
cần gọi ”. Số các trường hợp có thể xảy ra là số các cặp 2 chữ số khác
nhau từ 0 đến 9. Nó sẽ bằng số chỉnh hợp chập 2 của 10. Vậy số trường
hợp có thể xảy ra là . Do đó P(A) = 1/90
1.3.Nhị thức Newton

2.Xác suất thống kê hiện đại
2.1.Định nghĩa
Định nghĩa xác suất theo cổ điển trực quan, dễ hiểu. Tuy nhiên khi số
các kết quả có thể vô hạn hoặc không đồng khả năng thì cách tính xác
suất cổ điển không thể tính được.
Giả sử phép thử C được lặp đi lặp lại nhiều lần độc lập trong những
điều kiện giống hệt nhau. Nếu trong n lần thực hiện phép thử C, biến cố
A xuất hiện k
n
(A) lần thì tỉ số
( )
!
!
k
n
n
A
n k
=
−
( )
!
! ! !
k


Được gọi là tần số xuất hiện của biến cố A trong n phép thử.
Người ta chứng minh được định luật số lớn khi n tăng lên vô hạn thì
f
n
(A) tiến đến một giới hạn xác định. Ta định nghĩa giới hạn này là xác
suất của biến cố A, ký hiệu P(A)

Trên thực tế P(A)
được xấp xỉ bởi tần suất f
n
(A) khi n đủ lớn
2.2.Các tính chất của xác suất
Các định nghĩa trên thỏa mãn
i.Với mọi biến cố A
ii.Xác suất của biến cố không thể là bằng 0, xác suất của biến cố chắc
chắn là bằng 1.

2.2.1Quy tắc cộng xác suất
a.Trường hợp xung

Tổng quát hơn nếu { A
1
,A
2
, ,A
n
} là dãy biến cố xung khắc từng đôi
một thì


= Ω =
( ) ( ) ( )P A B P A P B∪ = +
1
1
( ).
n
n
i i
i
i
P A P A
=
=
 
=
 ÷
 
∑U
1
( ) 1
n
i
i
P A
=
=
∑

Nếu A,B,C là ba biến cố bất kì thì
2.2.2Xác suất có điều kiện

n
) =P(A
1
)P(A
2
/A
1
)…P(A
n
/A
1
A
2
…A
n-1
)
 Mệnh đề: Nếu các gene phân ly độc lập và tổ hợp tự do, thì tỷ lệ
phân ly đồng thời của cả 2 tính trạng (hay n tính trạng) bằng tích các
tỷ lệ phân tích riêng rẽ của các tính trạng đó và ngược lại.
 Hệ quả: Nếu tỉ lệ phân ly riêng rẽ của các tính trạng khác với tỉ lệ
phân ly đồng thời của cả 2 tính trạng( hay n tính trạng), chứng tỏ các
tính trạng đó tuân theo quy luật di truyền liên kết
Ví dụ 1: Kết quả 1 phép lai cho thấy tỷ lệ phân ly của cả hai tính trạng
1A-bb : 2A-B-: 1aabb hoặc 3A-B- : 1aabb. Trong khi tỷ lệ phân ly của
mỗi tính trạng vẫn là 3:1. Ta dễ dàng thấy rằng tích (3:1)(3:1) khác tích
1:2:1 hoặc (3:1), chứng tỏ các tính trạng này tuân theo quy luật liên kết
hoàn toàn, và kiểu gene của bố mẹ chúng với đối với trường hợp đầu là
Ab/aB x Ab/aB hoặc AB/ab x AB/ab.
Ví dụ 2: Có 6 cây đậu hoa vàng và hai cây đậu hoa trắng lấy lần lượt 2
( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P AB∪ = + −

cấp dưới thì sẽ được chuyển lên ở cấp trên thẩm định tiếp. Qua thống kê
cho thấy giống của trại trên được TT cấp 1 chấp thuận với xác suất 0,7.
TT cấp 2 là 0,8 và TT cấp 3 là 0,9. Tính xác suất để giống lúa được đưa
ra sản xuất đại trà.
Giải: Gọi A là sự kiến giống lúa được đưa ra sản xuất đại trà.
A
i
là sự kiện giống lúa được chấp thuận ở t.tâm cấp i.
=> P(A) = P(A
1
A
2
A
3
) = P(A
1
).P(A
2
/A
1
).P(A
3
/A
2
A
1
)
= 0,7.0,8.0,9 = 0,486
2.3.Dãy phép thử độc lập
Trong thực tế nhiều khi ta gặp những phép thử hợp gồm một dãy liên


