107. Условия задачи:
рождения здоровых детей в этой семье равна \п Девочки с генотипом XhXhпогибают.
115. Условия задачи:
      
По условиям пункта / ясен генотип больного мужчины — XhY. Так как женщина не страдает гемофилией, у нее обязательно должен быть доминантный ген «нормы» — Хн. Второй ген женщины также доминантный (Хп), в противном случае были бы больные дети. Следовательно, генотип женщины ХцХн. Генотипы детей от такого брака:
Иначе говоря, все мальчики будут здоровы, гена гемофилии у них не будет, а все девочки будут гетерозиготными — в рецессиве у них будет ген гемофилии. Если все мальчики впоследствии вступят в брак со здоровыми в отношении гемофилии лицами (ХИХН\ гемофилия у внуков не проявится. Если дочери (ХНХ^ вступят в брак со здоровыми мужчинами (ХнY), вероятность проявления гемофилии у внуков будет равна 1/4, или 25%. По полу это будут мальчики:
По условиям задачи оба родителя нормальны следовательно, у них обязательно есть по доминантному геНу из каждой пары: Хни А. Сын имеет обе аномалии, его генотип XhYaa. X-хромосому с геном гемофилии он мог унаследовать только от матери. Один из генов альбинизма сьш получил от матери, другой — от отца. Таким образом, гено1ИП матери XHXhAa, генотип отца XHYAa. При таком браке вероятны генотипы детей:
     По условиям пункта 2 в брак вступает больной мужчина (генотип XhY) с женщиной, не страдающей болезнью. Следовательно, у женщины один ген обязательно «норма» — Хн. Но второй ген из этой пары у нее должен быть геном гемофилии — xh, так как отец этой женщины страдал гемофилией, а женщина получает всегда одну Л"-хромосому от матери, вторую — от отца. Генотип женщины — XHXh. Вероятность рождения здоровых детей в этой семье равна ½.
Можно решить иначе. Вероятность того, что следующий ребенок будет сыном, равна 1/2. Вероятность того, что ребенок унаследует гемофилию, тоже равна 1/2. Вероятность рождения детей с альбинизмом у гетерозиготных родителей равна 1/4. Для вычисления окончательного результата все вероятности перемножаются: 1/2 х 1/2 х 1/4 = 1/16.
119. В условиях задачи ген гипертрихоза обозначим бук    вой Z, находящейся в F-хромосоме, в Х-хромосоме нет гена, аллельного гипертрихозу:
Так как отец имел гипертрихоз и был пятипалым, его генотип XYzaa. У матери не было гипертрихоза (и не могло быть — нет У-хромосомы), но она была шестипалой. Следовательно, у нее должен быть хотя бы один ген шестипалости — А. В этой семье родилась нормальная девочка. Ее генотип ХХаа. Один ген пятипалости она получила от отца, а второй ген пятипалости могла получить только от матери. На основе этого решаем, что мать была гетерозиготна по гену шестипалости. Ее генотип XXАа. Вероятные генотипы детей:
ясно, что скрещивались гомозиготные особи сс1'сс1' и cV' При скрещивании полученных гибридов происходит расщеп пение по фенотипу в отношении: один шиншилловый, два светлосерых, один гималайский:
Количественные соотношения в потомстве (51:99:48) лишь подтверждают правильность решения.
Пункт 2 решается такими же рассуждениями.
По пункту 3 надо подбирать генотипы родителей. Кролики окраски дикого типа могут иметь четыре генотипа: СС, Ссс1', Cchи Сс, а гималайские — два генотипа: с''с'' и с''с. В потомстве получилось три фенотипа в отношении Г два дикого типа, один гималайский и один альбинос. Появление альбиносов в потомстве говорит о том, что у каждого из родителей было по одному гену альбинизма — с. Следовательно, генотипы скрещиваемых кроликов были Сс и сьс. Вычертив решетку, видим, что данные истинного расщепления (41:18:21) близки теоретическим :
     
Без обеих аномалий возможна лишь 1/4 детей, или 25 %. 123. При записи условий задач на множественные аллели следует добавить колонку «генотипы».
По условиям пункта 1 скрещивались шиншилловые кролики с гималайскими. И те и другие могут быть как гомозиготными, так и гетерозиготными. Однако все потомство от их скрещивания получалось единообразным. Так как из признаков этих двух окрасок ни одна не доминирует над другой, а в сочетании они дают светло-серую окраску (генотип с^с11),
108
Решение пунктов 4 и 5 проводится с помощью аналогичных рассуждений.
127. Для решения задач по группам крови необходимо знать генотипы, определяющие ту или иную группу крови и уметь вывести возможные варианты генотипов потомства в зависимости от генотипов родителей. Целесообразно иметь для работы две таблицы: таблицу генотипов при различных группах крови (см. приложение, табл. 3) и таблицу возможных комбинаций генотипов и групп крови детей при различных генотипах родителей (табл. 4).
По условиям задачи родители имеют II и III группы крови. II группу определяют два генотипа (1А1° и 1Л1А), III группу —
       
