Гттгцтггтааагтттцтгаа

4. Как и в задаче 1, дана последовательность аминокислот в цепи В инсулина. Подбирая кодовые триплеты, строим иРНК:

УУУГУУГАУЦАГЦААУУАУГУГГУУЦУЦАУ

По иРНК строим одну нить участка ДНК:

АААЦААЦТАГТЦГТТААТАЦАЦЦААГАГТА

Затем восстанавливаем строение второй нити ДНК и получаем строение искомого участка:

АААЦААЦТАГТЦГТТААТАЦАЦЦААГАГТА

iiiTiiTiiiiTiiiiiimmiiiiii

ТТТГТТГАТЦАГЦААТТАТГТГГТТЦТЦАТ

9. Задача по характеру обратная только что разобранным. Известна одна лишь нить ДНК, с которой снимается иРНК. Строим иРНК по условиям задачи: УГГУАУЦАГ-ГУУЦЦУ. Разбиваем ее на триплеты: УГГ, УАУ, ЦАГ, ГУУ, ЦЦУ. По таблице кода (см. приложение, табл. 1) последовательно находим для каждого триплета соответствующую аминокислоту и строим участок искомого полипептида триптофан — тирозин — глутамин — валин — пролин.

11. В условиях задачи даны кодовые триплеты всех аминокислот, выделяющихся с мочой у больного цистинурией. По ним, пользуясь кодовой таблицей, узнаем состав выделяющихся "аминокислот у больного: серии, цистеин, аланин, глицин, глутамин, аргинин, лизин. Аминокислоты, выделяющиеся у здорового человека, в задаче указаны. Исключаем их из списка, полученного нами, узнаем ответ на поставленный вопрос в пункте /.' цистеин, глутамин, аргинин, лизин. 12. Как и в задаче 9, первоначально строим иРНК УУАУГУАААУУУЦАГ, а затем, разбив ее на триплеты, строим участок искомого белка в норме: лейцин — цистеин — лизин — фенилаланин — глутамин. По условиям задачи из нити ДНК удаляется пятый и тринадцатый (слева) нуклеотиды. Остается: ААТААТТТАААТЦ. По полученному участку строим нить иРНК: УУАУУАААУУУАГ, вновь разбив ее на триплеты, находим строение участка белка после произошедших изменений в ДНК: лейцин — лейцин — аспарагин — лейцин. Сравнивая строение участка белка до и после изменений в ДНК, видим, что произошла замена всех аминокислот, кроме первой, а длина цепи сократилась на одну аминокислоту.

21. По известному аминокислотному составу строим иРНК УУУГУУГАУЦАГЦАУУУАУГУГГУУЦУЦАУ

Затем находим строение сначала одной нити, а потом двухцепочечной ДНК:

АААЦААЦТАГТЦГТАААТАЦАЦЦААГАГТА

ТТТ ГТТГАТЦАГЦАТТТАТГТГГТТЦТЦАТ

Подсчитываем все количество адениновых оснований (20), ти-!

миновых (20), гуаниновых (10) и цитозиновых (10). Затем

высчитываем требуемое в условиях задачи ■ (А + Т)/(Г + Ц) =

(20 + 20)1(10 + 10) = 40/20 = 2,0.

28. Прежде чем решать задачу, необходимо уяснить ха-) рактер анализируемых признаков и обусловить запись определяющих их генов. В данной задаче имеем дело с одной парой аллельных генов, один из которых определяет невосприимчивость овса к головне, второй, аллельный ему ген, не обладает свойствами защищать организм от заболевания. [ Ген иммунности — доминантный ген, обозначим буквой А. J Ген, неспособный защитить организм от заражения головней, рецессивный, обозначим буквой а. Эти условия задачи можно записать так:

По условию пункта 1 скрещиваются два гомозиготных растения, одно из которых обладает иммунитетом, второе — нет. Следовательно, генотип первого растения будет АА, второго — аа.

