Методичні рекомендаціі для розв'язування задач з генетики

 

 

Передмова

   При вивченні біології  велике значення має вміння розв’язувати задачі та вправи. Розв’язування задач дає можливість організувати пізнавальну діяльність учнів на творчому рівні, бо аналіз задачі, пошуки шляхів її розв’язування і саме розв’язування – усе це творчі процеси, які дають можливість: перетворювати знання учнів в стійкі переконання, формувати науковий світогляд, тісніше встановлювати міжпредметні зв’язки, виробляти в учнів систему вмінь і навичок самостійної пізнавальної діяльності, розвивати розумові здібності.

   Задачі і вправи доцільно використовувати на різних етапах пізнавальної діяльності : для мотивації навчально-пізнавальної діяльності, при актуалізації опорних знань, вивченні нового матеріалу та для контролю знань. Задачі підвищеної складності слід використовувати на факультативних  та гурткових заняттях, при підготовці учнів до олімпіад. Для розв’язування таких задач вчитель повинен рекомендувати учням відповідну літературу та звернути увагу на найбільш раціональні прийоми їх розв’язування.

   В даному методичному посібнику розроблені рекомендації для розв’язування задач з біології для учнів 10-х та 11-х класів та пропонуються розв’язки найтиповіших задач. Всі запропоновані задачі ґрунтуються на теоретичному матеріалі, викладеному в підручнику і відповідають чинній програмі з біології.

   У розв’язуванні будь-якої задачі виділяють такі етапи:

1. Аналіз задачі: уважно прочитайте задачу, осмисліть її, визначте з якого вона розділу та чи достатньо даних для її розв’язування.
2.  Запис умови задачі з використанням  загальноприйнятих символів.
3. Пошук способу розв’язування задачі: пригадайте теоретичний матеріал відповідного розділу, якщо теоретичний матеріал містить біологічні закономірності, можливо їх можна використати для розв’язування даної задачі.
4. Процес розв’язування задачі: розв’язуйте задачу поступово, коротко формулюйте ключові запитання кожного етапу, ретельно перевіряйте розрахунки.
5. Запис пояснення (якщо є така необхідність) та ходу розв’язку задачі.
6. Перевірка правильності розв’язку.
7.  Формулювання та запис відповіді

 

Основи спадковості та мінливості

Деякі загальноприйняті позначення, які використовуються при розв’язуванні генетичних задач:

Р – батьківські організми, взяті для схрещування

× – схрещування організмів

♀ – особина жіночої статі,  ♂  – особина чоловічої статі

F – гібридні покоління ( F₁- перше, F₂- друге, і т.д.) 

І Розділ           Моногібридне схрещування

Моногібридне схрещування – це схрещування форм, за якого простежується успадкування за однією парою альтернативних ознак.

Закономірності відкриті Менделем стосовно моногібридного схрещування.

1. Закон домінування: при схрещуванні гомозиготних особин, які відрізняються за парою альтернативних станів ознаки, все потомство у першому поколінні однакове як за генотипом,  так і за фенотипом.
2. Закон розщеплення: при схрещуванні двох гібридів, які аналізуються за однією парою альтернативних ознак, у потомстві спостерігається розщеплення за фенотипом у співвідношенні 3:1 і за генотипом у співвідношенні 1:1
3. Принцип чистоти гамет: при мейозі гамета отримує тільки один із алельних генів.

Задача 1.

У людини ген довгих вій домінує над геном коротких вій. У родині, де один з батьків має довгі вії, а другий короткі, народилась дитина з короткими віями. Яка ймовірність народження другої дитини з короткими віями?

Дано:                                                           Розв’язання.

А – ген довгих вій                                   Оскільки у цієї подружньої

а – ген коротких вій                                пари народилась  дитина з короткими        

Р – А-, аа                                                  віями, той з батьків, хто має довгі вії                     

F – aa                                                        є гетерозиготним.

F – вірогідність аа ?

Р    ♀      Аа   ×   ♂ аа

   G          A

                                     a

               a         

    F            A a               aa – генотип

                довгі вії       короткі – фенотип

                50%              50%

Відповідь: вірогідність народження дитини з короткими віями 50%.

Задача 2.

 У овець сіре хутро –(А), а чорне – (а). На фермі схрещували сірих овець з чорними, одержали 28 сірих і 27 чорних ягнят. Встановити генотипи батьківських форм.

Дано:                                                      Розв’язання

А – ген сірого хутра                         З умови задачі видно, що це моногібридне,

а – ген чорного хутра                         аналізуюче схрещування. Генотип

Р    А –, аа                                             батьківських особин Аа, аа, оскільки в

F   28 сірих (А –)                                  потомстві є розщеплення у

     27 чорних ( аа)                                співвідношенні 1:1.

 

Р –генотипи ?

                              Р    ♀   Аа    ×    ♂   аа

                                                А   а

                                             а

                                    F         Аа   ,             аа –         генотип

                                           сіре х.              чорне х. – фенотип

Отже, висновок про генотип батьківських форм зроблено вірно.

Відповідь: Р Аа, аа.

Задача 3.

Ген комолості (безрогості) у великої рогатої худоби домінує над геном рогатості. Комола корова народила двох телят. Одне з яких виявилось безрогим, а друге рогатим. Визначте можливі генотипи батьківських форм.

А – ген комолості Розв’язання

а – ген рогатості          Серед потомства є особина, що є рецесивною                       

Р ♀ А –                          гомозиготою, вона отримала по одній рецесивній алелі

F  А –, аа від кожного з батьків, отже корова гетерозиготна.

Р – генотипи ? В потомстві може бути розщеплення 1:1 в тому 

 випадку, коли самець – рецесивна гомозигота          

                                      (аналізуюче схрещування), або обоє гетерозиготні комолі.

1.Р  ♀      Аа   ×  ♂  аа                                   2. ♀ Аа   ×  ♂ Аа                                  

G             A                  G       A             А

                                          a

                a                                                              а              а

F           Aa,           aa – генотип;                 АА, Аа, Аа, аа – генотип

              комолі      рогаті – фенотип         р.,    р.,   р.,  к.— фенотип

Отже,висновок про генотип батьківських особин зроблено правильно.

Відповідь: 1. Р  Аа, аа ; 2. Р Аа, Аа.

Здадача 4.

Схрещування самки і самця морських свинок з хвилястою шерстю дало 37 хвилястошерстих і 11 гладкошертих нащадків. Скільки хвилястошерстих нащадків є гомозиготними за цією ознакою?

Дано: Розв’язання

А –ген хвилястої шерсті Проаналізувавши умову задачі, можна

а – ген гладкої шерсті зробити висновок про домінування алелі

Р  А –, А – чорного забарвлення, оскільки при

F 37 хвилястошерстих (А –) схрещуванні чорної самки з коричневим

   11 гладкошерстих (аа) самцем потомство виявилось чорним.

Р  ♀ - генотип – ?

Позначимо: А – ген чорного кольору, а –ген коричневого кольору.                   В задачі випадок моногібридного аналізуючого схрещування. Перша самка гетерозиготна, оскільки в потомстві є чорні і коричневі потомки, а друга – гомозиготна, бо в потомстві розщеплення нема.