1 2

k n k
k n k n
n
k
B A A AA A A A AA
−
− +
+
= + +…
A
k
n
C
( ) , ( ) 1
j
i
P A p P A p q= = − =
Nên
Suy ra :
Đây chính là công thức
Bernoulli cho ta biết xác suất A xuất hiện k lần trong lược đồ Bernoulli
Gọi P
n
(k) là xác suất để sự kiện A xuất hiện k lần trong một lược đồ
Bernoulli và P
n
(k

2
= (3/4), p
2
= (1/4)
và xác suất cần tính là
2.4.Công thức xác suất toàn phần
Nếu { A
1
,A
2
, A
n
} là một hệ đầy đủ biến cố. Với mọi biến cố
của B của cùng một phép thử ta có :

2.5.Công thức Bayes
Nếu { A
1
,A
2
, A
n
} là một hệ đầy đủ biến cố. Với mọi biến cố
của B của cùng một phép thử sao cho P(B) > 0 ta có :

Trong thực tế các
xác suất {P(A
1
),
P(A

( )
k k n k
k n
P B C p q
−
=
( ) ( )
k k n k
n k n
P k P B C p q
−
=
2 2
1 1
1 2
( , ) ( )
k k
k k n k
n n n
k k k k
P k k P k C p q
−
= =
= =
∑ ∑
3 3 2
5 5
(3) .(0,8) .(0,2)P C=
4 4 6
10 10

P A P B A
=
= =
∑
ra) trong trường hợp này chúng luôn cùng giới. Trường hợp sinh đôi do 2
trứng sinh ra gọi là sinh đôi giả. Nếu cặp sinh đôi do 2 trứng sinh ra thì
xác suất để chúng cùng giới là ½. Biết xác suất để sinh ra một cặp đôi
cùng trứng là p. Một cặp trẻ sinh đôi ra đời, biết chúng cùng giới. Tính
xác suất để chúng là sinh đôi thật.
Giải: Gọi A là sự kiện cặp trẻ sinh đôi là cùng giới.
A
1
là sự kiện cặp trẻ sinh đôi là sinh đôi thật.
A
2
là sự kiện cặp trẻ sinh đôi là sinh đôi giả
A
1
,A
2
là hệ đầy đủ, P(A
1
) =p, P(A
2
) =1- p, P(A/A
1
)=1, P(A/A
2
)=1/2.
Theo công thức Bayes ta có xác suất cần tính là

) = 1 và P(A/B
2
) =(1/2)
6
=1/64
Vậy xác suất hậu nghiệm cần tìm là
3.Ứng dụng thống kê trong việc ước lượng, đánh giá
số liệu di truyền
3.1.Ước lượng số cá thể có đặc tính A trong N cá thể:
Đây là bài toán thường gặp trong thực tế, chẳng hạn cần đưa ra ước
lượng về số người mắc một loại bệnh trong một khu dân cư có N người
hoặc cần ước lượng về hoa héo trong một vườn hoa gồm N hoa trồng,
Gọi m là số cá thể có đặc tính A trong đám đông gồm N cá thể. Lấy từ
đám đông ra một mẫu ngẫu nhiên (không hoàn lại) gồm n cá thể. Gọi X là
số cá thể có đặc tính A trong n cá thể. X sẽ có phân phối siêu bội với

