|
|
Из года в год перед генетикой ставятся все более сложные и важные задачи
**250. Врожденный вывих бедра наследуется доминантно, средняя пенетрантность 25 %. Заболевание встречается с частотой 6:10000 (В. П. Эфроимсои, 1968).
Определите число гомозиготных особей по рецессивному гену.
251. Подагра встречается у 2 % людей и обусловленааутосомным доминантным геном. У женщин ген подагры непроявляется, у мужчин пенетрантность его равна 20 %(В. П. Эфроимсон, 1968).
Определите генетическую структуру популяции по анализируемому признаку, исходя из этих данных.
252. Ретинобластома и арахнодактилия наследуются по       
аутосомно-доминантному типу. Пенетрантность ретинобласто-мы 60%, арахнодактилии — 30 %. В Европе больные ретино-бластомой встречаются с частотой 0,03, а арахнодакти-лией 0,04 на 1000 (Н. П. Бочков, 1979).
Определите частоту генов обоих заболеваний среди европейцев.
253. Частота генов групп крови по системе АВО среди европейского населения приведена ниже (Н. П. Бочков, 1979).
Определите процентное соотношение людей с I, II, III, IV группами крови среди русских, бурятов и англичан.
**254. П. Ф. Рокитский (1978) приводит следующие частоты групп крови в популяции: 1 — 0,33; И —0,36; III — 0,23; IV-0,08.
Вычислите частоты генов, определяющих группы крови в системе АВО в данной популяции.
255. Дж. Ниль и У. Шелл (1958), В. П. Эфроимсон (1968) дают обширные сводки распределения групп крови по системе АВО среди населения различных районов земного шара. Часть материалов приведена ниже:
i I I
Определите частоты генов 1°, 1Аи 1Вво всех перечисленных популяциях.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
1. В условиях задачи последовательность аминокислот в полипептиде дана. По этим сведениям нетрудно установить строение иРНК, которая управляла синтезом данного полипептида. По предлагаемой таблице кода (см. приложение, табл. 1) находим структуру триплета для валина (ГУУ), затем для аланина (ГЦУ), глицина (ГГУ), лизина (ААА), триптофана (УГГ), валина (ГУУ), серина (УЦУ) и глутаминовой кислоты (ГАА). Подобрав кодирующие триплеты, составляем иРНК для данного полипептида: ГУУ ГЦУ ГГУ ААА-ГУУУЦУГАА. По цепочке иРНК можно восстановить участок нити ДНК, с которой она снималась. Урацил вставал против аденина ДНК, гуанин — против цитозина и т. д. Следовательно, участок интересующей нас нити ДНК будет иметь следующее строение:
ЦААЦГАЦЦАТТТЦАААГАЦТТ
Но ДНК состоит из двух нитей. Зная строение одной нити, по принципу дополнительности достраиваем вторую. Целиком участок ДНК, кодирующий данный полипептид, будет иметь следующее строение:
ЦААЦГАЦЦАТТТЦАААГАЦТТ
TimiTTiiiiTiiiiiTii
ГТТГЦТГГТАААГТТТЦТГАА
4. Как и в задаче 1, дана последовательность аминокислот в цепи В инсулина. Подбирая кодовые триплеты, строим иРНК:
УУУГУУГАУЦАГЦААУУАУГУГГУУЦУЦАУ
По иРНК строим одну нить участка ДНК:
АААЦААЦТАГТЦГТТААТАЦАЦЦААГАГТА
Затем восстанавливаем строение второй нити ДНК и получаем строение искомого участка:
АААЦААЦТАГТЦГТТААТАЦАЦЦААГАГТА
iiiTiiTiiiiTiiiiiimmiiiiii
ТТТГТТГАТЦАГЦААТТАТГТГГТТЦТЦАТ
9. Задача по характеру обратная только что разобранным. Известна одна лишь нить ДНК, с которой снимается иРНК. Строим иРНК по условиям задачи: УГГУАУЦАГ-ГУУЦЦУ. Разбиваем ее на триплеты: УГГ, УАУ, ЦАГ, ГУУ, ЦЦУ. По таблице кода (см. приложение, табл. 1)        последовательно находим для каждого триплета соответствующую аминокислоту и строим участок искомого полипептида триптофан — тирозин — глутамин — валин — пролин.