тоже два (1ВР и Z5/5). Следовательно, возможно четыре варианта решений. По табл. 4 можем найти
133. Для решения задачи составим таблицу вероятных генотипов родителей и детей:
Из таблицы видим, что при любых генотипах первой пары у них не может быть детей с IV группой крови, но возможны дети с I группой. В то же время у родителей второй пары не может быть детей с I группой, но могут быть дети с IV группой крови. Следовательно, мальчик с I группой принадлежит первой паре, мальчик с IV группой — второй паре.
138. Записываем условия задачи:
На растениях с красными жилками, выросших из семян первого пакета, развиваются цветы только с первым комплексом признаков. Их генотипы АА или Аа. Но если бы в хозяйстве были гетерозиготные растения (Аа), то в их потомстве обязательно выщепились бы рецессивные гомозиготы, т. е. белолепестковые растения с зелеными жилками листа. Их в рассаде не оказалось. По тем же причинам в хозяйстве не могло быть и белолепестковых растений. Следовательно, первое хозяйство выращивает только краснолепсстковые растения с генотипом АА.
Из второго пакета выросло 3/4 растений с первым комплексом признаков, 1/4 — со вторым. Расщепление 3:1 происходит в случаях скрещивания моиогибридов (Аа х Аа = АА + 2Аа + аа). Следовательно, во втором хозяйстве все маточные растения были гибридными — Аа.
Из третьего пакета выросла половина растений с первым комплексом признаков, другая половина — со вторым. Расщепление 1 : 1 происходит при скрещивании гибридов (Аа) с рецессивными гомозиготами (аа). Очевидно, в третьем хозяйстве половина маточных растений краснолепеегковых, половина — белолепестковых. В этой популяции не было гомозиготных доминантных форм. Если бы они были, то число рецессивных гомозигот всегда было бы меньше половины.
В пункте / указано, что в брак вступают гетерозиготные роди гели:
147. Условия задачи:
Вероятность того, что в семье появятся дети, несущие ген подагры, равна 3/4. Но не у всех этот геи проявит себя. Он будет проявляться лишь у мужчин. Вероятность рождения мальчиков равна 1/2. Следовательно, наследование гена подагры, способного проявить себя, равно 3/4 х 1/2 = 3/8. Геи подагры проявится лишь у 20% (1/5) несущих его мужчин. Окончательный результат будет равен: 3/8 х 1/5 = 3/40, или 7 5 °/
По условиям пункта 2 один из супругов гетерозиготный носитель гена (Аа), а второй нормальный в отношении подагры (аа). Тс же рассуждения. Вероятность того, что родится ребенок, несущий ген подагры, равна 1/2. Вероятность того, что это будет мужчина, также равна 1/2. Пенетрантность признака 20%, или 1/5. Перемножим вероятности и получим: 1/2 х 1/2 х 1/5 = 1/20, или 5 %.
       
156. Условия задачи:
      
R
пары хромосом разойдутся в иных отношениях: 38% —;
38 7 —; 12 7 — и 12% —. Так как попадание в гамету иор-
° п п N
мальных и обменявшихся участками хромосом из каждой пары равновероятно, можно записать:
Перемножим цифры, выписанные по горизонтали и вертикали, и, разделив их на 100, получим в точках перекреста число гамет с соответствующим набором генов.
У второго гомозиготного по всем четырем признакам растения гаметы будут только одного типа —. Следова-
114 |
тельно, генотипически и фенотипически потомство будет распределяться по 16 классам, соответствующим отношению гамет гетерозиготного растения:
- „ AarraaRr,, _
2. Генотип одного растения —.—, второго ,,..■■ У обо-
ВЬпп bbNn
их растений кроссинговер возможен лишь в одном из двух пар хромосом. Поэтому первое растение даст гаметы:
115
    
41% -£-, 41% , 9% и 9%, у второго растения гаметы
ВУ1 иП ОП DYI
будут: 38%^-, 38%-^, 12%-^и 12% ^-. Строим решет-
ку Пеннета с указанием процентного соотношения гамет у родителей и высчитываем процент особей потомства в точках перекреста:
3. Число возможных гамет у гибрида по всем четырем признакам мы высчитывали при решении пункта 1. Возможно 16 типов гамет в следующих отношениях:
Для решения задачи необходимо построить решетку Пен-нета 16 х 16 квадратов, указать процентное соотношение гамет у каждого из родителей и высчитать численные соотношения генотипов и фенотипов потомства в точках перекреста, как это мы делали при решении пункта 2. Арифметические действия провести самостоятельно.
116
Номерация локусов в хромосоме идет от исходной нулевой -точки. Следовательно, расстояние между локусом цвета тела и цвета глаз во второй хромосоме равно 54,5 — 48,5 = 6 мор-ганид. Расстояние между локусом формы края крыла и размера фасеток глаз в ^-хромосоме: 51,5 —.5,5 = 46 морганид.
Ап
1. Генотип самки по условиям задачи —- XDEXdc, генотип
Во
самца -уг XdeY. Как и в решении пункта / задачи 167 составляем таблицу и вычисляем возможные гаметы самки:
% Самец может давать два типа гамет —- Xdeи — Y. В слу-
о о
чаях слияния этих двух типов гамет самца с 16 указанными
117
         
