Решение генетических задач на сцепленное наследование генов 2019 год

190. Как решать задачи по генетике?

Решение задач по генетике способствует усвоению теории и ее практическому применению. Обычно при решении задач проводится генетический или гибридологический анализ. Цели анализа могут быть различными: определение числа генов, контролирующих изучаемый признак, установление характера наследования, определение генотипов и фенотипов потомства или родительских форм и т. д.

Рассмотрим некоторые примеры решения задач на моно-, ди- и полигибридное скрещивание, сцепленное наследование, наследование, сцепленное с полом, неаллельное взаимодействие генов и генетический анализ популяций.

Моногибридное скрещивание

Задача 1. Определить генотипы родительских форм, если при скрещивании желтосемянных растений в F1, F2 и F3 были только желтосемянные. Установлено, что признак — окраска семян гороха контролируется одной парой аллелей, локализованных в паре аутосом.

Решение. Поскольку в течение трех поколений не наблюдалось расщепления, исходные формы гомозиготны.

Задача 2. Определить генотипы родительских форм, если при скрещивании желтосемянного и зеленосемянного растений первое поколение было желтосемянным, а во втором поколении наблюдалось расщепление на 3/4 желто- и 1/4 зеленосемянных.

Решение. F1 было единообразным, значит, родители — гомозиготы. При скрещивании двух различных гомозигот в F1 все потомки должны быть гетерозиготными. Они желтосемянные, значит, этот признак доминирует. Обозначим аллели, определяющие желтую окраску семян, через A, а зеленую — через а. Тогда

Для получения второго поколения скрещиваем гибриды F1:

Расщепление по генотипу в F2 1/4 AA + 2/4 Аа + 1/4 аа или по фенотипу 3/4 желтосемянных и 1/4 зеленосемянных.

Задача 3. Какое потомство следует ожидать в анализирующем скрещивании желтосемянных растений их F1?

Решение. Скрещиваем желтосемянное растение F1 с зеленосемянным:

В анализирующем скрещивании получим расщепление 1:1, что является результатом образования двух типов гамет гетерозиготой Аа.

Ди-, полигибридные скрещивания

Если изучается передача двух или более пар признаков, необходимо учитывать, что гены, контролирующие их, могут наследоваться независимо или быть сцепленными.

Независимое наследование

Поскольку каждый признак контролируется одной парой аллелей, локализованных в разных парах хромосом, анализ каждого признака при решении задач должен проводиться отдельно.

Задача 4. Какое потомство следует ожидать от скрещивания гомозиготного желтосемянного растения с зеленосемянным морщинистым, если окраска и поверхность семян гороха наследуются независимо? Желтая окраска доминирует над зеленой, гладкая поверхность семян — над морщинистой.

Решение. Обозначим через A и а аллели желтой и зеленой окраски, а через В и b — аллели гладкой и морщинистой поверхности семян соответственно.

В первом поколении все потомство будет гетерозиготным АаВb с желтыми гладкими семенами, во втором наблюдается расщепление по каждому признаку в отношении 3/4:1/4. Анализируя совместно оба признака, получим 3/4A- + 1/4аа) (3/4B- + 1/4bb):

Сцепленное наследование

Если признаки определяются генами, локализованными в одной паре гомологичных хромосом, то они наследуются сцепленно. При полном сцеплении гены всегда наследуются вместе. Благодаря процессу кроссинговера могут возникать кроссоверные гаметы (или гаметы-рекомбинанты), частота которых зависит от расстояния между генами: чем больше расстояние, тем больше вероятность разрывов и обменов и тем больше кроссоверных гамет. Частота кроссоверных и некроссоверных гамет определяет число потомков родительского типа и рекомбинантов, сочетающих признаки матери и отца.

Задача 5. Определить частоту кроссинговера между генами, если при скрещивании серых длиннокрылых мух (дикий тип) с черными короткокрылыми в F1 все мухи были длиннокрылыми, а в анализирующем скрещивании самок F1 с черными короткокрылыми самцами получили расщепление: 722 серых длиннокрылых, 139 серых короткокрылых, 161 черных длиннокрылых и 778 черных короткокрылых. У дрозофилы гены окраски тела сцеплены с генами, определяющими длину крыла. Доминантные аллели серого тела и длинных крыльев обозначим знаком +, черного тела — b, а зачаточные крылья — vg.