11. В условиях задачи даны кодовые триплеты всех аминокислот, выделяющихся с мочой у больного цистинурией. По ним, пользуясь кодовой таблицей, узнаем состав выделяющихся "аминокислот у больного: серии, цистеин, аланин, глицин, глутамин, аргинин, лизин. Аминокислоты, выделяющиеся у здорового человека, в задаче указаны. Исключаем их из списка, полученного нами, узнаем ответ на поставленный вопрос в пункте /.' цистеин, глутамин, аргинин, лизин. 12. Как и в задаче 9, первоначально строим иРНК УУАУГУАААУУУЦАГ, а затем, разбив ее на триплеты, строим участок искомого белка в норме: лейцин — цистеин — лизин — фенилаланин — глутамин. По условиям задачи из нити ДНК удаляется пятый и тринадцатый (слева) нуклеотиды. Остается: ААТААТТТАААТЦ. По полученному участку строим нить иРНК: УУАУУАААУУУАГ, вновь разбив ее на триплеты, находим строение участка белка после произошедших изменений в ДНК: лейцин — лейцин — аспарагин — лейцин. Сравнивая строение участка белка до и после изменений в ДНК, видим, что произошла замена всех аминокислот, кроме первой, а длина цепи сократилась на одну аминокислоту.
21. По известному аминокислотному составу строим иРНК УУУГУУГАУЦАГЦАУУУАУГУГГУУЦУЦАУ
Затем находим строение сначала одной нити, а потом двухцепочечной ДНК:
АААЦААЦТАГТЦГТАААТАЦАЦЦААГАГТА
ТТТ ГТТГАТЦАГЦАТТТАТГТГГТТЦТЦАТ
Подсчитываем все количество адениновых оснований (20), ти- !
миновых (20), гуаниновых (10) и цитозиновых (10). Затем
высчитываем требуемое в условиях задачи ■ (А + Т)/(Г + Ц) =
(20 + 20)1(10 + 10) = 40/20 = 2,0.
28. Прежде чем решать задачу, необходимо уяснить ха- ) рактер анализируемых признаков и обусловить запись определяющих их генов. В данной задаче имеем дело с одной парой аллельных генов, один из которых определяет невосприимчивость овса к головне, второй, аллельный ему ген, не обладает свойствами защищать организм от заболевания. [ Ген иммунности — доминантный ген, обозначим буквой А. J Ген, неспособный защитить организм от заражения головней, рецессивный, обозначим буквой а. Эти условия задачи можно записать так:
П  о условию пункта 1 скрещиваются два гомозиготных растения, одно из которых обладает иммунитетом, второе — нет. Следовательно, генотип первого растения будет АА, второго — аа.
Решение задачи можно произвести по схеме, представленной на рис. 5. У первого растения возможны гаметы только одного типа, содержащие ген А, у второго тоже только одного типа, содержащие ген а. При слиянии таких гамет все потомство будет гибридным, или гетерозиготным, содержащим и доминантный и рецессивный гены: Аа. Фенотипически все потомство будет устойчивым к головне (первое правило Менделя).
Запись решения можно произвести и другим способом. Составляется решетка, в которой по одной оси записываются возможные гаметы одного родителя, по другой оси — гаметы второго родителя:
В На перекрестках вписываются возможные варианты слия-Иния гамет, что соответствует возможным вариантам генотипов потомства:
По условию пункта 2 скрещивается гибрид первого поколения (Аа) с растением, лишенным иммунитета (аа)'. Решение можно провести по схеме (см. рис. 5) или произвести такую же запись по решетке:
         Анализ записей показывает, что половина потомства будет гетерозиготным и. следовательно, устойчивым к головне, другая — юмозиготные по рецессивному гену растения, поражаемые головней.
