Zadachnik_po_genetike

ген болезни сцеплен с полом. Больные дети, как правило, появляются от здоровых родителей. Следовательно, ген анализируемой болезни рецессивный. В то же время от браков больных мужчин со здоровыми женщинами дети независимо от пола оказываются здоровыми. Это возможно в том случае, когда рецессивный ген аномалии сцеплен с Л"-хромосомой. У мужчин А'- хромосома только одна, и рецессивный ген болезни не может быть подавлен; у женщин же А"-хромосомы две. Поэтому, если женщина унаследует от отца эту X-хромосому с геном болезни, то доминантный ген нормы другой Х- хромосомы, полученной от матери, подавит ген аномалии.

Несколько своеобразно третье поколение, произошедшее от брака двогородны-\ сибсов, где отец болен, а мать здорова. Здесь от здоровой женщины и больного мужчины появляются дети и здоровые, и больные. На первый взгляд кажется, что больные мужчины унаследовали ген болезни от своего отца. На самом деле это не так. Мать детей третьего поколения гетерозиготна и является кондуктором. Ген болезни у нее находится в подавленном состоянии. Мертворожденная девочка в третьем поколении подтверждает этот вывод: она получила один ген болезни от отца, другой от матери. В случаях классической гемофилии типа А, которой поражена семья, представленная на анализируемой родословной, гомозиготные по гемофилии девочки погибают.

200. Решение задачи производится путем составления схемы родословного дерева (рис. 31) и его анализа. Анализ родословной

показывает, что данная форма ночной слепоты наследуется как доминантный аутосомный признак — А. Следовательно, пробанд имеет генотип Аа (его отец здоров, генотип отца аа). Жена пробанда здорова, ее генотип аа. Зная генотипы супругов, нетрудно решить, что вероятность рождения здоровых и больных детей в семье пробанда равновелика - 50 %.

207. Схема родословного дерева, составленного на основе данных задачи, изображена на рис. 32. Болезнь наследуется как аутосомный признак с неполным доминированием. Пробанд гетерозиготен (Ss), его жена здорова (ss), их дочь гетерозиготна.

210. Родословная по условиям задачи изображена на рис. 33. Анализ родословной показывает, что признак коричневой окраски эмали зубов наследуется по доминантному типу. Об этом говорит тот факт, что дети с коричневыми зубами появляются от браков, где один из родителей поражен аномалией, а другой нормален. В случаях, если оба родителя с нормальной окраской зубов, дети нормальны (в двух семьях из четвертого поколения все дети без аномалии). Но нельзя не обратить внимания на четвертое поколение. Из 12 сибсов четверо имеют нормальную окраску зубов, а восемь чело-

век - коричневые зубы. Мать этих детей имела нормальные белые зубы, а отец - коричневые. Интересно, что нормальную окраску зубов унаследовали только мужчины этого поколения, а все женщины унаследовали аномалию. Почему ген аномалии попал только к женщинам и не попал к мужчинам? Следует предположить, что ген коричневой окраски эмали зубов находится в X-хромосоме. Только в этом случае он не мог попасть к мужской части потомства от пораженного аномалией отца, но обязательно должен был попасть к дочерям. В связи с тем, что этот ген доминантный, он проявился у всех дочерей. Мы могли бы предположить, что ген коричневой -эмали зубов является доминантным аутосомным геном, что кажется вполне справедливым, если не учитывать четвертое поколение. Однако подсчитано, что вероятность совпадения распределения признака между сыновьями и дочерями в той пропорции, как это приведено в анализируемой родословной четвертого поколения, ничтожно мала и равна 0,512 (К. Штерн, 1965).

Из этого анализа можно сделать вывод, что пробанд не несет гена коричневой окраски эмали зубов. Если этот ген обозначить через ХА, то генотип пробанда будет X"Y. Гетерозиготная женщина, с которой (предположительно) пробанд вступает в брак, будет иметь генотип ХАХ". Следовательно, вероятные генотипы детей от этого брака: 25 % ХА Х", 25% XAY, 25% ХаХа и 25% XaY или 50% с коричневой окраской эмали зубов, 50 % с нормальными белыми зубами.