1.Р  ♀  Аа       ×        G   ♂  аа 

                                                                                 

          G        А                             а

                а

          F    Аа         аа – генотип

        чорні  коричневі – фенотип (1:1)

2.P ♀    АА    ×   ♂ аа

            G         A           a

 

   F         Aa – генотип

             чорні – фенотип

Схеми схрещування показують, що висновок про генотип самок є правильним.

Висновок: генотип самок 1. Аа, 2. АА.

 

Задача 6.

У курей трояндоподібний гребінь зумовлений домінантним геном, листоподібний – рецесивним. Півня з трояндоподібним гребенем схрестили з двома курками з трояндоподібними гребенями. Перша дала 18 курчат з трояндоподібними гребенями, друга також 18, із них 14 мають трояндоподібні і 4 листоподібні гребені. Які генотипи мають усі батьківські особини?

  Розв’язання

 Дано :

А – ген трояндоподібного гребеня                           

а – ген листоподібного гребеня

Р ♀  1. А –, 2. А –

             ♂  А –

         F 1. 18 з трояндоподібним гребенем

            2.  14 з трояндоподібним, 4 з листоподібним

Р— генотип ?

 

 

 

При схрещуванні другої самки з  самцем в потомстві розщеплення

 ≈ 3:1 , виходячи з закону розщеплення, генотипи обох батьків Аа. Перша самка гомозиготна, оскільки в потомстві розщеплення нема.

1.Р ♀ АА  ×  ♂  Аа                                    2.  ♀  Аа  ×  ♂  Аа

              G        А              А    А             А

 

                                        а                                                         а  а

     F  АА,      Аа                                     F    АА,  Аа,  Аа,  аа

      тр.          тр.                                                  тр. тр.  тр.   роз.(розщ.3:1)

Схеми схрещувань підтверджують правильність наших висновків.

Відповідь: генотип самок: 1.АА, 2.  Аа;генотип самця Аа.

 

 

ІІ. Розділ                   Дигібридне та полігібридне схрещування.

 

     При дигібридному схрещуванні аналізується успадкування двох пар альтернативних ознак, а при полігібридному трьох і більше. При ди- та полі -гібридному схрещуванні виправдовується закон незалежного комбінування станів ознак. Це означає, що успадкування по кожній парі станів альтернативних ознак відбувається незалежно від інших станів ознак. Кількість гамет, що утворює особина визначається за формулою 2ⁿ , де n  кількість генів в негомологічних хромосомах, за якими проводиться аналіз успадкування.

 АаВв – кількість гамет 2² (АВ, Ав, аВ, ав);

АаВвСс – 2³ (АВС, АВс, АвС, Авс, аВС, аВс, авС, авс).

   Розщеплення за генотипом визначається за формулою (1:2:1)ⁿ  ;

розщеплення за фенотипом – (3:1)ⁿ .

Задача 7.

    У гороху жовте забарвлення насіння домінує над зеленим, а червоний колір віночка квітки над білим. Дигетерозиготну рослину з жовтим насінням і червоними квітами схрестили з рослиною в якої зелене насіння і білі квіти. Яким буде потомство?

 

 

Дано:                                                                          Розв’язання.

А – ген жовтого насіння                     Р  ♀АаВв   ×   ♂аавв

 а – ген зеленого насіння                        АВ                    ав

В –ген червоного віночка            Ав

в – ген білого віночка                             аВ 

Р  ♀ АаВв, ♂ аавв                                   ав 

F – генотипи, фенотипи – ?               F  АаВв, Аавв, ааВв, аавв

                                                                  ж.н.    ж.н.    з.н.    з.н.

                                                         ч.в.    б.в.     ч.в.   б.в.

Відповідь: в потомстві будуть рослини з :

жовтим насінням і червоним віночком (АаВв);

жовтим насінням і білим віночком (Аавв);

зеленим насінням і червоним віночком (ааВв);

зеленим насінням і білим віночком (аавв).

   Задача 8.

    У дрозофіли сірий колір тіла і нормальні крила зумовлені домінантними генами, а чорний колір і зачаткові крила – рецесивними. При схрещуванні чорної та сірої мух з нормальними крилами всі нащадки мали сіре тіло, але ¾ були з нормальними крилами а ¼ зачатковими. Визначте генотипи батьків.

Дано: Розв’язання.

Р – ген сірого кольору тіла

р – ген чорного кольору тіла

S – ген нормальних крил

s – ген зачаткових крил

Р – рр S – ,♂Р – S –

         F ¾ сіре тіло, нормальні крила( Р –S –)

            ¼ сіре тіло, зачаткові крила (Р – ss)  

 

 Р – генотипи ?

За законом незалежного комбінування станів ознак дигібрид не схрещування можна розглядати як два моногібридних. Оскільки в потомстві всі мухи сірі, сіротіла батьківська форма мухи – гомозиготна. За ознакою довжини крил в потомстві відбулось розщеплення(≈3:1) отже, обидві батьківські особини гетерозиготні.

 

 

Р  ♀  ррSs  × ♂ PPSs

 

G       pS                PS

         

          Ps                Ps 

F РрSS ,     PpSs,      PpSs,        Ppss,

    сіре т.     сіре т.      сіре т.       сіре т.    

    норм.      норм.       норм.        зач.

Схема схрещування підтверджує правильність визначених генотипів батьківських  особин.

Відповідь: генотипи батьківських особин ppSs, PPSs.

Задача 9.

Катаракта має кілька різних спадкових форм, які визначаються генами, що мають аутосомно – домінантне успадкування. При яких генотипах батьків імовірність народження здорових дітей може становити 25%, якщо у батьків різні форми катаракти?

Дано: Розв’язання.

А – ген катаракти                  Здорові діти по одній рецесивній алелі                                                                                                                                       

а – ген норми отримують від кожного з батьків, отже

В – ген катаракти                  обоє батьків гетерозиготні за однією з форм

в – ген норми                         катаракти.

Р  ♀  А –вв, ♂ааВ –               Р ♀  Аавв  ×  ♂  ааВв

А _{(аавв)—}25%                              G    Ав                аВ

Р – генотипи ?                                ав                  ав

                                                 F АаВв,      ааВв,    Аавв,    аавв

                                                   кат.          кат .       кат .       здор.

Відповідь: генотипи батьків Аавв, ааВв.

Задача 10.

Чорна масть у корів домінує над рудою, а білолобість над суцільним забарвленням голови. Протягом кількох років схрещували рудих білолобих корів з чорним бугаєм у якого голова повністю забарвлена. Отримано:160 чорних білолобих, 154 чорних з повністю забарвленою головою, 158 рудих білолобих телят. Визначте теоретичну  кількість рудих телят з повністю забарвленою головою.

Дано:                                                                                  Розв’язання

А – ген  чорної масті                                 За законом незалежного  комбіну   

                                                                      вання   станів ознак , дигібридне         а – ген рудої масті                                  

В – ген білолобості         схрещування можна розглядати як два

в – ген суцільного забарвлення              моногібридних. За кожною з ознак

     голови                                                  відбувається аналізуюче схрещування.

Р ♀  аа   В –, ♂ А – вв                               Оскільки в потомстві за кожною  з

F 160 чорних білолобих ( А– В –)            ознак відбувається розщеплення,

   154 чорних з повністю забарвленою    обидві особини за однією з ознак.

           головою ( A – вв)                             гетерозиготні

158 рудих білолобих ( аа В –)

N_(аавв) – ?                                                                 Р ♀  ааВв  ×  ♂  Аавв

                                                                               G        аВ                      Ав

 

                                                                                          ав                        ав

                                                           F   АаВв           Аавв          ааВв     аавв

                                                                 ч.б              ч.с.              р.б.        р.с.