Biến ngẫu nhiên
1 1
1
1 1 2 2
( ) ( )
.1 2
( )
1
( ) ( / ) ( ) ( / ) 1
.1 (1 ).
2
P A P A A
p p
P A A

nM nM N M n
E X D X
N N N N
− −
= = −
−
có phân phối là
giới hạn chuẩn tắc.
Từ quy luật phân phối
giới hạn Z với độ tin cậy P đã cho ta có thể tìm được khoảng tin cậy của
E(X) từ đó suy ra khoảng tin cậy của M. Tuy nhiên việc tìm khoảng tin
cậy của E(X) theo phương pháp trên là khá phức tạp nên ta không đi theo
hướng này. Ta cũng biết rằng nếu N lớn hơn rất nhiều so với n thì phân
phối siêu bội xấp xỉ phân phối nhị thức B(n,p) với p = (M/N).
Giả sử n
A
là số cá cá thể có đặc tính A trong n cá thể, f = (n
A
/n),
khoảng tin cậy của p với độ tin cậy P là

Ví dụ: Tại
một vùng núi
Tây Nguyên
gồm 10000
người. Tiến
hành xét
nghiệm tìm kí sinh trùng sốt rét của 200 người thấy có 40 người có kí
sinh trùng sốt rét trong máu. Hãy tìm khoảng tin cậy của số người có kí
sinh trùng sốt rét trong máu với độ tin cậy P = 0,95.

2 2
(1 ) (1 )
(1 ) (1 )
(1 ) (1 )
a a
a a
a a
f f f f
f U p f U
n n
f f M f f
f U f U
n N n
f f f f
N f U M N f U
n n
− −
− ≤ ≤ +
− −
⇒ − ≤ ≤ +
   
− −
− ≤ ≤ +
   
   
2
2
2
2
(1 )

−
− = − =
−
+ = + =
 
−
− = =
 
 
 
−
+ = =
 
 
0.025
2
2
2
2
50 1 2
,1 , 1,96, 150, 400
150 3 3
(1 ) 1 2
1,96. 0,3246
3 150.9
(1 ) 1 2
1,96. 0,3420
3 150.9
400
1170

= ≈
−
+
=
−
−
;
loài cá trong hồ người ta đánh bắt 400 con cá rồi đánh dấu mỗi con cá này
bằng một vòng nhôm nhỏ sau đó thả vào hồ. Sau một thời gian người ta
bắt lại 150 con thấy trong đó có 50 con đã được bắt ở lần trước. Với độ
tin cậy p = 0,95 hãy tìm khoảng tin cậy số lượng n của loài cá
Ta có
Kết luận: Với độ tin cậy P=0,95 ta có tin rằng loài cá trong hồ
vào khoảng từ 1170 đến 1232 con.
3.2.Phương pháp Khi-bình phương (Chi square method)
trong đánh giá độ phù hợp giữa số liệu quan sát và kỳ vọng
Các số liệu thống kê thu được từ các thí nghiệm vốn sai khác ít nhiều
so với các con số mang tính chất lý thuyết, tùy thuộc chủ yếu vào mẫu thí
nghiệm và phương pháp lấy mẫu. Trong trường hợp đó, ta không biết
chắc kết quả thu được có thật nghiệm đúng với tỷ lệ của một quy luật nào
đó hay không.
Để đưa ra câu trả lời cho vấn đề này ta cần sử dụng phương pháp trắc
nghiệm Khi-bình phương. Đây là một công cụ toán thống kê thông dụng
cho phép kiểm tra độ phù hợp giữa các trị số thực tế quan sát được
(Observed = O) và các trị số lý thuyết được kỳ vọng (Expected = E) của 1
quy luật di truyền, một phân phối thực nghiệm hoặc để kiểm tra tính độc
lập của 2 đại lượng ngẫu nhiên (gọi là giả thuyết H
0
). Trên phương diện
thực hành, phương pháp này được tiến hành đơn giản như sau:

khiến ta có thể
nghĩ tới một số tỷ lệ lý thuyết gần với nó (như 2:1, 3:1 hay 9:7).Nhưng ở
đây tỷ lệ “tím:trắng” thực tế là 3,15:1 nên tỷ lệ kỳ vọng hợp lý hơn cả là
3:1. Đó chính là giả thuyết H
0
cần kiểm tra
2
χ
2 2
( ) / ; 1,2
i i i
O E E i n
χ
 