225. В связи с тем, что альбинизм у ржи наследуется как аутосомный рецессивный признак, все растения альбиносы будут гомозиготны по рецессивному гену — аа. Частота их в популяции (q2) равна 210/84000 = 1/400 =_0,0025. Частота рецессивного гена а будет равна ] /q2 . Следовательно, q = |/0Д)25~ = 0,05.

228.Если ген красной масти животных обозначить через А,а ген белой — а, то у красных животных генотип будет АА(их было 4169), у чалых - Аа (3780),

убелых - аа (756). Всегозарегистрировано животных 8705. Можем рассчитать частотугомозиготных красных или белых животных в долях единицы.Частота, например, белых животных будет 756:8705 = 0,09.Следовательно, q2 = 0,09.

Частота рецессивного гена а будетq = J/0,09 = 0,3. Частота гена А будет р — 1 — q. Следовательно, р = 1 - 0,3 = 0,7.

229.Альбинизм наследуется рецессивно. Величина 1/20 000 —это q2.

Следовательно, частота гена а будет: q — J/l/20000 == 1/141. Частота гена р будет: p = l - q ; p = l - 1/141 = 140/141.

133

Количество гетерозигот в популяции равно 2pq. 2pq = =. 2 х (140/141) х (1/141) = 1/70. Выразив это число в процентах получим 1,4%.

248. В условиях задачи дана частота доминантного гена по системе группы крови Кидд среди некоторой части европейцев: р = 0,458. Тогда частота рецессивного гена q = — 1 — 0,458 = 0,542. Генетическая структура популяции состоит из гомозигот по доминантному гену — р2, гетерозигот Ipq и гомозигот по рецессивному гену q2. Отсюда р2 — 0,2098; 2pq — 0,4965; q2 = 0,2937. Пересчитав это в %, можем сказать, что в популяции лиц с генотипом 1к"1к" 20,98%; 1к"1кь 49,65%; Ikblkb 29,37%.

Для негров в условиях задачи дано число кидд-положитель-ных лиц, имеющих в генотипе доминантный ген Ik": Ik"Ika и lk"Ikb , т.е. p2 +2pq = S0%, или в

долях единицы 0,8. Отсюда легко высчитать частоту кидд-отрицательных, имеющих генотип 1къ1кь. q2 = 100% - 80% = 20%, или в долях единицы : 1 - 0,8 = 0,2.

Теперь можно высчитать частоту рецессивного гена 1кь. q = У0,2 = 0,45. Тогда частота доминантного гена Ik" будет р — 1 — 0,45 = 0,55. Частота гомозигот по доминантному гену (р2) равна 0,3 или 30%. Частота гетерозигот Ik"Ikb (2pq) равна 0,495, или приблизительно 50%.

250. Генотипы лиц, имеющих врожденный вывих бедра, АА и Аа (доминантное наследование). Здоровые лица имеют генотип аа. Из формулы р2 + 2pq + q2 ясно, что число гомозиготных по рецессивному гену особей (аа) q2 = 1 — р1

— 2pq. Однако приведенное в задаче число больных (6:10000) представляет собой не р2 + 2pq, а лишь 25 % носителей гена А, т. е. (р2 + 2pq)/4. Следовательно, р2 + 2pq = (4 х 6)/10 000 = = 24/10000. Тогда q2 (число гомозиготных по рецессивному гену особей) равно 1 - (24/10000) = 9976/10000 = 99,76%.

254. Вспомним, что группы крови в системе АВО определяются тремя аллельными генами 1°, 1Л и ]в. Лица с I группой крови имеют генотип 1°1°, II группу крови имеют лица с генотипами 1Л1А и 1Л1°, III группу — с генотипами 1В1В и 1В1°, IV - 1А1В. Обозначим частоты генов Iя через р, 1В -через q, 1° — через г. Формула частот генов: р + q 4- г = 1, частот генотипов: р2 + q2 + г2 + 2pq + 2pr + 2qr = 1. Важно разобраться в коэффициентах — к какой группе крови какие коэффициенты относятся. Исходя из принятых нами обозначений, I группе крови I°I° cooiBeicrBycT г2. II группа складывается из двух генотипов: 1Л1Л, чго соответствует р2 и 1Л1° — соответственно 2рг. III группу также составляют два

134

генотипа: 1В1В - соответствует q2 и /s/° - соответственно 1рг. IV группу крови определяет генотип 1А1В, чему соответствует Ipq. По условиям задачи можно составить рабочую таблицу:

Из имеющихся данных легко определить частоту гена 1°-г = [/uJJ= 0,574.

