0000033(1)

GENETYKA

ODPOWIEDZI DO ZADAŃ ZAMIESZCZONYCH W NIEKTÓRYCH ROZDZIAŁACH

Z ROZDZ: 6.

Zad. 1. Mężczyzna jest heterozygotą. Z „resztą*⁴ poradzisz sobie sam.

Zad. 2. W tym przypadku niezbędna jest krzyżówka testowa z rośliną o białych kwiatach. Rozszczepienie l: 1 w potomstwie będzie oznaczać, że testowany kwiatek był heterozygotą. Jeśli rozszczepienie nie nastąpi, był on homozygotą dominująca.

Zad. 3. Krzyżówka AA x aa (gdzie A — czarna sierść, .i — czerwona). W F, nastąpiło rozszczepienie w proporcjach 3:1 (po krzyżówce Ad xAd).

Zad. 4. Chodzi o dominację niezupełną. W F. długie : średnie : krótkie, w proporcjach 1:2:1.

Zad. 5. Dziedziczenie dwugenowe. cechy niezależne, autosomalne. Do analizy F. konieczne jest uproszczenie, wówczas proporcje 9:3:3:1 widać wyraźnie. Ostateczny wynik uzyskano więc w krzyżówce A.iBb x A<iBb.

Zad. 6. Praktycznie jest to niemożliwe i p = 0. Jednak ilość informacji o rodzinie kobiety jest mała, tak więc istnieje minimalne ryzyko, że jest ona nosicielką (można je jednak spokojnie pominąć).

Zad. 7. P = 0,75, ponieważ kobieta jest na pewno nosicielką.

Zad. 8. a) p=0.5 b)p=0,5 c) p=0,5 (ojciec X Y , matka X"X'*).

Zad. 9. a) B. 0 b) AB c) A, 0 d)— e) AB. Niezależnie od treści tego konkretnego zadania warto zapamiętać pew ną „regułę”: rodzic o grupie krwi AB nie może mieć dziecka z grupą 0 i odwrotnie — dziecko z grupą AB nie może mieć rodzica z grupą 0.

Zad. 10. Cecha ilościowa. Występowanie pięciu klas jakościowych sugeruje determinację dwugenową (P: R, R,r r. x r,r.R ,R F,: R r,R ,r,). Jeden allel R zwiększa ilość liści na łodydze o 3.

Zad. U. Cecha ilościowa, determinacja wielogcnowa: geny kumulatywne.

Zad. 12. Grzebień jest cechą autosomalną. ubarwienie ciała heterosomalną. P: (koguty) X’X' RRPP x (kury) X V rrpp. /. 320 zniesionych jaj. bez w zględu na płeć, wylęgną się wyłącznie osobniki o grzebieniu orzeszkowym i upierzeniu wielobarw nym (koguty — X ’X' RrPp i kury — X ’Y RrPp).

Zad. 13. Odpowiedź nie jest jednoznaczna. Wiadomo, że: powódka ma genotyp IT. jej dziecko Pi*'. Rozważanie układu IT można wykluczyć, ponieważ domniemany ojciec miał grupę B (Fi¹' albo IT). Jego prawowita żona (grupa krwi 0) mogła dawać do gamet tylko allel i‘\ grupę krwi dzieci dziedziczyły po ojcu. Jeśli przyjąć, że dzieci z małżeństwa były jego własne, to szanse, że będąc heterozygotą, pięciokrotnie ..dawał” do gamety allel I wynoszą 1/32 (jedna na 2' kombinacji). „Sporne” dziecko jeszcze bardziej zmniejsza to praw dopodobieństwo (1/32 x 1/2 = 1/64). Raczej więc był on homozygotą I“I^U. Pytanie tylko jak do tego wszystkiego odniesie się sąd? Powinna tu zadziałać zasada domniemanej niewinności, ale „wyrok” należy do Ciebie.

Zad. 14. Allel na szurpatośćjesi suhlctalny i dominuje niecałkowicie nad allclem na normalne upierzenie. Srcdnioszurpatc osobniki pokolenia wyjściowego były helerozygotami. F,= 1:2:1. Jednocześnie mamy tu do czynienia z efektem plcjotropowym (homozygoty dominujące giną).