= − =
 
∑
2
χ
2
a
χ
2
0,05
a
χ
=
2
a
χ

suất thống kê trong giải bài tập di truyền
Bài tập 1: Ở đậu Hà Lan, tính trạng hạt màu vàng trội hoàn toàn so với
tính trạng hạt màu xanh. Tính trạng do 1 gene quy định nằm trên NST
thường. Cho 5 cây tự thụ và sau khi thu hoạch lấy ngẫu nhiên một cây 1
hạt đem gieo được các cây F
1
. Xác định:
a. Xác suất để ở F
1
cả 5 cây đều cho toàn hạt xanh
b. Xác suất để ở F
2
có ít nhất 1 cây có thể cho được hạt vàng.
Giải:
a. Xác suất để ở F
1
đều cho 5 cây toàn hạt xanh
Ta có Sơ đồ lai
P: Aa x Aa
F
1
: 1AA, 2 Aa, 1aa
KH: 3/4 vàng : 1/4 xanh
Nếu lấy ngẫu nhiên một cây 1 hạt thì xác suất một hạt lấy ra là :3/4
vàng và 1/4 xanh.
Đây là trường hợp các sự kiện (phần tử) không đồng khả năng tức có
xác suất khác nhau.

Gọi a là xác suất hạt lấy ra là màu vàng : a = 3/4
Gọi b là xác suất hạt được lấy ra là màu xanh b = 1/4

1
ít nhất có 1 cây cho hạt vàng đồng nghĩa với trừ trường hợp 5 hạt lấy
ra đều xanh (tính chất của biến cố giao).
Vậy xác suất để ở F
1
có ít nhất 1 cây hạt vàng là : 1 – (1/4)
5
Bài tập 2: Có 5 quả trứng thụ tinh. Những khả năng nào về giới tính có
thể xảy ra. Tính xác suất mỗi trường hợp
Giải: Những khả năng về giới tính có thể xảy ra và xác suất của mỗi
2
χ
2
0,05a
χ
=
trường hợp
Gọi a là xác suất nở ra con trống, b là xác suất nở ra con mái, ta có a =
b = 1/2
Vậy có 6 khả năng với xác suất như sau
5 trống =
4 trống, 1 mái =
3 trống, 2 mái =
2 trống, 3 mái =
1 trống, 4 mái =
5 mái =
Bài tập 3: Bệnh máu khó
đông ở người do gen đột biến lặn nằm trên NST giới tính X, alen trội
tương ứng quy định người bình thường. Một gia đình có người chồng
bình thường còn người vợ mang gen dị hợp về tính trạng trên. Họ dự định

Gọi b là xác suất sinh con trai bị bệnh b = 1/4
Gọi c là xác suất sinh con gái bình thường c = 1/2
a.Các khả năng (biến cố) có thể xảy ra và xác suất mỗi trường hợp
Hai lần sinh là kết quả của (a+b+c)
2
= a
2
+b
2
+c
2
+2ab+2bc+2ca
Vậy có 6 khả năng xảy ra với xác suất như sau
2 trai bình thường = a
2
= (1/4)
2
= 1/16
2 trai bị bệnh = b
2
= (1/4)
2
= 1/16
2 gái bình thường = c
2
= (1/2)
2
= 1/4
1 trai bình thường + 1 trai bệnh = 2ab = 2.(1/4).(1/4) = 1/8
1 trai bệnh + 1 gái bình thường = 2bc = 2.(1/4).(1/2) = 1/4