29. Задача носит иной характер: установление генотипов по анализу фенотипов потомства Решение задачи также должно начинаться с уяснения признаков и определяющих их генов:
В условиях задачи нам даны лишь соотношения фенотипов в потомстве. Для решения подобных задач необходимо помнить, при скрещивании каких генотипов возможны определенные соотношения фенотипов или, по крайней мерс, иметь под руками табличку возможных соотношений потомков при различных вариантах моногибридного скрещивания (см. приложение, табл. 2).
По условию пункта 1 в потомстве произошло расщепление фенотипов в отношении 1:1. Следовательно, скрещивалось гетерозиготное растение с растением, гомозиготным по рецессивному ichv: Аа х аа.
В условиях пункта 2 даны числовые соотношения фенотипов. По ним можно установить, что в потомстве на 1 растение, дающее грушевидные плоды, оказалось 3 растения с круглыми плодами 31750:95 250, т.е. отношение 1:3. Следовательно, скрещивались гибридные растения (Аа х Аа), и в потомстве должны быть генотипы в следующих отношениях: \АА :2Аа :\аа.Из 95 250 растений с круглыми плодами 1/3 приходилась на растения с генотипом А А, а 2/3 — на гетерозиготные растения с генотипом Аа. Эти 2/3 составляют 63 500 растений.
39. Вчитываясь в условия задачи, нетрудно понять, что серый цвет доминирует над белым:
При скрещивании серых кур с белыми вес потомство оказалось серым. Следовательно, в первом скрещивании родители были гомозиготными АА и аа (см. приложение, табл. 2), а потомство оказалось гетерозиготным серым — Аа.
Во втором скрещивании брались гибриды Аа и скрещивались с белыми курами аа. Потомство должно быть наполовину серым Аа, наполовину белым аа. Действительное соотношение 85:87, близкое отношению 1:1, подтверждает это решение.
46. Записываем условия задачи:
Прежде чем ответить на прямой вопрос задачи, необходимо установить генотипы мужчины и женщины, вступающих в брак. Если мужчина голубоглазый, то его генотип будет включать два рецессивных гена аа. ■ Указание на то, что родители мужчины были кареглазыми, не должно нас смущать. Из этого указания мы можем сделать лишь дополнительный вывод о том, что его родители были гетерозиготными Аа и Аа. У женщины глаза карие. Следовательно, у нее обязательно должен быть доминантный ген карих глаз А, который она унаследовала от своей матери. Второй ген цвета глаз женщина получила от отца, а отец ее был голубоглазым и имел генотип аа. Следовательно, женщина гетерозиготна по цвету глаз, ее генотип Аа. При браке гетерозиготного родителя Аа с гомозиготным по рецессивному гену аа равновероятная возможность рождения детей как с карими (Аа), так и с голубыми (аа) глазами. При решении задач применительно к человеку нельзя говорить о прямом отношении 1:1, так как точные менде-левские соотношения получаются лишь при большой численности потомства или при больших выборках. У человека семья ограничена небольшим числом детей, поэтому можно говорить лишь о вероятности, а не об истинных соотношениях.
48. Условия задачи:
Отец гетерозиготен, следовательно, его генотип Аа. Мать не страдает заболеванием, она гомозиготна по рецессивному           гену, ее генотип аа. При браках Аа и аа равновероятная возможность рождения как больных, так и здоровых детей 50 %: 50 %.
49. Условия задачи:
В брак вступают гетерозиготные родители Аа и Аа. Фенотипически они здоровы. При браках гетерозиготных родителей вероятны генотипы детей: АА — 25%, Аа — 50 %, аа — 25 %. Следовательно, вероятность рождения здоровых детей равна 75 %, вероятность рождения детей, больных фе-нилкетонурией, — 25 %.
53. Условия задачи:
По условиям задачи один из супругов страдал галакто-земией, но был излечен. Следовательно, его генотип включает два рецессивных гена аа. То, что он был излечен, говорит о том, что «исправлен» его фенотип, но генотип остался прежний — аа. Второй супруг гетерозиготен, его генотип Аа. При браках Аа и сю равновероятно рождение как здоровых, так и больных детей — 50 % : 50 %.