Решение задачи можно произвести по схеме, представленной на рис. 5. У первого растения возможны гаметы только одного типа, содержащие ген А, у второго тоже только одного типа, содержащие ген а. При слиянии таких гамет все потомство будет гибридным, или гетерозиготным, содержащим и доминантный и рецессивный гены: Аа. Фенотипически все потомство будет устойчивым к головне (первое правило Менделя).

Запись решения можно произвести и другим способом. Составляется решетка, в которой по одной оси записываются возможные гаметы одного родителя, по другой оси — гаметы второго родителя:

В На перекрестках вписываются возможные варианты слия-Иния гамет, что соответствует возможным вариантам генотипов потомства:

По условию пункта 2 скрещивается гибрид первого поколения (Аа) с растением, лишенным иммунитета (аа)'. Решение можно провести по схеме (см. рис. 5) или произвести такую же запись по решетке:

Анализ записей показывает, что половина потомства будет гетерозиготным и. следовательно, устойчивым к головне, другая — юмозиготные по рецессивному гену растения, поражаемые головней.

29. Задача носит иной характер: установление генотипов по анализу фенотипов потомства Решение задачи также должно начинаться с уяснения признаков и определяющих их генов:

В условиях задачи нам даны лишь соотношения фенотипов в потомстве. Для решения подобных задач необходимо помнить, при скрещивании каких генотипов возможны определенные соотношения фенотипов или, по крайней мерс, иметь под руками табличку возможных соотношений потомков при различных вариантах моногибридного скрещивания (см. приложение, табл. 2).

По условию пункта 1 в потомстве произошло расщепление фенотипов в отношении 1:1. Следовательно, скрещивалось гетерозиготное растение с растением, гомозиготным по рецессивному ichv: Аа х аа.

В условиях пункта 2 даны числовые соотношения фенотипов. По ним можно установить, что в потомстве на 1 растение, дающее грушевидные плоды, оказалось 3 растения с круглыми плодами 31750:95 250, т.е. отношение 1:3. Следовательно, скрещивались гибридные растения (Аа х Аа), и в потомстве должны быть генотипы в следующих отношениях: \АА:2Аа:\аа. Из 95 250 растений с круглыми плодами 1/3 приходилась на растения с генотипом А А, а 2/3 — на гетерозиготные растения с генотипом Аа. Эти 2/3 составляют 63 500 растений.

39. Вчитываясь в условия задачи, нетрудно понять, что серый цвет доминирует над белым:

При скрещивании серых кур с белыми вес потомство оказалось серым. Следовательно, в первом скрещивании родители были гомозиготными АА и аа (см. приложение, табл. 2), а потомство оказалось гетерозиготным серым — Аа.

Во втором скрещивании брались гибриды Аа и скрещивались с белыми курами аа. Потомство должно быть наполовину серым Аа, наполовину белым аа. Действительное соотношение 85:87, близкое отношению 1:1, подтверждает это решение.

46. Записываем условия задачи:

Прежде чем ответить на прямой вопрос задачи, необходимо установить генотипы мужчины и женщины, вступающих в брак. Если мужчина голубоглазый, то его генотип будет включать два рецессивных гена аа. ■ Указание на то, что родители мужчины были кареглазыми, не должно нас смущать. Из этого указания мы можем сделать лишь дополнительный вывод о том, что его родители были гетерозиготными Аа и Аа. У женщины глаза карие. Следовательно, у нее обязательно должен быть доминантный ген карих глаз А, который она унаследовала от своей матери. Второй ген цвета глаз женщина получила от отца, а отец ее был голубоглазым и имел генотип аа. Следовательно, женщина гетерозиготна по цвету глаз, ее генотип Аа. При браке гетерозиготного родителя Аа с гомозиготным по рецессивному гену аа равновероятная возможность рождения детей как с карими (Аа), так и с голубыми (аа) глазами. При решении задач применительно к человеку нельзя говорить о прямом отношении 1:1, так как точные менде-левские соотношения получаются лишь при большой численности потомства или при больших выборках. У человека семья ограничена небольшим числом детей, поэтому можно говорить лишь о вероятности, а не об истинных соотношениях.