Решение. При независимом наследовании в анализирующем скрещивании было бы расщепление 1:1:1:1, т. е. при общем количестве потомков 1800 было бы расщепление 450 серых длиннокрылых, 450 серых короткокрылых, 450 черных длиннокрылых и 450 черных короткокрылых. Но поскольку гены сцеплены, потомство родительского типа значительно превышает число рекомбинантов. Общее число рекомбинантов достигает 300, что составляет 16,7% от общего числа особей в потомстве. Это и есть величина кроссинговера, характеризующая силу сцепления, а значит, и расстояние между генами.

Это интересно:  Полигенное наследование признаков 2019 год

Задача 6. Какое потомство следует ожидать от скрещивания нормальных (серых длиннокрылых) гетерозиготных самок с черными короткокрылыми самцами, если кроссинговер между генами b и vg составляет 16,7%?

Решение. Гетерозиготные самки

рекомбинантных гамет (151 + vg и 151 b) и 83,3% гамет родительского типа (749 ++, 749 bvg). В задаче были получены другие результаты: 720++, 139 + vg, + 161 b+ и 778 bvg. Разница между теоретически ожидаемыми результатами и результатами, полученными в эксперименте, может быть случайной, т. е. следствием ошибки выборки, неточности данных, заключенных в условии задачи.

Для выяснения причины установленных отклонений полученные данные необходимо обработать по методу χ 2 .

По полученным результатам найдем

Число степеней свободы при четырех фенотипических классах равно 3. По таблице Фишера найдем 0,2 > Р + — красная окраска глаз; v — киноварная; ct + — нормальные крылья; ct — вырезки на крыльях; cv + — жилка отсутствует.

Решение. Поскольку полученные результаты явно отличаются от ожидаемых, в случае, если бы гены наследовались независимо, делаем вывод, что наследуемые признаки, а значит, и гены, контролирующие их, по-видимому, сцеплены. Для решения задачи необходимо определить силу сцепления между всеми тремя генами. Выбираем любую пару аллелей, например cv + ct + , и комплементарную ей cvct и подсчитываем количество особей с избранной комбинацией признаков (73 + , 2 + , 2 + , 80 = 157). Оставшиеся комбинации этих же аллелей cv + ct и cv ct + в сумме дают 759 + 140 + 766 + 158 = 1823, что гораздо больше числа предыдущих комбинаций, которые являются рекомбинантными или кроссоверными. Доля кроссоверных особей от общего числа потомков составляет 7,9%. Значит, расстояние между генами будет равно 7,9 единиц рекомбинации, а их расположение на хромосоме окажется таким: cv + ct или cv ct + .

Аналогичным образом определяется расстояние между следующей парой генов — ct и v. В этом случае сумма ct + v и ctv + = 73 + 766 + 759 + 80 = 1678, а сумма ct + v + и ctv = 2 + 140 + 158 + 2 = 202. Значит, расстояние между ct cv равно 10,2% и аллели ct + v расположены на одной хромосоме. Таким же образом определяем расстояние между генами cv и v: [(cv + v + cv v + )] = 73 + 140 + 80 + 158 = 451, что составляет 27,7%. Значит, порядок генов на хромосоме следующий:

Неаллельное взаимодействие генов

Генетический анализ усложняется, если один признак контролируется не одной, а двумя и более парами аллелей. В таких случаях необходимо установить тип неаллельного взаимодействия и число пар генов (пар аллелей), контролирующих признак.

Задача 10. При скрещивании двух безалкалоидных растений люпина в F2 все потомство оказалось алкалоидным, а в F2 наблюдалось расщепление: 9/16 алкалоидных к 7/16 безалкалоидных. Установить генотипы исследуемых форм.

Решение. Родительские безалкалоидные формы генетически отличаются, иначе в F2 они не дали бы расщепления. Они были гомозиготами, так как F1 было единообразным. Наблюдаемое в F2 расщепление свидетельствует о наличии двух пар аллелей (двух генов). Следовательно, формула расщепления у дигибридов 9:3:3:1 в данном случае трансформировалась в 9:7 за счет объединения трех последних классов в один фенотип: 3 + 3 + 1 = 7. Такое расщепление возможно, если для проявления алкалоидности необходимо наличие в генотипе доминантов по обоим генам (АВ), все же остальные генотипы (А-b, ааВ-, ааbb) фенотипически будут безалкалоидными:

В анализирующем скрещивании алкалоидной гетерозиготы с безалкалоидным рецессивом будет непривычное расщепление 3:1:

Следовательно, полученное расщепление по фенотипу составит 3/4 безалкалоидных и 1/4 алкалоидных.

