Занятие № 11

Построим молекулу иРНК по принципу комплиментарности, а затем определим последовательность аминокислот в полипептидной цепи до изменений

ДНК:

5 TTA-ТГТ-ААА-ТТТ-ЦАГ 3 – смысловая цепь

3 ААТ-АЦА- ТТТ- ААА-ГТЦ 5 – матричная цепь

иРНК: УУА-УГУ-ААА-УУУ-ЦАГ

А/к: лей  цис – лиз  фен  глу

Произведем указанные изменения в структуре ДНК и вновь определим последовательность аминокислот

ДНК: 5 ТТА-ТТА-ААТ-ТТА 3

3ААТ-ААТ-ТТА-ААТ 5

И-РНК: УУА-УУА-ААУ-УУА

А/к: лей – лей – асп – лей

Занятие № 12 Ситуационная задача № 1

По легенде составляем родословную с использование специальных символов.

I

1 2

II

1 2 3 4 5 6

III 1 2 3 4

IV

1 2 3 4 5 6

V

1 2 3

Анализ родословной показывает, что данная форма ночной слепоты наследуется как доминантный аутосомный признак. Об этом говорит тот факт, что признак проявляется у большинства членов родословной независимо от пола. Следовательно, пробанд имеет генотип Аа – так как его отец здоров и имеет генотип аа. Жена пробанда здорова, следовательно, ее генотип аа. Зная генотип супругов нетрудно решить, что вероятность рождения здоровых и больных детей в семье пробанда составляет 50%.

Р. ♀Аа  ♂ аа

G А, а а, а

F₁ Аа, аа

Ответ: вероятность рождения больных детей составляет 50%.

Ситуационная задача № 2

Для решения задачи используем формулу Хольцингера

65%  18%

Н =  100%

100%  18%

Н = 57%

Е = 100 – 57 = 43%

Результаты подтверждают, что заболевание сахарным диабетом обусловлено наследственностью и средой в равной мере.

Занятие № 13

Ситуационная задача № 1

Общее количество хромосом в кариотипе 3А + ХХ равно 22  3 + 2 = 68 хромосом. Зигота с кариотипом 3А + ХХ могла возникнуть при слиянии:

1. Нормальной яйцеклетки (А+Х) с аномальным сперматозоидом (2А+Х)

46

23 23 23 23

46

45 45 1 1

Ответ: + = 3А+ХХ

2. Аномальной яйцеклетки 2А + Х с нормальным сперматозоидом А + Х

46

1 45 1 45

46

23 23 23 23

Ответ: + = 3А+ХХ

Ситуационная задача № 2

Построим молекулу иРНК по принципу комплиментарности, а затем определим последовательность аминокислот в полипептидной цепи до изменений

ДНК:

5 TTA-ТГТ-ААА-ТТТ-ЦАГ 3 – смысловая цепь

3 ААТ-АЦА- ТТТ- ААА-ГТЦ 5 – матричная цепь

иРНК: УУА-УГУ-ААА-УУУ-ЦАГ

А/к: лей  цис – лиз  фен  глу

Произведем указанные изменения в структуре ДНК и вновь определим последовательность аминокислот

ДНК: 5 ТТА-ТТА-ААТ-ТТА 3

3ААТ-ААТ-ТТА-ААТ 5

И-РНК: УУА-УУА-ААУ-УУА

А/к: лей – лей – асп – лей

Ответ: Если удалить пятый и тринадцатый слева нуклеотиды из цепи молекулы ДНК, то во втором положении цистеин замениться на лейцин, в третьем положении лизин замениться на аспарагин, в четвертом положении фенилаланин замениться на лейцин, а пятый глутамин отсутствует.