0000034(1)

GENETYKA

Zad. 26. Wynik uzyskany w takich warunkach wskazuje na istnienie sprzężenia z picia.

Pokolenie wyjściowe: (samice)    x (samce) X °'Y '. Potomstwo: (samice) X^/U'X-'" oraz

samce X'ⁿY' Oczywiście .A" oraz „fi" są genami niealłelicznymi, chociaż położonymi w chromosomie X.

Zad. 27. Nie. Są to organizmy obuplciowe.

Zad. 28. Samce są hemizygotami i selekcja względem genów zlokalizowanych w chromosomie X praktycznie nie jest potrzebna.

Zad. 29. Jest to możliwe, jeśli analizowane geny zlokalizowane są na przeciwległych końcach chromosomu. Wówczas ilość gamet zrekombinowanych jest bliska 50%. Zc względu na pewne statystyczne odstępstwa od oczekiwanych wyników, dziedziczenie takie da wynik zbliżony do proporcji 9:3:3:1 (oczywiście jeśli analizowane geny wykazują pełną dominację).

Zad. 30. a) 0; b) wszystkie; c) A. B; d) wszystkie; e) A. B. AB.

Zad. 31. Jego formuła nie uwzględnia możliwości dziedziczenia sprzężonego.

Zad. 32. W pierwszym przypadku w F, powstanie układ cis, w drugim zaś trans. Resztę możesz policzyć samodzielnie.

Zad. 33. Fenotyp pierwszego dziecka „wyjaśnia" wszystko: ojciec — Kbf'/>. matka — bbPp. Prawdopodobieństwo, żc drugie dziecko będzie takie jak w zadaniu = 0.5 x 0,75 x 0,5 - 0.1875 (wynik ten możesz zaokrąglić do dwóch miejsc po przecinku).

Zad. 34. a) krzyżówka dwugenowa (4 klasy jakościowe), testowa (charakterystyczne „pary"); odległość /l<->fi równa jest więc 2:30 czyli 6.7 j.m.

b) wynik taki uzyskuje się przy krzyżówce dwóch podwójnych heterozygot AaBb x AaBb i dominacji niezupełnej w obrębie obu loci;

c)    wynik taki sugeruje możliwość krzyżówki (4x2) np AaBb x Aabb. Przy genach dopełniających się jest wówczas:

—    5 możliwości bez kompletu (/I i fi) (aa_ _ , _ bb) oraz

—    3 możliwości, gdy alicie A i Ii są obecne w jednej zygocie.

Zad.35. Prawdopodobieństwo wystąpienia podwójnej homozygoty aabb = 0,216(134 na 621). Wówczas

p gamety ,ib = Vo,2łó = 0.46. Oznacza to m.in.. iż układy AK i ab są niezrekombinowane (w sumie 92% gamet). Odległość A<-+H = 8 j.m. Pokolenie wyjściowe miało genotypy: AAKK oraz aabb. heterozygoty z F, będą wykazywały układ cis. Resztę możesz policzyć samodzielnie.

Zad. 36. Fenotypów 2' = 8. genotypów 3^: x 2' = 9 x 8 =72.

Z ROZDZ: 8

Zad. 37. Fenotypów 3^: x 2* = 9 x 16 = 144. genotypów 3’ x 2* = 27 x 16 = 432.

Zad. 38. U muszki owocowej 2n = 8. Do gamety wchodzą więc zawsze 4 chromosomy, ale ich kombinacje mogą być różne: od matki 4. od ojca 0; od matki 0. od ojca 4; od matki 3. od ojca 1; od matki 1, od ojca 3; od matki 2, od ojca 2. W ujęciu jakościowym jest już 4^J = 16 kombinacji.

Zad. 39. (z ryciną), a — transwersja (zamiana puryny na pirymidynę nie prowadząca do zmiany ramki odczytu) prowadząca do wstawiania nieprawidłowego aminokwasu; skutki zależą od roli tego aminokwasu w białku; b — insercja jednej pary nukleotydów prowadząca do zmiany ramki odczytu — mutacja typu zmiany sensu.

Z ROZDZ: 9

Zad. -40 (z ryciną). Cecha autosomalna. reccsywna.

Z ROZDZ: 11

Zad. 41. Cecha brak wrażliwości na PCI' jest reccsywna (allel a). Tak więc w populacji 30% osób to

homozygoty recesywne. W takim razie p(.i) = V⁽>.3 = 0.55. Ponieważ p(/l) = 1 - p(_d), to p(/l) = I - 0,55 = 0.45. W 600-osobowej szkole jest 1200 alleli, z czego 55% a (660) i 45% allcli/1 (540). Ilość uczniów heterozygotycznych względem tej cechy wynosi wówczas 2 x p(A) x p(a) = 2 x 0.45 x 0,55 = 0,495 (a więc prawie potowa wszystkich uczniów tej szkoły).

Zad. 42. 1/4. Odpowiedź na drugie pytanie brzmi: nie (jedyną istotną informację zawiera zdanie pozwalające określić która wartość cechy dominuje).

Zad. 43. Praktycznie 99 osób na 100 to homozygoty dominujące, a co setna osoba jest nosicielem tego reccsywnego genu (2 x p(/^;) x p(/“) = 2 x 0,995 x 0.005 = 0.01). Ryzyko zachorowania wynosi już tylko 1/40000. ponieważ. 0,005 x 0.005 = 0.000025.

Zad. 44. Jest to zadanie bardzo podobne do poprzedniego. Jeśli p alkaptonurii = 0.000003. to p

reccsywnego allelu <i warunkującego tę chorobę wynosi 0,000003 = 0.002. Szansa, że losowo wybrana osoba będzie heterozygotą wynosi 2 x p(/l) x p(a) = 2 x 0.999997 x 0.000003 = 0.000006 (mniej więcej 1 osoba na 170 tys.).

Zad. 45. a) grupę Al miało 1042 na 3720 osób czyli 28%. Prawdopodobieństwo allelu A-l = //0.28 = 0.53. Wówczas p(.\^r) = 0.47. Teraz już pozostałe dane tego przykładu oraz treść kolejnych pow inieneś przeliczyć samodzielnie.

Zad. 46. Możliwości obliczenia tego ryzyka są następujące: konflikt serologiczny powstaje, gdy matka ma krew Rh(-). a dziecko Rh( + ). Szansa, że statystyczna kobieta ma Rh(-) = 0,39 x0,39 = 0,15. Dziecko będzie miało Rh( + ). jeśli takie Rh ma ojciec, który może być:

a)    homozygotą dominująca — prawdopodobieństwo, że losowo wybrany mężczyzna ma taki genotyp = 0.61 x 0,61 = 0.37. Ryzyko tej sytuacji wynosi więc 0.15 x 0,37 = 0,056;

b)    heterozygotą — prawdopodobieństwo, że losowo wybrany mężczyzna ma taki genotyp = 2 x 0.61 x 0,39 = 0.48. Ryzyko tej sytuacji wynosi więc 0,15 x 0.48 x 0.5 = 0.036. „Dodatkowe” 0.5 bierze się stad. że heterozygotyczni mężczyźni maja jedynie połowę dzieci Rh( + );

Ponieważ nieistotne jest. która z wymienionych kombinacji genetycznych doprowadzi do konfliktu, łączne ryzyko wynosi 0.056 + 0.036 = 0.092 (9.2%).

231