                                                                160             154              158         x

N_(аавв)=(160+154+158) : 3=157

Відповідь: в потомстві 157 телят рудих  з повністю забарвленою головою.

Задача 11.

Красива дівчина з круглим обличчям та великими очима отримала поперековий лордоз у юнацькому віці, в результаті недотримання гігієнічних правил сидіння за робочим столом. Дівчина вийшла заміж за чоловіка, що має видовжене обличчя та маленькі очі. Яка вірогідність народження дитини з фенотипом нареченої, якщо їх перша дитина має генотип чоловіка. Ознаки круглого обличчя та великих очей обумовлені аутосомно – домінантними генами, що локалізовані в різних хромосомах.

Дано:                                                                         Розв’язання

А – ген круглого обличчя              У подружжя народилась дитина рецесивна 

а – ген видовженого обличчя        гомозигота за обома ознаками, по одному                                                                                                                                                                                               

                                                         гену вона отримала  від кожного з батьків,                                                                             В – ген великих очей                     отже жінка дигетерозиготна.  

в – ген маленьких очей                          Р  ♀  AаВв  ×  ♂      аавв

P ♀  А – В – ,♂  аавв                                      АВ                        ав

F аавв                                                              Ав

                                                                         аВ

F  V_{( А-В-)} – ?                                                      ав

                                               F  АаВв         Аавв      ааВв            аавв

                                                   кр. обл.     кр.обл.  в.обл.        в.обл.

  в. очі          м. очі     в. очі       м.очі

 25%              25%      25%        25%

Відповідь: ймовірність народження дитини з круглим обличчям і великими очима 25%. Поперековий лордоз ознака набута , по спадковості не передається.

Задача 12.

У курей ноги вкриті пір’ям – домінантна ознака, а неоперені – рецесивна, тряндоподібний гребінь домінує над простим, а біле оперення над кольоровим. Білі курки з оперенням на ногах і простим гребенем схрещені зі строкатими півнями, що мали неоперені ноги та трояндоподібні гребені. Визначити скільки серед 300 курчат буде білих з простим гребенем і опереними ногами (всі домінантні алелі в гетерозиготному стані).

Дано:

А – ген оперених ніг, а – ген неоперених ніг

В – ген трояндоподібного гребеня, в – ген пр. греб.

С – ген білого оперення, с – ген заб. опер.

 ♀АаввСс,  ♂  ааВвсс                                                       

 F300курчат                                                                                                                   F  N( А-ввС-)                                                                             Розв’язання

    Р ♀  АаввСс         ×        ♂ааВвсс                                 

     G АвС                               аВс

         Авс                               авс                        

        авС

         авс

 

Будуємо решітку Пеннета

♂              ♀	АвС	Авс	авС	авс
аВс	АаВвСс опер.ноги          тр. гр. білі	АаВвсс опер. тр. гр. стр.	ааВвСс неопер. тр. гр. білі	ааВвсс неопер. тр. гр. стр.
авс	АаввСс опер. пр.гр. білі	Ааввсс опер. пр. гр. стр.	ааввСс неопер. пр. гр. білі	ааввсс неопер. пр. гр. стр.

 

Серед потомства 1/8 курчат білих з простим гребенем і опереними ногами.

N_(F-ввС-)= 300 : 8=37(курчат).

Відповідь: 37 білих курчат з опереними ногами та трояндоподібним гребенем.

Задача 13.

Ген раннього  облисіння  домінантний  у чоловіків і рецесивний у жінок (ген локалізований у аутосомі). Лисий чоловік, батько якого мав густе волосся, одружився з жінкою, яка має густе волосся. Яка ймовірність народження в цій сім’ї хлопчиків і дівчаток з густим волоссям?

 

 

 

 

Дано: Розв’язання.

♂ А – ген облисіння                                Генотип жінки Аа ,оскільки її батько

а – ген густого волосся                           мав густе волосся. Генотип чоловіка

♀ А – ген густого волосся                      теж Аа , бо його батько мав густе волосся.

а – ген облисіння                              Р ♀ Аа  ×  ♀  Аа

р ♀  А – ,  ♂ А –              G  А А

F – ймовірність густого волосся ?              а                     а

                                                              F  АА           Аа              Аа          аа

                                                            Дівч.  г. в.            г. в.           г. в.      р. обл.

                                                             Хл.       раннє          облисіння            г.в.

 75%                               25%

Відповідь: у хлопчиків ймовірність густого волосся 25%, а у дівчаток 75%.

                               ІІІ Розділ    

                         Неповне домінування

    Неповне домінування – явище пов’язане з взаємодією між генами однієї алельної пари, коли домінантна  алель   не повністю переважає над рецесивною , у гетерозиготних особин з’являється проміжна ознака (проміжний характер успадкування). Оскільки жодна з алелей не домінує над іншою, в якості домінантної можна позначати будь-яку з них, але для того, щоб підкреслити що вона не домінує над іншою над позначенням домінантної алелі ставлять рисочку ( Ā).

Задача14.

Аутосомний домінантний ген у гомозиготному стані спричиняє сильну деформацію кінцівок, але у гетерозигот зумовлює лише  вкорочення пальців (брахідактилію). Визначте можливі фенотипи дітей в сім’ї, якщо один із батьків здоровий, а у другого брахідактилія.

 

Дано: Розв’язання

Ā – ген брахідактилії Р  ♀ аа  ×    ♂ Āа    

ĀĀ – сильна деформація кінцівок G      а               Ā

аа – нормальні кінцівки а

Āа – вкорочені пальці (брахідактилія) F  Āа             аа – генотип

Р ♀ аа, ♂ Āа бр. норма

F– фенотип ?

Відповідь: з однаковою ймовірністю можуть народитись діти з нормальними кінцівками та хворі на брахідактилію.

Задача 15

При схрещуванні червоноплідних  суниць між собою одержують червоні ягоди, а при схрещуванні білих – білі ягоди. В результаті схрещування обох сортів між собою одержують рожеві ягоди. а) Яке потомство одержать при опиленні червоноплідних суниць пилком суниць  з рожевими ягодами? б) Від схрещування суниць з рожевими ягодами між собою одержали потомство серед якого 15475 кущів (близько 25%) виявилось з червоними плодами. Яка кількість кущів подібна на батьківські форми?

Дано:  Розв’язання

Ā – ген червоних плодів            а)Р  ♀ĀĀ × ♂Āа                                 

 а – ген білих плодів                    G        Ā             Ā

  Āа – рожеві плоди                            a

а)Р ĀĀ, Āа                                  F   ĀĀ                  Āа

б)РĀа, Āа черв.                 рож. 

F 15475 – червоні(ĀĀ)  б)   Р ♀ Āа  ×  ♂  Āа 

а) F ? , б ) N_(Āа) ?                 G       Ā              Ā                                                                                                       

                                       а              а  

                                  F      ĀĀ         Āа         Āа           аа

                                                  черв.       рож.     рож.        білі

Виходячи з результатів розщеплення , рожевоплідних кущів в два рази більше, ніж червоноплідних.

N_(Āа)=15475×2=30950(кущів).