48. Условия задачи:

Отец гетерозиготен, следовательно, его генотип Аа. Мать не страдает заболеванием, она гомозиготна по рецессивному гену, ее генотип аа. При браках Аа и аа равновероятная возможность рождения как больных, так и здоровых детей 50 %: 50 %.

49. Условия задачи:

В брак вступают гетерозиготные родители Аа и Аа. Фенотипически они здоровы. При браках гетерозиготных родителей вероятны генотипы детей: АА — 25%, Аа — 50 %, аа — 25 %. Следовательно, вероятность рождения здоровых детей равна 75 %, вероятность рождения детей, больных фе-нилкетонурией, — 25 %.

53. Условия задачи:

По условиям задачи один из супругов страдал галакто-земией, но был излечен. Следовательно, его генотип включает два рецессивных гена аа. То, что он был излечен, говорит о том, что «исправлен» его фенотип, но генотип остался прежний — аа. Второй супруг гетерозиготен, его генотип Аа. При браках Аа и сю равновероятно рождение как здоровых, так и больных детей — 50 %: 50 %.

68. Из условий задачи видно, что имеем дело с двумя парами неаллельных генов. Записываем признаки и определяющие их гены:

По условию пункта 1 скрещиваются гомозиготные растения. Первое — нормального роста (АА) и позднеспелое (bb), его генотип AAbb. Второе — гигантское (аа) и раннеспелое (ВВ), его генотип ааВВ. Первый родитель может дать только один тип гамет — АЬ, второй — только аВ. При слиянии таких гамет возможен лишь один вариант генотипа потомства — АаВЬ. Следовательно, все потомство будет гетерозиготным по обеим парам генов, а фенотипически — всё нормального роста и раннеспелое.

Ответ на пункт 2 легко найти в решетке Пеннета (см. рис. 6). В трех клеточках (правый нижний угол) из 16 будут особи с генотипами ааВВ и ааВЬ, 3/16= 18,75%.

Можно решить иначе. В условиях задачи мы записали: гигантский рост — а, раннее созревание — В. В пункте 2 задачи спрашивается, какой процент растений будет с признаками генов а и В. При скрещивании дигибридов расщепление по фенотипу происходит в Отношении 9:3:3:1, т.е. 9 с признаками, обусловленными генами А и В, 3-е признаками, обусловленными А и Ь, 3— с а а В, 1—саиб. Следовательно, гигантских растений раннего созревания будет 3 из 16, или 18,75%.

Наконец, можно решить пункт 2 исходя из вероятностей совпадения независимых явлений. Вероятность проявления в потомстве признака рецессивного гена" одного аллеля — гигантский рост — равна 1/4, вероятность проявления доминантного гена второго аллеля — раннее созревание — равна 3/4, вероятность сочетания этих признаков в потомстве равна 1/4 х 3/4= 3/16= 18,75%.

В пункте 3 задачи по полученным соотношениям 5593:22 372 определяем, что по росту произошло расщепление 1:3, по срокам созревания — также 1:3. Следовательно, скрещивались гетерозиготные по обоим признакам растения. В этом случае гигантских растений позднего созревания должно получиться 1/16.22372:16= 1398 растений.

71. Условия задачи:

Из условий задачи нельзя определить, какие особи по генотипу скрещивались. Можно лишь сказать, что первые имели оба рецессивных гена окраски гусениц (аа) и, по крайней мере, один доминантный ген по цвету кокона (В). Вторая группа скрещиваемых особей имела, по крайней мере, один доминантный ген по окраске гусениц (А) и оба рецессивных гена по окраске кокона (bb). В первом поколении все гусеницы были полосатые и плели желтые коконы. Отсюда можно установить, что второй из пары доминантных генов у каждого из родителей также был доминантным. В противном случае в первом поколении получилась бы часть особей с одноцветными гусеницами, также были бы особи с белыми коконами.