5
1 10
.
2 32
C
 
=
 ÷
 
5
3
5
1 10
.
2 32
C
 
=
 ÷
 
5
4
5
1 5
.
2 32
C
 
=
 ÷

Gọi số alen trội (hoặc lặn) là a
=> Số alen lặn là 2n –a
Vì các cặp gen tổ hợp tự nhiên ta có
Vì trong tổ hợp gen
có (2n) alen và xác suất có được 1 alen trội hoặc lặn trong tổ hợp gen
bằng nhau và bằng 1/2 nên số tổ hợp gen có a alen trội (hoặc lặn) = và do
đó xác suất tổ hợp có được a alen trội (hoặc lặn) .(1/2)
2n
Bài giải :
Trước hết cần xác định cả 2 yêu cầu a và b đều thuộc dạng tính tổ hợp
vì không phân biệt thứ tự các loại phần tử của biến cố ( trội và lặn).
Từ công thức ở phần phân tích ta có
Xác suất tổ hợp gen có 1
alen trội :
Xác suất tổ hợp gen có
4 alen trội :
b. Cây có chiều cao (165cm) hơn cây thấp nhất (150cm) là 15cm
Nên có thể suy ra cây 165cm có 3 alen trội
Vậy khả năng có 1 cây có
chiều cao 165cm là
Bài tập 5: Bộ NST lưỡng bội của loài n =24. Xác định
a.Có bao nhiêu trường hợp thể 3 có thể xảy ra
b.Có bao nhiêu trường hợp thể 1 kép có thể xảy ra
c.Có bao nhiêu trường hợp đồng thời xảy ra cả 3 đột biến : thể 0, thể 1,
thể 3 ?
Phân tích cơ sở
Gọi n là số cặp NST đơn
Đối với trường hợp thể lệch bội đơn : Lệch bội có thể xảy ra ở mỗi
cặp NST bất kỳ nên số trường hợp là
Đối với trường hợp thể lệch bội kép: Lệch bội kép tức là trong tế

C
2
n
C
bào có 2 thể lệch bội như nhau, số trường hợp là
Đồng thời với nhiều (a) thể lệch bội khác nhau
Với lệch bội 1 có (n) cách chọn
Với lệch bội 2 có (n – 1) cách chọn
Với lệch bội 3 có (n – 2) cách chọn

Với lệch bội thứ k có (n – k + 1) cách chọn
Do đó số trường hợp xảy ra là = (n).(n – 1)(n – 2) (n – k + 1) = n! /
(n –k)! =
Tổng quát: Số trường hợp
lệch bội khi xảy ra đồng thời
2 hoặc nhiều đột biến lệch bội
Bài giải:
Cả 2 yêu cầu bài ra đều thuộc dạng tính số tổ hợp vì không phân biệt
thứ tự các loại phần tử của biến cố (chẳng hạn thể 3 cặp thứ nhất hay thể
ba cặp thứ 2).
Số trường hợp có thể xảy ra 2n = 24 nên n =12
a.Số trường hợp có thể 3 =
b.Số trường hợp thể 1 kép
là =
c.Số trường hợp đồng thời xảy ra cả 3 đột biến phụ thuộc vào vị trí sắp
xếp 3 loại phần tử (thể 0, thể 1, thể 3) nên không thuộc về số tổ hợp mà
đó là chỉnh hợp chập 3 của 12 phần tử. Do đó:
Số trường hợp đồng thởi xảy ra 3 thể lệch bội là

Bài toán 6: Một

) = 1, P(A/A
2
) = (1/2), P(A/A
3
) = 0
k
n
A
! ( )!
k
n
A n n k= −
1
12
n
C n= =
2
( 1) / 2 66
n
C n n= − =
! ( )! 12!/ (12 3)! 12!/ 9! 1320
k
n
A n n k= − = − = =
P(B/A
1
) = 0, P(B/A
2
) = (1/2), P(B/A
3

+ BA
2
+ BA
3
Suy ra P(B) = P(A
1
)P(B/A
1
) + P(A
2
)P(B/A
2
) + P(A
3
)P(B/A
3
)
= (1/4).0 + (2/4).(1/2) + (1/4).1 = 1/2
Bài tập 7: Một cặp vợ chồng sinh được 3 người con , 1 nhóm máu AB , 1 nhóm B. 1
nhóm máu O. Tính xác suất để cặp vợ chồng trên sinh ra
a.Con gái có nhóm máu A
b.Con trai có nhóm máu B
c.Con trai nhóm máu A hoặc B
d.Hai người con trai , 1 nhóm máu A , 1 nhóm máu B
Bài giải:
Gen quy định nhóm máu ở người có 3 alen IA , IB , IO
Cặp vợ chồng này phải có kiểu gen : IAIO( nhóm máu A ) , IBIO( Nhóm máu B)
Sơ đồ P: Bố (mẹ) x Mẹ (bố)
IAIO IBIO
G: 1/2 IA, 1/2 IO 1/2 IB,1/2 IO