Відповідь:а) в потомстві будуть суниці з червоними  , рожевими і білими плодами у співвідношенні 1:2:1 ; б)в потомстві буде 30950 кущів з рожевими плодами.

Задача 15.

Серповидноклітинна анемія і таласемія успадковуються як дві ознаки з неповним домінуванням, гени локалізовані в різних хромосомах. У гетерозигот за обома парами алелей захворювання не носить вираженої клінічної картини. У всіх випадках носії цих обох генів стійкі до малярії. У дигетерозигот розвивається мікродрапеноцитарна анемія, гомозиготи страждають на важку форму анемії, вони рано помирають.

Визначте ймовірність народження зовсім здорових дітей в сім’ї, де один з батьків гетерозиготний по серповидноклітинній анемії, а другий за геном таласемії, другої аномалії вони не мають.

Дано:

Ā – ген серповидноклітинної анемії

а – ген норми

Ē – ген таласемії

е – ген норми

Āаее, ааĒе – легка форма хвороби, стійкість до малярії

ĀаĒе – мікродрапеноцитарна анемія

ĀĀее, ааĒĒ, ĀĀĒĒ – важка форма захворювання, рання смерть.

Р ♀Āаее , ♂ааĒе

F – вірогідність здорових дітей ?

 

                                

 Розв’язання

 Р ♀ Āаее  ×  ааĒе 

G       Āе           аĒ

          ае             ае 

F        ĀаĒе                  ааĒе                  Āаее             ааее                

ст. до мал.               ст. до мал.     ст. до мал.      не стійкі до мал.

л. ф. ан. і тал.         л. ф. тал.        л. ф.анем.        здорові

25%                           25%                 25%                  25%

Відповідь: вірогідність народження повністю здорових дітей  25%.

                         ІV   Розділ

Кодомінування . Успадкування груп крові.

У людини групи крові системи АВ0 детермінуються трьома алелями  і⁰, І^А , І^В. Домінантні алелі детермінують синтез аглютиногенів, білків еритроцитів. Одночасно в генотипі може бути тільки два гени з трьох, виходячи з цього, можливі різні поєднання генів, що визначає відповідні групи крові.

І(0) – і⁰і⁰     аглютиногенів нема

ІІ(А) – І^АІ^А,  І^Аі⁰     синтезується аглютиноген А

ІІІ(В) – І^ВІ^В, І^ВІ⁰     синтезується аглютиноген В

ІV(АВ) – І^АІ^В         синтезуються аглютиногени А і В , жоден з генів не пригнічує вияв іншого гена (явище кодомінування).

Задача 17.

У матері ІІ група крові, у батька ІІІ.  Їхня перша дитина має І групу крові. Яка ймовірність народження другої дитини з І групою крові?

Дано:

І^А, І^В,і⁰ – алелі, що визначають групи крові у людини

Р ♀  І^А_ (ІІ гр.), ♂  І^В_ (ІІІ гр.)

F  і⁰і⁰ (І гр.)

F –  вірогідність І гр?

                                        Розв’язання

Оскільки у подружжя народилась дитина з першою групою крові, обоє батьків гетерозиготні.

Р  ♀  І^Аі⁰     ×     ♂  І^Ві

         І^А  І^В

               і⁰                                 і⁰

F     І^Аі^В                                І^Аі⁰                                І^Ві⁰                                  і⁰і⁰

       ІVгр.                  ІІ гр.                   ІІІ гр.                І гр.

      25%                        25%                  25%                 25%

Відповідь: вірогідність народження дитини з першою групою крові 25%.

Задача 18.

Чоловік, батьки якого мали І і ІV групи крові , одружився на жінці з ІІІ групою крові. Від цього шлюбу народилось троє дітей з І, ІІ та ІІІ групами крові. Які генотипи батьків?

Дано: Розв’язання

 Визначаєм можливі генотипи

І^А, І^В, і⁰ – гени, що визначають групи крові батька.

Р  ♀  І^В_(ІІІ гр.), Р   ♀  і⁰і⁰  ×  ♂  І^АІ^В

♂  _ _ ,його батьки І гр. та ІVгр. G         і⁰ І^А

F  І гр. , ІІ гр. , ІV грн.  І^В

Р –  генотипи ? F    І^Аі⁰              І^Ві⁰

                                                                                                 ІІ гр.     ІІІ гр.

Чоловік  може мати ІІ або ІІІ групу крові, оскільки жінка має ІІІ групу крові, чоловік може бути тільки ІІ групи, бо у них є дитина ІV групи крові(І^АІ^В ), ген І^А вона отримала від батька.

 

 

Р  ♀   І^Ві⁰      ×      ♂ І^Аі0

G        І^В                               І^А

            І⁰                                І⁰

F        І^АІ^В                   І^Аі⁰               І^Ві⁰                і⁰і⁰

           ІV гр.        ІІ гр.        ІІІ гр.      І гр. 

       Відповідь: у чоловіка ІІ група крові, його генотип І^Аі⁰. 

           Задача 19.

Батько дитини має  ІІІ групу крові, він резус- позитивний , відомо, що його мати мала І групу крові та була резус-негативною. Мати дитини має І групу   крові, резус-негативна. Якими будуть генотипи і фенотипи їхніх майбутніх дітей?

Дано: 

І^А,     І^{В ,}   і⁰ – гени, що визначають групи крові у людини

Rh⁺   ген наявності білка резус-фактор

rh^-     ген відсутності білка резус-фактор

Р  ♀  і⁰і⁰ rh^-rh^-,   ♂І^Ві⁰ rh^-rh^-, його мати rh^-rh^-                       Розв’язання

F – генотип та фенотип?

Чоловік дигетерозиготний, бо його мати гомозигота за обома рецесивними алелями.

Р   ♀   і⁰і⁰rh^-rh^-   ×      ♂   І ^Ві⁰Rh⁺rh^-        

G            і⁰rh^-                         І^ВRh⁺

   І^Вrh^-

   і⁰Rh⁺

   і⁰rh^-

 

FІ^ві⁰Rh⁺rh^-                                І^Ві⁰rh^-rh^-                            і⁰і⁰Rh⁺rh^-                і⁰і⁰rh^-rh^-

ІІІ гр.,резус +           ІІІ гр. резус –                  І гр. резус +           І гр.резус –

Відповідь: можуть народитись діти резус – позитивні з І або ІІІ групою крові та резус – негативні з І або ІІ групою крові.

              V Розділ

Успадкування ознак зчеплених зі статтю.

    В більшості випадків стать , як і інші ознаки ознаки організму, генетично детермінована. В каріотипі розрізняють хромосоми: аутосоми – нестатеві та гетерохромосоми – статеві. У особин певної статі гетеросоми можуть бути однаковими або різними. Якщо вони однакові, особини цієї статі утворюють один тип гамет (гомогаметна) стать, а якщо два типи гамет – гетерогаметна.

1)гетерогаметна жіноча стать

а)♀хх, ♂ху – ссавці, більшість риб, амфібій, комах, багато дводомних рослин

б)♀хх, ♂ху – клопи, прямокрилі

2)гетерогаметна чоловіча стать

а)♀ху, ♂хх – птахи, плазуни, частина риб, метелики , для птахів часто використовують інші позначення ♀zw, ♂zz

б)♀х0, ♂хх – міль.

  Крім хромосомного, існують і інші механізми визначення статі.