Следовательно, скрещивались особи с генотипами ааВВ и ААЬЪ. При таком скрещивании возможен лишь один вариант потомства: по генотипу АаВЬ, по фенотипу — полосатые гусеницы, плетущие желтые коконы.

При скрещивании особей первого поколения (АаВЬ) между собой получится потомство, характерное для скрещивания дигибридов: 9 — 1усеницы полосатые, коконы желтые, 3 — гусеницы полосатые, коконы белые, 3 — гусеницы одноцветные, коконы желтые, 1 — гусеницы одноцветные, коконы белые. В условиях задачи приведены количественные соотношения фенотипов во втором поколении. Они лишь подтверждают правильность решения.

78. По условиям задачи имеем дело с двумя болезнями, следовательно, с двумя парами неаллельных генов. При решении очень важно различать, где ген «норма» по отношению к фенилкетонурии, где ген «норма» по отношению к агам-маглобулинемии:

По условиям задачи в брак вступают два гетерозиготных по обеим парам генов родителя. Их генотипы АаВЬ. Из решетки Пеннета (см. рис. 6) видны возможные генотипы потомства.

В пункте требуется определить вероятность рождения здоровых детей. Здоровые дети те, у кого в генотипе будет хотя бы по одному доминантному гену из каждого аллеля. Вероятность рождения таких детей равна 9/16, или 56,25%. Можно рассуждать иначе, без вычерчивания решетки Пеннета. Вероятность рождения детей, имеющих доминантный ген одного аллеля — 3/4, имеющих доминантный ген другого аллеля - 3/4. Следовательно, вероятность рождения детей, имеющих хотя бы по одному доминантному гену из каждого аллеля равна 3/4 х 3/4 = 9/16, или 56,25%.

В пункте 2 требуется установить возможности спасения детей, больных фенилкетонурией. Из решетки Пеннета можно видеть, что это будет три особи из 16, у которых есть фенилкетонурия, но нет агаммаглобулинемии. Но с фенилкетонурией может родиться четверо из 16. Трех из них можно спасти. Следовательно, в 75%, случаях рождения больных фенилкеюнурией можно спасти.

Можно решать задачу также исходя из вероятности совпадения двух независимых явлений. Спасти можно только тех больных фенилкетонурией (гомозиготы по рецессивному гену одного аллеля), у которых будет хотя бы один доминантный ген второго аллеля. Вероятность первого явления 1/4, второго — 3/4. Следовательно, возможности спасения будут 1/4 х 3/4 = = 3/16. Приняв число больных фенилкетонурией 1/4 за 100%, высчитаем, что 3/4 от этого числа равны 75 %

87. Из условий задачи ясно, что мы имеем дело с одной парой генов. Ни один из генов не доминирует полностью над другим, поэтому право решающего любой ген обозначить большой буквой. Чтобы подчеркнуть, что ген не полностью доминирует, над ним ставится черточка. В таблице записи условий задачи целесообразно внести еще одну графу «генотип».

По условиям пункта / требуется установить потомство от скрещивания двух растений с листьями промежуточной ширины, т. е. гетерозиготных: Аа х Аа. Решать можно или по схеме рис. 5, или составляя решетку:

1/4 растений будет с широкими листьями, 1/4 — с узкими и 1/2 — с листьями промежуточной ширины.

В пункте 2 требуется определить характер потомства от скрещивания узколистного растения (аа) с растением, имеющим листья промежуточной ширины (Аа). Потомство получится характерным для анализирующего скрещивания: половина с узкими листьями, половина с листьми промежуточной ширины.

95. В задаче обусловлено, что ген «нормы» — доминантный

ген, но он не подавляет полностью рецессивный ему ген цистилурии:

По условиям пункта 1 требуется определить возможные формы проявления цистинурии у детей в семье, где один из родителей гомозиготен по_ рецессивному гену болезни — аа, а другой гетерозиготен — Аа (имел лишь повышенное содержание цисгина в моче).