68. Из условий задачи видно, что имеем дело с двумя парами неаллельных генов. Записываем признаки и определяющие их гены :
По условию пункта 1 скрещиваются гомозиготные растения. Первое — нормального роста (АА) и позднеспелое (bb), его генотип AAbb. Второе — гигантское (аа) и раннеспелое (ВВ), его генотип ааВВ. Первый родитель может дать только один тип гамет — АЬ, второй — только аВ. При слиянии таких гамет возможен лишь один вариант генотипа потомства — АаВЬ. Следовательно, все потомство будет гетерозиготным по обеим парам генов, а фенотипически — всё нормального роста и раннеспелое.
Ответ на пункт 2 легко найти в решетке Пеннета (см. рис. 6). В трех клеточках (правый нижний угол) из 16 будут особи с генотипами ааВВ и ааВЬ, 3/16= 18,75%.
Можно решить иначе. В условиях задачи мы записали: гигантский рост — а, раннее созревание — В. В пункте 2 задачи спрашивается, какой процент растений будет с признаками генов а и В. При скрещивании дигибридов расщепление по фенотипу происходит в Отношении 9:3:3:1, т.е. 9 с признаками, обусловленными генами А и В, 3-е признаками, обусловленными А и Ь, 3— с а а В, 1—саиб. Следовательно, гигантских растений раннего созревания будет 3 из 16, или 18,75%.
Наконец, можно решить пункт 2 исходя из вероятностей совпадения независимых явлений. Вероятность проявления в потомстве признака рецессивного гена" одного аллеля — гигантский рост — равна 1/4, вероятность проявления доминантного гена второго аллеля — раннее созревание — равна 3/4, вероятность сочетания этих признаков в потомстве равна 1/4 х 3/4= 3/16= 18,75%.
В пункте 3 задачи по полученным соотношениям 5593:22 372 определяем, что по росту произошло расщепление 1:3, по срокам созревания — также 1 :3. Следовательно, скрещивались гетерозиготные по обоим признакам растения. В этом случае гигантских растений позднего созревания должно получиться 1/16.22372:16= 1398 растений.
71. Условия задачи:
Из условий задачи нельзя определить, какие особи по генотипу скрещивались. Можно лишь сказать, что первые имели оба рецессивных гена окраски гусениц (аа) и, по крайней мере, один доминантный ген по цвету кокона (В). Вторая группа скрещиваемых особей имела, по крайней мере, один доминантный ген по окраске гусениц (А) и оба рецессивных гена по окраске кокона (bb). В первом поколении все гусеницы были полосатые и плели желтые коконы. Отсюда можно установить, что второй из пары доминантных генов        у каждого из родителей также был доминантным. В противном случае в первом поколении получилась бы часть особей с одноцветными гусеницами, также были бы особи с белыми коконами.
Следовательно, скрещивались особи с генотипами ааВВ и ААЬЪ. При таком скрещивании возможен лишь один вариант потомства: по генотипу АаВЬ, по фенотипу — полосатые гусеницы, плетущие желтые коконы.
При скрещивании особей первого поколения (АаВЬ) между собой получится потомство, характерное для скрещивания дигибридов: 9 — 1усеницы полосатые, коконы желтые, 3 — гусеницы полосатые, коконы белые, 3 — гусеницы одноцветные, коконы желтые, 1 — гусеницы одноцветные, коконы белые. В условиях задачи приведены количественные соотношения фенотипов во втором поколении. Они лишь подтверждают правильность решения.
78. По условиям задачи имеем дело с двумя болезнями, следовательно, с двумя парами неаллельных генов. При решении очень важно различать, где ген «норма» по отношению к фенилкетонурии, где ген «норма» по отношению к агам-маглобулинемии:
По условиям задачи в брак вступают два гетерозиготных по обеим парам генов родителя. Их генотипы АаВЬ. Из решетки Пеннета (см. рис. 6) видны возможные генотипы потомства.
В пункте требуется определить вероятность рождения здоровых детей. Здоровые дети те, у кого в генотипе будет хотя бы по одному доминантному гену из каждого аллеля. Вероятность рождения таких детей равна 9/16, или 56,25%. Можно рассуждать иначе, без вычерчивания решетки Пеннета. Вероятность рождения детей, имеющих доминантный ген одного аллеля — 3/4, имеющих доминантный ген другого аллеля - 3/4. Следовательно, вероятность рождения детей, имеющих хотя бы по одному доминантному гену из каждого аллеля равна 3/4 х 3/4 = 9/16, или 56,25%.