/.ad. 15. Jeśli determinacja jest jednogenowa. należy przyjąć, ze ma tu miejsce dominacja zupełna cechy orlego nosa. Rodzice powinni być helerozygotami ((X> x l\>). dziecko zaś musiałoby odziedziczyć alicie reccsywne (oo).

/.ad. 16. Przy dominacji zupełnej potomstwo homozygoty dominującej jest zawsze jednolite, bez względu na „wyposażenie" genetyczne partnera.

Zad. 17. Kombinacji jest bardzo dużo. Jedna z możliwych przedstawia się następująco:

rodzice Ai ,r, x Aa Rr.R/:, dziecko 1 - - <ia R,R K _;Rdziecko 2 — /la R.R.R .R dziecko 3 — aa r.r.rr (/I — inna barwa włosów, a — rude; dwa loci genów kumulatywnych R,R odpowiedzialne są za intensywność barwy). Można oczekiwać, że analizowane geny nie są sprzężone z płcią. Nie ma natomiast danych umożliw iających sprawdzenie stopnia sprzężenia genów kumulatywnych ze sobą.

Zad. 18. Żółty. Zwróć uwagę, że łaciaty (szyldkretowy) fenotyp występuje tylko u samic. Jednak patrząc na koty w naturze nie zakładałbym się o to — czasem szyldkretowc ubarwienie mają także samce, chociaż są prawdopodobnie bezpłodnymi mutantami.

Zad. 19. Albo było dwóch, różnie ubarwionych ojców, albo zadanie jest nierozwiązywalne. Założenia trzeba zapożyczyć z zadania poprzedniego.

Zad. 20. a) 3:1 jest wy nikiem krzyżówki jednogenowej dwóch heterozygot. np. Ad xAa z dominacją zupełną: b) 1:1 jest wynikiem krzyżówki jednogenowej Ai x aa (wstecznej?). Dominacji nie można tutaj określić; c) 9:7 jest wynikiem krzyżów ki dwóch podwójnych heterozygot. np. AaBb xAnBb z dominacją zupełną. Geny/I oraz B są dopełniające; d) 12:3:1 jest wy nikiem krzyżówki dwugenowej heterozygot. np. AaBb x AaBb z dominacją zupełną. Gen A jest epistatyczny w stosunku do genu B: e) 9:3:4 jest także wynikiem epistazy (por. przykład dziedziczenia barwy kolców u malin); f) 1:1:1 ;1 jest wynikiem dwugenowej krzyżówki testowej (?) AaBb x aabb (dziedziczenie niezależne, typu dominacji nic można ustalić); g) 1:1:1:1:1:1:1:1 jest wynikiem trzygenowej krzyżówki testowej (?)Ai#/>CV xaahbctr (dziedziczenie niezależne, typu dominacji także nie można ustalić): h) 1:2:1 jest wynikiem jednogenowej krzyżówki Aa xAa (dominacja niezupełna albo kodominacja).

Zad. 21. Chodzi o geny dopełniające się położone w jednym chromosomie (P: AAbb x aaBB F,: AaBb w układzie trans) Obliczenie ilości osobników w F, wymagać będzie wy konania szachownicy genetycznej i obliczenia po kolei prawdopodobieństwa każdej z 16 możliwych kombinacji genetycznych. Wówczas powinieneś otrzymać praktycznie 50 % myszy z ogonami i 50 % bez.

Zad. 22. Treść jednoznacznie wskazuje istnienie sprzężenia pomiędzy analizowanymi genami. Odległość można ustalić obliczając % podwójnych homozygot recesywnych — 381 na 2132 rośliny ogółem w F, stanowi 17.9%. Duża częstość powstawania podwójnych homozygot recesywnych oznacza tu. że: P; AABB x aabb F,: AiiBb (układ cis); odległość A*-*B = 15.4 j.m.

Zad. 23. Samice do samców 2:1 (ponieważ połowa samców umiera).

Zad. 24. We wszystkich przypadkach 100.

Zad. 25. Proporcje 491:115 po uproszczeniu przedstawiają się następująco: 4.3:1 (tak jak w proporcji 13:3). Sugeruje to epistazę, gdzie gen B ujaw nia się tylko gdy nie ma genu A. Jeśli krzyżowane były podwójne heterozygoty są tylko trzy takie możliwości (na ogólną liczbę szesnastu). Dziedziczenie niezależne. Konieczne będzie wykonanie szachownicy genetycznej.

229