  Зчепленими зі статтю називають ознаки, що детермінуються генами, локалізованими в  статевих хромосомах. Х та у хромосоми нерівнозначні, в них поряд з гомологічними є диференціальні ділянки. Якщо ген локалізований в диференціальній ділянці х –хромосоми, особина є гемізиготною і ген обов’язково проявляється у фенотипі незалежно від домінантності чи рецесивності алелі.

     Якщо ген локалізований в негомологічній ділянці у – хромосоми, його називають голандричним. Під час розв’язування задач у генетичних схемах поряд із символами статевих хромосом записують локалізовані в них гени.

Задача 20.  Особлива форма рахіту призводить до нестачі фосфору в крові. Ця хвороба не піддається лікуванню вітаміном D і зумовлена домінантним  геном , локалізованим в у – хромосомі, в сім’ї , де батько і мати хворі на цю форму рахіту , народилась здорова дитина. Визначити її стать та вірогідність народження другої дитини теж здоровою.

 

Дано:  Розв’язання

R – ген, що викликає рахіт Здоровим у цієї пари може бути                  

r – ген норми тільки син, за умови, якщо мати

Р – ♀х^Rx-  ♂х^Ry гетерозиготна.

F – вірогідність здорової дитини – ?

 

Р♀ x^Rx^r     ×   ♂ x^Ry

G    x^R                x^R

       x^r                    y

F  x^Rx^R                        x ^Rx^r                          x^Ry                                    x^ry

дівч. рахіт              дівч. рахіт              хл. рахіт                хл. здоровий

Відповідь: здорова дитина – хлопчик, вірогідність народження наступної дитини здоровою – 25%.

Задача 21.У деяких випадках частина х – хромосоми виявляється генетично -інертною, а у – хромосома  несе ті або інші алелі. У людини в у- хромосомі може знаходитися ген, що визначає розвиток перетинок між другим і третім пальцями ніг. Визначте, якими будуть діти і внуки чоловіка, що має перетинки між пальцями.

 Дано:

а – ген наявності перетинок між пальцями Розв’язання

Р – ♀хх,    ♂ху^а       

F – вірогідність здорової дитини ?

Р ♀хх    ×    ♂ ху^а

G    x                x

 у^а

F₁  хх                             ху^а

дівч.норма             хлопчик з перетинками

Ген локалізований в у – хромосомі передається від батька тільки синам, отже

аномалія буде в усіх хлопчиків та їх синів.

Відповідь: в F₁ дівчата без перетинок, хлопці з перетинками; у онуків ця аномалія буде тільки по лінії синів , у хлопчиків.

Задача 22.

Ген, що визначає ознаку повних губ має аутосомно- домінантне успадкування, а рецесивний ген гемофілії локалізований в х – хромосомі. Здорова жінка з тонкими губами, що має батька хворого на гемофілію, вийшла заміж за здорового чоловіка з товстими губами. В медико – генетичній консультації з’ясували, що вірогідність народження у подружжя сина з тонкими губами та гемофілією 12,5%. Які генотипи мали дружина і чоловік?

Дано:

А – ген повних губ

а – ген тонких губ

H – ген гемофілії

h – ген нормального згортання крові

Р ♀x^Hx^-aa, ♂x^HyA-

F V_(x^h_{yaa) –} 12,5%

P – генотипи?

                                           Розв’язання

   Оскільки у подружжя може народитись син гемофілік, цей ген син може отримати від матері, її генотип x^Hx^haa, від батька він отримав один з двох генів, що детермінують тонкі губи, генотип батька x^HyAa

                                       P ♀x^Hx^haa  ×  ♂x^HyAa

                                 G  x^Ha                              x^HA

                                      x^ha                               x^Ha

                                                                          yA

                                                                          yа

F                                         Решітка Пеннета

♂  ♀	xHA	xHa	yA	ya
xHa	xHxHAa дівч. здорова повні губи	xHxHaa дівч. здорова повні губи	xHyAa хлопч. здор. повні губи	XНyaa хлопч. здор. тонкі губи
xha	xHxhAa дівч. здорова повні губи	xHxhaa дівч. здорова тонкі губи	xhyAa хлопчик гемофілік повні губи	xhyaa хл. гемофілік тонкі губи 12.5%

 

        Отже, наше припущення правильне, генотипи батьків визначені вірно.

   Відповідь: генотипи батьків ♀x^Hx^haa, ♂x^HyAa.

Задача 23

  У котів гени чорного і рудого забарвлення локалізовані в х-хромосомі. Гетерозиготні тварини мають двоколірне забарвлення шерсті (рябі). Встановіть генотипи батьків, у яких народились чорні і рябі кішечки та чорні і руді котики.

       Дано:

Ā-ген чорного забарвлення

а-ген рудого забарвлення

Āа- рябе забарвлення

F ♀ x^Āx^Ā, x^Āx^a

   ♂ x^Āy, x^ay

P-генотипи?

 

                                                 Розв’язання

  В успадкуванні забарвлення шерсті у котів прослідковується проміжне успадкування. Аналізуємо потомство: котики  отримали х- хромосому від матері, її генотип x^Āx^a. Чорні кішечки по одній х- хромосомі отримали від батька і від матері, отже генотип кота x^Āy.

       Підтверджуємо схемою схрещування:

                                P ♀ x^Āx^a  ×  ♂ x^Āy  

                                G    x^Ā            x^Ā

                                       x^a             y

F    x^Āx^Ā                  x^Āx^a                     x^Āy                        x^ay

       кішка              кішка                     кіт                  кіт

       чорна             ряба                       чорний                 рудий

 

    Припущення вірне, генотипи батьків визначені правильно.

Відповідь: генотипи батьків  ♀ x^Āx^a, ♂ x^Āy^.

Задача 24.

У здорових батьків народилось три хворих сина: один дальтонік, другий гемофілік, третій має одночасно два захворювання. Батько жінки мав обидва ці захворювання. Яка вірогідність народження у подружжя здорової дитини, якщо гени,  що  обумовлюють ці захворювання  рецесивні та   локалізовані в х –хромосомі на відстані 10 морганід.

Дано:

d – ген дальтонізму Розв’язання

D – ген нормального сприймання кольорів

H – ген нормального згортання крові

h – ген гемофілії

Р – ♀хх – здорова, її батько х^хdy, ♂ x^HDy

F – вірогідність здорової дитини?

Батько жінки гемофілік і дальтонік, отже аномальні алелі обох генів у жінки в одній хромосомі. Оскільки  жінка здорова, її генотип х^HDx^hd.

                              P   ♀ x^HDx^hd           ×         ♂ x^hdy

     некосоверні  G          x^HD   45%                     x^hd     50%

                                                                x^hd         45%                     y      50%

     кросоверні                x^Hd       5%            

  x^hD           5%

Частоту зустрічності особин різних генотипів визначаєм як добуток частот зустрічності гамет, що утворюють зиготу.

	XHD     0,45	Xhd      0,45	XHd     0,05	XhD    0,05
XHD  0,5	XHDXHD Здорова дівч .  0,225	XHDXhd Здорова дівч.  0,225	XHdXHd Здорова дівч.  0,025	XHDXhD Здорова дівч.   0,025
Y   0,5	XHDY  Здор, хл.           0,225	XhdY               хл.гем. і д.        0,225	XHdY              хл.дальт.          0,025	XhDY хл.гем. 0,025

V_{(здор.дит.)}=0,225 + 0,225 + 0,025 + 0,025 + 0,225 = 0,725(72,5%)

Відповідь6 вірогідність народження здорової дитини 72.5%.