Вероятность рождения детей с повышенным содержанием цистина в моче и страдающих камнями почек одинакова — 50% -50%.

В условиях пункта 2 один из родителей гомозиготен по рецессивному гену болезни {аа), второй — нормален по гену «норма» (АА). По первому правилу Менделя можно решить, что все дети в этой семье будут иметь повышенное содержание цистина в моче.

101. Имеем дело с двумя парами генов, в обеих парахобнаруживается неполное доминирование. После записи условий задачи в таблице устанавливаем генотипы родителей, вступающих в брак: Sstt и ssTt. I

По возможным вариантам гамет того и другого родителя составляем решетку:

Следовательно, вероятность рождения совершенно здоровых детей в этой семье равна 1/4, или 25%.

105. Интересное сочетание: гены черного и рыжего цвета не доминируют друг над другом, а в сочетании дают «трехшерстную» масть. Право решающего большой буквой обозначить любой ген. Возьмем А - черный, а - рыжий цвет. Но эти гены находятся в.Y-хромосоме. Поэтому мы должны обозначить ген черного цвета Х^, ген рыжего цвета — Х_а.

По условиям пункта 1 скрещивается «трехшерстная» кошка с черным котом. Генотип кошки Х~_АХ_а, кота X~_AY. В У-хромо-соме гена, аллельного гену цветности в X-хромосоме, нет.

Вероятность появления «трехшерстных» котят от такого скрещивания равна 1/4, или 25 %. Все они будут кошками.

По условиям пункта 2 скрещивается рыжая кошка (Х_аХ_а) с черным котом (X~_AY):

От этого скрещивания половина котят будет «трехшерстными» (кошки), половина — рыжими (коты).

107. Условия задачи:

рождения здоровых детей в этой семье равна \п Девочки с генотипом X_hX_h погибают.

115.Условия задачи:

По условиям пункта / ясен генотип больного мужчины — X_hY. Так как женщина не страдает гемофилией, у нее обязательно должен быть доминантный ген «нормы» — Х_н. Второй ген женщины также доминантный (Х_п), в противном случае были бы больные дети. Следовательно, генотип женщины ХцХ_н. 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 (Х_ИХ_Н\ гемофилия у внуков не проявится. Если дочери (Х_НХ^ вступят в брак со здоровыми мужчинами (Х_н Y), 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: Х_н и А. Сын имеет обе аномалии, _его генотип X_hYaa. X-хромосому с геном гемофилии он мог унаследовать только от матери. Один из генов альбинизма сь_ш получил от матери, другой — от отца. Таким образом, гено1_ИП матери X_HX_hAa, генотип отца X_HYAa. При таком браке вероятны генотипы детей:

По условиям пункта 2 в брак вступает больной мужчина (генотип X_hY) с женщиной, не страдающей болезнью. Следовательно, у женщины один ген обязательно «норма» — Х_н. Но второй ген из этой пары у нее должен быть геном гемофилии — x_h, так как отец этой женщины страдал гемофилией, а женщина получает всегда одну Л"-хромосому от матери, вторую — от отца. Генотип женщины — X_HX_h. 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 вер_{оятности} 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 X Y_zaa. 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 с^с1'с^с1' 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, Сс^с1', Cc^h и 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 с^ьс. 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),

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 (1^А1° и 1^Л1^А), III группу —

тоже два (1^ВР 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:

- „ Aarr aaRr,, _

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:

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.

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 —- X^D_EX^d_c, генотип

Во

самца -уг X^d_eY. Как и в решении пункта / задачи 167 составляем таблицу и вычисляем возможные гаметы самки:

^% Самец может давать два типа гамет —- X^d_e и — Y. В слу-

о о

чаях слияния этих двух типов гамет самца с 16 указанными

гаметами самки будет различен лишь пол. Поэтому в каждом фенотипическом классе будет половина самцов, половина самок:

2. По условиям задачи генотип самки — т- X%X^d, 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,

Дата добавления: 2014-11-29