III12 có kiểu gen là XMXM hoặc XMXm
III11 có kiểu gen XMY (vì đàn ông bình thường)
Trường hợp 1: III11( XMY) x III12 ( XMXM)
Sinh ra con trai bị bệnh Q = 0%
Trường hợp 2: III11( XMY) x III12 (XMXm)
Sinh ra con trai bị bệnh Q ( XmY) = 1/2 Y x 1/2 Xm = 1/4
Xét chung :
III11 có kiểu gen AaXMY
III12 có kiểu gen aaXMXM hoặc aaXMXm
Trường hợp 1: Bố AaXMY x Mẹ aaXMXM
Sinh ra con trai mắc cả2 bệnh= 0%
Trường hợp 2: Bố AaXMY x Mẹ aaXMXm
Sinh c.trai mắc 2 bệnh (AaXmY)=1/2 x1/2 x1/4 =1/16= 6,25%
Bài tập 9:
Ở người gen quy định màu mắt có 2 alen (A,a), gen quy định hình
dạng tóc có 2 alen (B,b), gen quy định nhóm máu có3 alen (I
A
,I
B
, I
O
)
.Cho biết các gen nằm trên các cặp nhiễm sắc thể thường khác nhau. Số
kiểu gen tối đa có thể được tạo ra từ 3 gen nói trên ở quần thể người là
bao nhiêu ?
Bài giải:
-Số kiểu gen quy định màu mắtlà: 3
-Số kiểu gen quy định hình dạng tóclà: 3
-Số kiểu gen quy định nhóm máu là: 6
Số loại kiểu gen tối đa là: 3 x 3 x 6 = 54

một lợi ích cực kì to lớn. Xác suất thống kê giúp người giải muốn vận
dụng để giải quyết một bài toán phải hiểu được bản chất phân ly thực sự,
hiểu được quy luật của vấn đề, từ đó nhận dạng ra quy luật (phân ly độc
lập, hoán vị hay liên kết giới tính ), đồng thời còn giúp ta giải quyết vấn
đề một cách nhanh chóng và chính xác.

KIẾN NGHỊ: Việc ứng dụng xác suất thống kê trong giải bài tập di
truyền cần được ứng dụng rộng rãi trong chương trình dạy học THPT,
Cao đẳng, Đại học (vì đây là một phần rất hay, giúp phát triển tư duy
người học.
Trong quá trình nghiên cứu đề tài không thể giới thiệu hết toàn bộ các
dạng bài tập di truyền ứng dụng xác suất thống kê, nên còn nhiều thiếu
sót, rất mong nhận được sự phê bình, chỉ bảo, đóng góp của quý thầy bộ
môn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Hoàng Trọng Phán, 2005.“Giáo trình Di truyền học”
2.Phạm Thành Hổ,2000,“Di truyền học”, Nhà xuất bản Giáo dục
3.Nguyễn Minh Công, Vũ Đức Lưu, Lê Đình Trung, 2001,“ Bài tập di truyền”, Nhà
xuất bản Giáo dục
4.Lê Đức Vĩnh, 2006, “Giáo trình xác suất thống kê”, Nhà xuất bản Hà Nội
5.Hoàng Trọng Phán, 2000, Công thức Bayes và phép tính gần đúng trong phân tích
di truyền học, Thông báo khoa học – Trường ĐHSP Hà Nội, số 4/2000, tr.65-76
6.Weaver RF, Hedrick PW, 1997, Genetics 3
rd
ed, McGraw-Hill Companies,
Inc.Wm.C.Brown Publishers, Dubuque, IA.
Nguyễn Quang Hoàng Vũ