                                               VІ Розділ

                                       Зчеплене успадкування

     Відомо, що в кожній хромосомі, локалізовані сотні та навіть тисячі генів. Вони розташовані в хромосомах в лінійному порядку та успадковуються зчеплено (разом). Гени однієї хромосоми утворюють групу зчеплення, кількість груп зчеплення дорівнює галоїдному набору хромосом.

    На генетичних схемах хромосоми  зображують у вигляді паралельних ліній, по обидві сторони від них записують алелі, що надійшли від кожного з батьків.

АВС ;                     

 АВС                                 

 Якщо зчеплення генів повне, то особини утворюють тільки два типи гамет. Зчеплення між генами порушується внаслідок кросинговеру, який відбувається в профазі І мейозу, гомологічні хромосоми обмінюються ділянками.

 На генетичних зчеплені гени  позначають      АВ

                                                                               ав             

Ця особина утворює такі гамети:некросоверні АВ, ав ; кроссоверні Ав, аВ.

Частоту кросинговеру можна визначити, розрахувавши відсоток кросоверних особин по відношенню до загального числа потомків. Відстань між генами вимірюють в умовних одиницях – морганідах (одна морганіда – один відсоток кросинговеру).

Визначають її за формулою: L_(АВ)=(m+n):N×100%

L_(AB)— відстань між генами ; m та n – кількість особин кросоверних груп; N – загальна кількість потомків.

Задача25.

За співвідношенням гамет особини з генотипом PpCc визначити тип успадкування . якщо успадкування зчеплене. визначити групи зчеплення та відстань між генами.

а) РС – 40%. Рс – 10%, рС – 10%, рс – 40%

б) РС – 50%, рс – 50%

в) РС – 25%, Рс – 25%. рС – 25%, рс – 25%

г) РС – 15%, Рс – 35%. рС – 35%, рс –15%

                               Розв’язання – відповідь

а) Зчеплене успадкування, зчеплення неповне, початкові групи зчеплення РС, рс , генотип особини  РС   L_(РС)=10% + 10% =20%

                                      рс

б) Зчеплене успадкування, повне зчеплення, генотип особини     РС

 в) Незалежне успадкування.                                                               рс

г)Зчеплене успадкування, зчеплення неповне, групи зчеплення Рс, рС , генотип особин     Рс   L_(PC) =15% + 15% =30%

                                рС

Задача 26

Які типи гамет і в якому співвідношенні утворюють особини з генотипом

S    Pc  , якщо частота кросинговеру між зчепленими генами складає 16%.

s    pC

Розв’язок – відповідь

Генотип особини  S   Pc

                              s   pC

некросоверні гамети : SPc,  SpC, sPc, spC – всього 84% , по21% кожного типу гамет;

кросоверні гамети : SPC, Spc, sPC, spc – 16% гамет , по4% кожного типу.

Задача 27.

У людини рецесивні гени, що обумовлюють схильність до діабету та гіпертонії локалізовані в одній з аутосом на відстані10 морганід. Визначте ймовірність народження дочки схильної тільки до гіпертонії в сім’ї, де один із подружжя гетерозиготний за обома ознаками, відомо, що обидві аномалії він успадкував від матері. Другий з батьків , хворий на гіпертонію, але діабету в нього нема, серед родичів ніхто не хворіє на цю хворобу.

Дано:          Розв’язання

А – ген норм   ,    а – ген схильності до діабет

В – ген норми,      b – ген схильності до гіпертонії

Р – ♀ AB  ♂ Ab ; L_(AB) =10% кросинговеру

           ab     Аb

F- вірогідність дочки Ab  ?

                                        -b

Оскільки в сім’ї батька не було хворих на діабет, його генотип, ймовірніше за все Ab

      Ab

Р                     ♀ AB             ×   ♂   Ab

                            ab                         Ab

G некросоверні АВ 45%               Аb

                              аb 45%

       кросоверні    Аb  5%

                               аВ 5

F AB                 ab                          Ab                           aB

   Ab                  Ab                         Ab                           Ab  

 здорова    сх. до гіперт.         сх. до гіперт.            здорова

      45%             45%                     5%                         5%

вірогідність народження дитини, схильної до гіпертонії 50%, оскільки з однаковою ймовірністю це може бути син або дочка, то вірогідність народження дочки схильної до гіпертонії 25%.

Відповідь: вірогідність народження дочки схильної до гіпертонії 25%.

Задача 28. У кролів коротка шерсть домінантна по відношенню до довгої, а пряма по відношенню до хвилястої. Схрестили двох гомозиготних кролів: з короткою прямою і довгою хвилястою шерстю, потім з особинами F₁ провели аналізуюче схрещування, в результаті якого отримали потомство: з довгою прямою шерстю – 24 особини, з короткою хвилястою –26, з довгою хвилястою – 102, з короткою прямою – 104. Визначте групи зчеплення та відстань між генами.

 

 

 

           Дано:

А- ген довгої шерсті

а- ген короткої шерсті

В- ген прямої шерсті

b- ген хвилястої шерсті

Р  ♀AB,    ♂ ab

       AB         ab

з F₁ аналізуюче схрещування

  F₂     24- довга пряма шерсть

          26- коротка хвиляста ш.

          102- довга хвиляста ш.

          104- коротка пряма ш.

групи зчеплення - ?

L_(АВ)  --  ?                                                            Розв’язання

    Аналіз розщеплення у потомстві вказує на те, що кросоверними  потомками є особини з довгою прямою і короткою хвилястою шерстю. Отже, початковими групами зчеплення генів були Ab та aB, генотип особини з                                F₁ Ab

     aB                

   P                   ♀ Ab     ×        ♂   ab

 aB                     ab

  G  некросоверні                                ab

                          Ab                     

                          аВ            

     кросоверні

                         АВ

                          ав

   F₂ Ab                           aB                           AB                             ab

        ab                             ab                            ab                              ab

довга хв.                  кор. пр.                  довга пр.                   кор.хв.

102 ос.                      104 ос.                  24 ос.                           26 ос.

Z _(AB) = ((26+24) / (102+104+26+24))×100%=19.5 %  кросинговеру

Відповідь: генотип особини Ab, Z_(AB)=19.5% кросинговеру

                                                         aB

Розді л   VII

Задачі на взаємодію неалельних генів

       Комплементарна (доповнююча) дія генів спостерігається у випадках, коли неалельні гени роздільно не проявляють своєї дії, але при одночасній присутності в генотипі зумовлюють розвиток нової ознаки. При цьому ознака розвивається в результаті взаємодії двох ферментів, утворених під контролем двох неалельних (як правило, домінантних) генів.

Так, фіалкове забарвлення плодів баклажанів залежить від взаємодії двох неалельних домінантних генів , унаслідок якої в них утворюється пігмент антоціан, якщо хоча б один із цих генів перебуває в гомозиготному рецесивному стані, антоціан не синтезується і утворюються безбарвні плоди. Подібне явище відоме у горошку запашного: два неалельні домінантні гени зумовлюють забарвлення квіток.

У тварин (мишей. кроликів) для формування темного забарвлення шерсті необхідна присутність двох домінантних неалельних генів, один із них визначає наявність пігменту, а інший – його розподіл по ворсу.