Генетический анализ популяций

Решение задач по генетике популяций предполагает выяснение следующих вопросов: какие гены и генотипы представлены в популяции, какова их частота и какой будет популяция в последующих поколениях.

Это интересно:  Автор закона сцепленного наследования генов 2019 год

Задача 11. В изоляции оказалась группа особей в соотношении 3АА:6Аа:11аа. Какими будут первое и последующие поколения, если будут сохраняться условия генетического гомеостаза: будут исключены такие факторы, как отбор, мутационный процесс и миграция, и соблюдена равновероятность образования гамет всех типов и панмиксия?

Решение. Определим соотношение аллелей А и а, которое будет соответствовать частоте гамет А и а. Доминантные гомозиготы дадут только гаметы А (3 из 20); гомозиготы аа — только гаметы а (11 из 20); гетерозиготы — 3А и 3а. Значит, частота гамет А окажется равной 3/20 + 3/20 = 6/20 = 0,3; а частота гамет а — 11/20 + 3/20 = 14/20 = 0,7.

Составим решетку Пеннета для определения первого поколения:

Для определения, каким будет F2, подсчитаем число типов гамет А и а в F1: 9/100 + 21/100 = 30/100 = 0,3 А; 49/100 + 21/100 = 70/100 = 0,7 а.

Составим решетку Пеннета для определения второго поколения:

Результаты исследований показали, что генетическое равновесие, установленное в первом поколении, сохраняется и в последующих.

Задача 12. Частота людей с группой крови NN в популяции составляет 16%. Найти соотношение групп крови MM, MN и NN и частоту аллелей М и N.

Решение. Учитывая, что частота гомозигот (NN) составляет 16% (0,16), найдем частоту аллеля N в популяции:

Тогда частота аллеля М составит 1 — 0,4 = 0,6. Определим число гомозигот ММ: 0,6 2 = 0,36 и число гетерозигот MN: 2 × 0,6 × 0,4 = 0,48 (48%).

Задача 13. Уши кроликов породы баран имеют длину 30 см, других пород — 10 см. Предположим, что различия в длине ушей зависят от двух пар генов с однозначным действием. Генотип баранов — L1L1L2L2, обычных кроликов — l1l1l2l2. Определить длину ушей кроликов в F1 и всех возможных генотипов в F2.

Решение. Длина ушей кроликов относится к количественным признакам, что затрудняет разбивку потомства на четкие фенотипические классы. Генотипы с различным количеством доминантных генов, определяющих длину ушей, будут различными по фенотипу вследствие суммирующего действия указанных генов. Запишем генотип особей F1 и F2:

В F2 получим большое разнообразие генотипов с различным количеством доминантных генов (от 0 до 4):

Частота каждого генотипа соответствует коэффициентам разложения бинома Ньютона: 1(0L), 4(1 L), 6(2L), 4(3L), 1(4L) или 1/16, 4/16, 6/16, 4/16, 1/16 соответственно.

Для определения фенотипического выражения каждого генотипа, т. е. длины ушей кроликов различных генотипов, полученных в F2, найдем вклад одного доминантного гена в фенотип: различие между крайними формами (например, у родителей) составляет 20 см при разнице доминантных генов 4. Значит, вклад одного доминантного гена равен 5 см и длина ушей окажется равной 0L — 10 см, 1L — 15, 2L — 20, 3L — 25, AL — 30 см. Формы с двумя доминантными генами (гибриды F1) имеют среднее выражение признака.

Задача 14. В популяции частота дальтонизма (т. е. неспособность различать красный и зеленый цвета) составляет среди мужчин 0,08. Этот дефект обусловлен сцепленным с полом рецессивным аллелем. Каковы ожидаемые частоты трех генотипов у женщин?

Решение. Так как дальтонизм — сцепленный с полом признак, то частота встречаемости этой аномалии зрения у мужчин совпадает с частотой обусловливающего дальтонизм гена q. Следовательно, q = 0,08 и p-1 — 0,08 = 0,92. Тогда ожидаемые частоты различных генотипов среди женщин будут соответственно равны (0,92) 2 = 0,846; 2 · 0,92 · 0,08 = 0,147; (0,08) 2 = 0,006.