гаметами самки будет различен лишь пол. Поэтому в каждом фенотипическом классе будет половина самцов, половина самок:
2. По условиям задачи генотип самки —т- X%Xd, генотип
Во Аа
самца -^r-X\Y. Гаметы гетерозиготной самки рассчитаны в во
решении пункта /. У самцов дрозофилы кроссинговера не происходит. В связи с этим у него возможно четыре типа гамет в равных количествах (по 25%): — Af, —Х%, — Y,
в ь в
— Y. Необходимо составить решетку Пеннета размером 4 (ишеты самца) х 16 (гаметы самки) с указанием процентного соотношения типов гамет. В точках перекреста высчитать процент возможного потомства по генотипу. Составление решетки Пеннета предоставляем учащимся.
В связи с тем, что у самца Л'-хромосома несет доминантные гены, у всех самок в его потомстве будут нормальные крылья и нормальные размеры фасеток глаз. Расщепление среди самок произойдет только по аутосомным генам на четыре класса.
  
Самцы же в потомстве при заданных условиях задачи цадут 16 фенотипических классов:
от него? Расстояние между aqи msравно 11 морганидам, а между aqи Р — 14 морганидам. Следовательно, msрасположен между aqи Р. Поэтому отмечаем точку Р вправо от aqна 14 морганид и вправо же от msна 3 морганиды.
Дальше сказано, что ген srрасположен от msна расстоянии 25 морганид. Снова тот же вопрос: вправо или влево? Раньше в условиях задачи было записано, что srнаходится от aqна расстоянии 14 морганид, a aqот ms— на расстоянии 11 морганид. Следовательно, aqрасположен между srи ms, и место локуса srмы должны отметить влево от msна 25 морганид и влево же от aqна 14 морганид. Общая схема карты анализируемого участка хромосомы будет выглядеть следующим образом:
  
173. Лучше, если схему размещения генов строить на заранее подготовленной линейке с определенным масштабом Например, 1 морганида равна 0,2 см.
По условиям задачи ген aqрасположен от гена т% на расстоянии 11 морганид. Нанесем это на линейку:
Ген Р отстоит от гена aqна 14 морганид. Но мы не знаем, вправо от него или влево Из условий выясняем, что " расположен от msна 3 морганиды. Вопрос: вправо или влево
к
По условиям пункта Iпри скрещивании белых кур с белыми получили следующее соотношение фенотипов. 1365 белые/315 окрашенные, или 13.3. Такое отношение возможно при скрещивании гибридов в случае доминантного эпистаза (см. рис. •s Л). Следовательно, скрещиваемые куры имели генотипы
121
       
Ccliи Ccli. Вычерчивая решетку Пеннета, находим генотипы окрашенных цыплят: \ССи и 2Сси.
По условиям пункта 2 скрещивались белые куры с пестрыми (окрашенными). Генотип окрашенных кур может быть ССи или Ccii, а гаметы они могут давать самое большее двух типов: Ciи ci. Белые куры могут иметь разнообразные генотипы, а гаметы давать четырех типов: CI, Ci, ci, ci. Потомство полученных цыплят было окрашенных 3033: белых 5055, или 3:5. Анализируя составленную решетку Пеннета, видим, что отношение 3 окрашенных к 5 белым получается при суммировании двух колонок, в которых стоят гаметы Ciи ci(вторая и четвертая колонки). Генотипы, указанные в этих колонках, и есть искомые генотипы потомства. Следовательно, скрещивались белые дигибридные куры, которые дали все четыре типа гамет с окрашенными курами, имевшими генотип Ccii, которые дали два типа гамет {Ciи ci).
Для решения пункта 3 таким же образом анализируем решетку Пеннета. Соотношение фенотипов потомства оказалось 1:1. Такое соотношение мы находим во второй колонке, где гаметы Ciсливались со всеми возможными гаметами дигибридов. Генотипы второй колонки — генотипы полученного потомства. Следовательно, скрещивались дигибриды (Celt) с окрашенными курами, имевшими генотип ССИ.
|
Скачать 3.75 Mb.