Задача 29

      У великій клітці, де живуть хвилясті папуги, народилось 7 зелених, 8 синіх, 5 жовтих і 6 білих папужок. У хвилястих папужок домінантний ген А обумовлює синій колір пір’я, а ген В- жовтий. Ці гени локалізовані в різних парах аутосом. Наявність двох домінантних генів обумовлює зелений колір, а відсутність їх – білий. Вкажіть генотипи та фенотипи батьківських папужок, наведіть хід схрещування

 

  Дано:

А- ген синього забарвлення пір’я

а- ген білого забарвлення

В- ген жовтого забарвлення

b- ген білого забарвлення

А-bb- синє забарвлення

ааВ- - жовте забарвлення

А-В- - зелене забарвлення

ааbb- біле забарвлення

F    7- зелених, 8- синіх,

      5- жовтих, 6- білих  

Р – ?      хід схрещування - ?

                                                  Розв’язання

      Судячи з умови задачі тут присутня комплементарна взаємодія між генами різних алельних пар.

      Такий результат (розщеплення ≈ 1:1:1:1) може бути у випадку аналізую чого схрещування, якщо одна із особин дигетерозиготна

                                Р   ♀ АаВb        ×      ♂ ааbb

                                G        AB               ab

                                         Ab

                                         aB

                                         ab

              F          AaBb ,                Aabb,                aaBb ,                aabb

                          зелені                  сині                  жовті                 білі

Відповідь: генотипи батьківських форм  АаBb,  aabb.

 

Задача 30

      Дві лінії кукурудзи, які мають зернівки з білими алейроновими зернами, унаслідок схрещування між собою в F₁ утворюють гібриди, зернівки яких мають кольорові алейронові зерна. У F₂ отримали розщеплення за фенотипом: 9 рослин з кольоровим зерном та 7 з білим. Які генотипи всіх згаданих рослин кукурудзи?

                                        Розв’язання

      Судячи з розщеплення в F₂(9:7) маємо справу з комплементарною взаємодією жіж неалельними генами. Забарвлені зернівки можуть бути тільки за наявності обох домінантних генів.

Позначимо:

А, а, В, в – гени відсутності забарвлення

А-В-  забарвлені зернівки

Дано: Розв’язання

Р ♀ білі зернівки В потомстві всі рослини

  ♂ білі зернівки матимуть забарвлені зернівки       

F₁ А-В- тільки в тому випадку, коли у

F₂    9 забарвлені. 7 білі кожної з батьківських особин

P, F_1, F₂ – генотипи ? формуються  гамети Ав або аВ

                                 Р ♀ ААвв       ×       ♂ ааВВ

                                 G      Ав                          аВ

                                  F ₁          АаВв

                                              забарвлені

Р ♀ АаВв       ×      ♂АаВв

         АВ                       АВ

         Ав                        Ав

         аВ                        аВ

         ав                         ав

Будуєм решітку Пеннета

♀                ♂	АВ	Ав	аВ	ав
АВ	ААВВ               заб. зерна	ААВв                 заб. зерна	АаВВ                 заб. зерна	АаВв                 заб.зерна
Ав	ААВв                 заб.зерна	ААвв                білі. зерна	АаВв                                заб. зерна	Аавв                                  білі зерна
аВ	АаВВ        заб. зерна	АаВв                                             заб. зерна	ааВВ                     білі зерна	ааВв                   білі зерна
Ав	АаВв                заб, зерна	Аавв                 білі зерна	ааВв                      білі зерна	аавв                 білі зерна

Розщеплення забарвлені / білі =9/7

Відповідь: Р- ААвв, ааВВ; F₁АаВв; F₂ ААВВ, АаВв, АаВВ, ААВв, ааВВ, ааВв, ААвв, Аавв, аавв.

                    Епістаз

Ген називають епістатичним, якщо його присутність заглушує ефект дії  гена, що знаходиться в іншому локусі. Епістатичні гени бувають домінантними і рецесивними.                    

У курей забарвлення пір'я зумовлене наявністю домінантного гена С , рецесивний алель якого обумовлює біле забарвлення (с). Інший ген , незалежний від першого, в домінантному стані (І) приглушує забарвлення. Схрестили курей таких генотипів СсІі. Яким буде потомство?                     

 Розв’язання

В цій задачі ми маємо справу з домінантним епістазом

Дано:

С – ген, що визначає забарвлення пір’я

с – ген, що зумовлює біле забарвлення

І – ген, що пригнічує забарвлення пір’я

і – ген, що не пригнічує забарвлення

F – фенотип ?

Р ♀ СсІі       ×        ♂ссіі

G     CІ                        сі

        Сі

        сІ

        сі

F CcІі                        Ссіі                           ссІі                         ссіі

 біле оперення       забарвлене                 біле                       біле

                                  25%                                 

Відповідь: 75% курчат будуть мати біле оперення, а 25%  будуть

забарвленими.

                      Полімерія

Полімерні, або множинні – це гени, які діють однозначно на формування однієх і тієї ж ознаки. Явище взаємодії неалельних генів, що зумовлюють розвиток однієї і тієї ж ознаки, називають полімерією.

Оскільки, полімерні гени,  діють на одну і ту ж ознаку, їх позначають однаковими літерами, але різні їх алельні пари позначають різними цифрами. Полімерія буває кумулятивна і некумулятивна,  при кумулятивній, на відміну від некумулятивної, ефект дії домінантних генів сумується.

Задача 32.

Зріст людини контролюється кількома парами генів по типу полімерії соціальними факторами та впливом середовища знехтуємо. Найнижчі люди в популяції мають зріст 150 см , вони рецесивні гомозиготи, а найвищі 180 см, вони мають всі домінантні гени.

1. Визначіть зріст людей гетерозиготних за всіма трьома парами генів зросту.
2. Низькоросла жінка одружилась з чоловіком середнього зросту, в них було четверо дітей, які мали зріст 165см, 160см, 155 см, 150 см.

Визначіть генотипи батьків і дітей

 

Дано:

А_1, а₁, А₂ ,а₂, А₃, а₃ – гени, що визначають зріст людини   

а₁а₁а₂а₂а₃а₃ – зріст 150 см

 А₁А₁А₂А₂А₃А – зріст 180 см

 1)А₁а₁А₂а₂А₃а₃  ; 2)Р ♀ а₁а₁а₂а₂а₃а₃, ♂ середнього зросту       

F зріст 165, 160, F 155, 150(см)

1.               генотип – ?
2.               P – генотипи?

Розв’язання

1. Визначаємо скільки сантиметрів до зросту додає кожна домінантна алель.

L = (180-150):6=5 cм

2)Особина з генотипом А₁а₁А₂а₂А₃а₃ , має три домінантні алелі, отже її зріст   L=180–5×3=165 см

3)Оскільки, найвища дитина мала зріст 165 см , вона отримала від батька всі три домінантні алелі, а найнижча (150см) не отримала жодного домінантної алелі, отже в кожній парі генів у батька є домінантна і рецесивна алель, він тригетерозиготний.