В пункте 2 требуется установить возможности спасения детей, больных фенилкетонурией. Из решетки Пеннета можно видеть, что это будет три особи из 16, у которых есть фенилкетонурия, но нет агаммаглобулинемии. Но с фенилкетонурией может родиться четверо из 16. Трех из них можно спасти. Следовательно, в 75%, случаях рождения больных фенилкеюнурией можно спасти.
Можно решать задачу также исходя из вероятности совпадения двух независимых явлений. Спасти можно только тех больных фенилкетонурией (гомозиготы по рецессивному гену одного аллеля), у которых будет хотя бы один доминантный ген второго аллеля. Вероятность первого явления 1/4, второго — 3/4. Следовательно, возможности спасения будут 1/4 х 3/4 = = 3/16. Приняв число больных фенилкетонурией 1/4 за 100%, высчитаем, что 3/4 от этого числа равны 75 %
87. Из условий задачи ясно, что мы имеем дело с одной парой генов. Ни один из генов не доминирует полностью над другим, поэтому право решающего любой ген обозначить большой буквой. Чтобы подчеркнуть, что ген не полностью доминирует, над ним ставится черточка. В таблице записи условий задачи целесообразно внести еще одну графу «генотип».
По условиям пункта / требуется установить потомство от скрещивания двух растений с листьями промежуточной ширины, т. е. гетерозиготных: Аа х Аа. Решать можно или по схеме рис. 5, или составляя решетку:
1/4 растений будет с широкими листьями, 1/4 — с узкими и 1/2 — с листьями промежуточной ширины.
В пункте 2 требуется определить характер потомства от скрещивания узколистного растения (аа) с растением, имеющим листья промежуточной ширины (Аа). Потомство получится характерным для анализирующего скрещивания: половина с узкими листьями, половина с листьми промежуточной ширины.
95. В задаче обусловлено, что ген «нормы» — доминантный
        
ген, но он не подавляет полностью рецессивный ему ген цистилурии:
По условиям пункта 1 требуется определить возможные формы проявления цистинурии у детей в семье, где один из родителей гомозиготен по_ рецессивному гену болезни — аа, а другой гетерозиготен — Аа (имел лишь повышенное содержание цисгина в моче).
Вероятность рождения детей с повышенным содержанием цистина в моче и страдающих камнями почек одинакова — 50% -50%.
В условиях пункта 2 один из родителей гомозиготен по рецессивному гену болезни {аа), второй — нормален по гену «норма» (АА). По первому правилу Менделя можно решить, что все дети в этой семье будут иметь повышенное содержание цистина в моче.
101. Имеем дело с двумя парами генов, в обеих парахобнаруживается неполное доминирование. После записи условий задачи в таблице устанавливаем генотипы родителей, вступающих в брак: Ssttи ssTt.I
По возможным вариантам гамет того и другого родителя составляем решетку:
Следовательно, вероятность рождения совершенно здоровых детей в этой семье равна 1/4, или 25%.
105. Интересное сочетание: гены черного и рыжего цвета не доминируют друг над другом, а в сочетании дают «трехшерстную» масть. Право решающего большой буквой обозначить любой ген. Возьмем А - черный, а - рыжий цвет. Но эти гены находятся в .Y-хромосоме. Поэтому мы должны обозначить ген черного цвета Х^, ген рыжего цвета — Ха.
По условиям пункта 1 скрещивается «трехшерстная» кошка с черным котом. Генотип кошки Х
АХа, кота X
AY. В У-хромо-соме гена, аллельного гену цветности в X-хромосоме, нет.
Вероятность появления «трехшерстных» котят от такого скрещивания равна 1/4, или 25 %. Все они будут кошками.
По условиям пункта 2 скрещивается рыжая кошка (ХаХа) с черным котом (X
AY):
   От этого скрещивания половина котят будет «трехшерстными» (кошки), половина — рыжими (коты).
|
|
|
Скачать 3.75 Mb.