Задача 15. В исходный момент популяция обладает следующей генетической структурой по сцепленному с полом локусу:

Считая скрещивания случайными, рассчитайте равновесные частоты всех генотипов.

Решение. Частоты аллелей в целом по популяции равны:

Значит, равновесные частоты генотипов будут следующими:

Решение. Предположим, что частота прямой мутации A1 → A2 = u, а обратная мутация A2-A1 происходит с частотой v. Если исходные частоты аллелей равны р и q, то в следующем поколении частота аллеля А1 будет равна р1 = p — up + vq.

Это интересно:  Какая наука изучает закономерности наследования и изменчивости 2019 год

Так как доля up аллелей А1 превращается в A2, то и доля vq аллелей А2 превращается в A1. С учетом этого изменение частоты аллеля А1 за одно поколение обозначим Δр и получим формулу Δр = р1 — р, в которую подставим значение р1: Δр = (р — up + vq) — p = vq — uр. Когда Δр = 0, наступает равновесие между прямыми и обратными мутациями. Обозначим равновесные частоты аллелей через р и q и, приняв, что Δр = 0, получим up = vp.

При равновесии число различных аллелей, превращающихся друг в друга, равно. Если р + q= 1 или q = 1 — р, то для равновесной частоты аллеля А1 имеем:

Естественно, что равновесие наступит только при условии отсутствия других возмущающих факторов (миграции, естественного отбора и т. д.).

Решение. Частоты his + и his — равны соответственно:

Решение. Частота pt по прошествии t поколений вычисляется по формуле pt = p(1 — u) t . Если считать, что начальная частота p = 1,00, то

Молекулярная генетика

Задача 19. Искусственно синтезированная информационная РНК (молирибонуклеотид) может служить матрицей при синтезе полипептида. В нескольких экспериментах получены следующие результаты.

Эксперимент I. Поли (А) ведет к образованию полилизина.

Эксперимент II. Поли (АГ) ведет к образованию полипептида, состоящего из чередующихся глутаминовой кислоты и аргинина.

Можно ли по результатам этих экспериментов утверждать, что 1) кодон состоит из 3 оснований; 2) код является перекрывающимся; 3) зная, что код триплетен и неперекрывающийся, какие кодоны кодируют аргинин и глутаминовую кислоту.

Эксперимент III. Поли (ААГ) образует смесь из трех полипептидов: полилизин, полиаргинин, полиглутаминовая кислота.

1. Что можно сказать на основании этого эксперимента об инициации трансляции?

2. Какие уточнения полученных ранее выводов можно извлечь из результатов этого эксперимента?

Эксперимент IV. Поли (АААГ) образует полипептид со следующим чередованием аминокислот: глутаминовая кислота, аргинин, лизин, лизин.

1. Можно ли на основании результатов этого эксперимента говорить о вырожденности генетического кода?

Решение. Результаты эксперимента I могут быть интерпретированы следующим образом:

На основании эксперимента II можно предположить, что генетический код может быть

2) биплетным и перекрывающимся:

3) триплетным и неперекрывающимся:

Следовательно, результаты экспериментов I, II не позволяют определить, является ли генетический код триплетным и неперекрывающимся. Если код триплетен и неперекрывающийся, можно предположить, что аминокислоты — глутаминовая и аргинин кодируются двумя триплетами АГА и ГАГ без уточнения, какой именно триплет соответствует той или иной аминокислоте.

Результаты эксперимента III, в котором на поли (ААГ) синтезируются три разных полипептида (полилизин, полиаргинин и полиглутаминовая кислота), показывают, что инициация синтеза полипептида на такой искусственно синтезированной матрице может начаться с любой точки, т. е. из поли (ААГ) можно получить следующие полинуклеотиды: поли (ААГ), поли (АГА), поли (ГАА), каждый из которых даст начало той или иной полипептидной цепи. Следует подчеркнуть, что такой способ синтеза полипептида может быть только in vitro.

Если бы код был моноплетным, то полученный полипептид включал бы только две аминокислоты, одна из которых была бы представлена в два раза чаще другой: XXYXXYXXY, так как полинуклеотид был бы разбит на кодоны: А

Помогла статья? Оцените её
1 Star2 Stars3 Stars4 Stars5 Stars
Загрузка...
Добавить комментарий