Р ♀ а₁а₁а₂а₂а₃а₃           ×       ♂ А₁а₁А₂а₂А₃а₃

G      а₁а₂а₃                                                  А₁А₂А₃

                                                                                А₁А₂а₃

                                                                               А₁а₂А₃

                                                                               А₁а₂а₃

                                                а₁А₂А₃

                                                                                а₁А₂а₃

                                                                                а₁а₂А₃

                                                а₁а₂а₃

F А₁а₁А₂а₂А₃а₃            А₁а₁А₂а₂а₃а₃         А₁а₁а₂а₂А₃а₃          А₁а₁а₂а₂а₃а₃

        165 см                  160 см                160 см                155 см

  а₁а₁А₂аА₃а₃                 а₁а₁А₂а₂а₃а₃          а₁а₁а₂а₂А₃а₃                а₁а₁а₂а₂а₃а₃    

            160 см                   155 см             155см                  150 см

Відповідь: 1)165 см , 2)генотип батька А₁а₁А₂а₂А₃а_3.

Задача 33.

Оперення ніг у курей успадковується по типу некумулятивної полімерії і детермінується двома парами неалельних генів. Від схрещування курки з опереними ногами і півня з неопереними ногами у F₁ з’явились курчата з опереними ногами. У F₂ з’явились 15 курчат з опереними і одне з неопереними ногами. Якими були генотипи всіх згаданих у задачі осіб?

 

Дано:

А_1, а_1, А_2,а₂ – гени, що визначають оперення ніг

а₁а₁а₂а₂ – неоперені ноги

А₁ –А₂ – оперені ноги

Р ♀А₁ – А₂ – , ♂а₁а₁а₂а₂

F₁– оперені ноги

F₂ – 15 оперені. 1 – неоперені

               Р – ?  F₁ – ? F₂ – ?

           

                                          Розв’язання

При некумулятивній полімерії вияв ознаки не залежить від кількості домінантних генів. Оскільки в в F₁ все потомство з опереними ногами, курка – гомозиготна.

              

 

                   Р ♀ А₁А₁А₂А₂       ×       ♂а₁а₁а₂а₂

                   G         A₁A₂                                            a₁a₂

                              F₁        A₁a₁A₂a₂

                                 оперені ноги

                  Р ♀А₁а₁А₂а₂           ×           ♂ А₁а₁А₂а₂

                            G       A₁A₂ A₁A₂

                                             A₁a₂                                          A₁a₂

                           a₁A₂                                          a₁A₂

                                             a₁a₂                                            a₁a₂

За законом незалежного комбінування станів ознак , розщеплення в F₂ буде:

9 А_{1 –} А_{2 –} --  оперені ноги

3 А _{1 –}   а₂а₂ – оперені ноги

3 а₁а₁А₂ – оперені ноги

1 а₁а₁а₂а₂ – неоперені ноги

Відповідь: Р А₁А₁А₂А₂, а₁а₁а₂а₂;  F ₁   А₁а₁А₂а₂; F₂   А₁А₁А₂А_2,     А₁а₁А₂а₂, А₁а₁А₂А_2,  А₁А₁А₂а₂, А₁А₁а₂а_2, А₁а₁а₂а₂ , а₁а₁А₂А₂ , а₁а₁А₂а₂ , а₁а₁а₂а_2.

                                      VІІІ  Розділ

                       Пенетрантність

Пенетрантність гена – це частка особин, у яких виявляється очікуваний фенотип.

Задача34

Черепно-лицьовий дизостоз ( передчасне заростання черепних швів ) спадкується як домінантна аутосомна ознака з пенетрантністю 50%. Визначте ймовірність народження дітей в сім’ї, де один з батьків гетерозиготний за цим геном, а інший нормальний стосовно аналізованої ознаки.

 

 

Дано:

А – ген черепно – лицьового дизостозу

а – ген норми

пенетрантність 50%

Р Аа, аа

F₁ вірогідність дезостозу— ? 

      Розв’язання

Р  ♀ Аа          ×         ♂аа 

G      A                         a

          a

F₁    Aa                          aa

дизостоз                норма

50%                         50%

Оскільки пенетрантність гена 50%(0,5), то вірогідність народження хворих дітей буде 50%×0,5=25%.

Відповідь: вірогідність народження хворих дітей 25%.

                                          ІX Розділ 

Генетика популяції, закон Харді – Вайнберга .

В 1908 році Г. Харді та В. Вайнберг вивели математичну закономірність для обчислення частот зустрічності алелей та особин різних генотипів у популяціях.  Перше положенням закону : сума частот зустрічностей алельних генів є величина постійна.

Частота зустрічності різних алелей обчислюється за формулою: р+q=1 , де р – частота зустрічності домінантної алелі гена, а q – частота зустрічності рецесивної алелі. Сукупність частот генотипів у популяції можна визначити за рівнянням: p²+2pq+q²=1 , де р^{2 –}  частота зустрічності особин домінантних гомoзигот; q^{2 –}  частота зустрічності особин рецесивних гомозигот;

2pq – частота зустрічності гетерозигот

Закон справджується тільки для ідеальних популяцій. Ознаками таких є:

1.     велика кількість особин в популяції;
2.     відсутність мутацій;
3.     відсутність зв’язку з іншими популяціями;
4.     однакова кількість чоловічих та жіночих особин.

Задача 35

У популяції безпородних собак міста було знайдено 245 тварин коротколапих  і 24 з нормальними лапами. Коротколапість у собак домінує над нормальною довжиною ніг. Визначте генетичну структуру цієї  популяції припустивши, що вона є ідеальною. Скільки в цій популяції гомозиготних і гетерозиготних коротколапих собак?

Дано:

С – ген коротких лап

с – ген нормальних лап

N_(CC) =245

N_(cc)=24

N_{(CC) –} ?  N_{(Cc) –} ?

                                   Розв’язання

1.              Визначаємо загальну кількість особин в популяції

N_(заг.) =245+24=269

2.              Визначаємо частку собак з нормальними лапами

q²= 24×100%:269=9%(0,09)

3.              Визначаємо частоту зустрічності рецесивної алелі гена

q= √0,09= 0,3(30%)

4.              Визначаємо частоту  зустрічності домінантної алелі гена

р=1 – q; p=1 – 0,3=0,7(70%)

5.              Визначаємо частоту   зустрічності гомозиготних за домінантною ознакою і гетерозиготних особин.

p²_(CC)=0,7²=0,49 (49%)

2pq(2Cc)=2×0,7×0,3=0,42 (42%)

6.              Визначаємо  кількість коротконогих гомозиготних і гетерозиготних собак

N_(cc)= 269×0,49=132 (особини)

N_(Cc)=269×0,42=113(особин)

Відповідь: генетична структура популяції: СС(р²)=49%, Сс(2pq)=42%, сс.(q²)=9%;  концентрація генів С(р)=70%. с(q)=30%,

N_(CC)=132 cобаки; N_(Сс)=113 собак.

Використана література:

1. Андріанов В. Л. Біологія. Розв'язування задач з генетики. Київ: Либідь 1995 р. 78 с.

2. Барна І. Загальна біологія. Збірник задач. Тернопіль: видавництво               « Підручники і посібники» ,2006 p., 736 с.

4. Овчінніков С. О. Збірник задач і вправ із загальної біології. — К.: « Генеза». 2000 р., 200 с.

5. Письмове тестування. Навчальний посібник для вступників до національного медичного університету ім.. О. О. Богомольця у 2006 році. Київ: Четверта хвиля , 2006 p., 220 с.

6. Хелевин Н. В., Лобанов А.М.,Колесова О.Ф. Задачник по общей биологии и медицинской генетике. - м.:Высшая школа, 1984 г.— 156 с.