Далее для вычисления частот генов 1А и /в мы можем скомбинировать материал в два варианта: по частотам групп крови I и II или же I и III. В первом варианте мы получим формулу р2 + 2рг + г2, во втором - q2 + 2qr + r2.

По условиям задачи р'2 + 2рг + г2 = [р + г)2 = 0,69. Следовательно, я+ г = |/0^69~ = 0,831. Ранее мы высчитали, что г = 0,574. Отсюда р = 0,831 — 0,574 = 0,257. Частота гена 1А равна 0,257.

Таким же образом высчитываем частоту гена Iе ■ q2 + 2qr + + г2 = (q + r)2 = 0,56; q + r = 0,56 = 0,748; q = 0,748 - 0,574 = = 0,174. Частота гена 1В равна 0,174.

П р и м е ч а н и е . В полученном ответе сумма р + q + г больше 1 на 0,005, это связано с округлением при расчетах.

I

ОТВЕТЫ НА ЗАДАЧИ

5. 7.

■ПТ 'ТТГТТТ

10. Лизин — аргинин - глутаминовая кислота - треонин -валин — лейцин - цистеин - тирозин.

15. После воздействия азотистой кислотой не изменяются кодовые триплеты лишь второй и четвертой аминокислот. Цепь белка будет иметь следующее строение: цистеин - глицин — цистеин — изолейцин — серии — глицин — цистеин.

18. 1. Гемоглобин А:

30. 50% красных и 50% желтых. 31. А - ген карликовости, а - ген нормального^ роста. Скрещивались Аа х Аа. 32. А - ген нормального роста, а -

красных. 51. /. 75% с нормаль-

I ным слухом, 25 % глухонемых. 2. А — ген нормального слуха, а - ген глухонемоты. Генотипы родителей аа и Аа. 54. Все здоров ы . 55 . 50% . 56 . 50%. 59 . 50%. 60 . 100%. 63 . 25%. 64. 75% 67. 50%. 69. 1. 25% красных гладких, 25% красных пушистых, 25% желтых гладких, 25% желтых пушистых. 2. 4 тонны. 72. 25% черные белоголовые, 25% черные со сплошной окраской головы, 25 % рыжие белоголовые, 25 % рыжие со сплошной окраской головы. 74. 1. 9/16, или 56,25%. 2. Надо скрестить купленную собаку с рецессивной по обоим признакам, т. е. с кофейной длинношерстной. 79. 50%. 80 1. 100%. 2. Все здоровы. 3. 25%. 4. Все здоровы. 85. 1. 1/64, или 1,5%. 2. 1/8, или 12,5%. 89. 1. 50% белых, 50% кохину-р ов ы х. 2 . Г ом ози го тн ым и б уд ут 7 4 бе лы х и 7 7 ч ер ны х . 91. 67 гомозиготных черных и 67 гомозиготных белых. 92. /. 6/16, или 37,5%. 2. А - ген комолости, а - ген рогатости, В — ген красной масти, Ъ — ген белой масти. Генотип быка АаВЪ. Генотипы коров: ааВЬ, ааЪЪ, ааВВ, АаВЬ, АаВВ, АаЪЬ. 100. 1. 25% — ксантомы с атеросклерозом, 50% — повышенное содержание холестерина в крови, 25 % — нормальное. 2. Все будут гетерозиготными и иметь повышенное содержание холестерина в крови. ПО. Все мальчики (50%) будут с гипертрихозом. 112. 25%. 114. 25%. 121. 62,5%. 122. 12,5%, из них половина голубоглазых, половина кареглазых. 126. В вариантах 4, 5 и" 7 оплодотворения не произойдет. В вариантах 1, 2 и 8 прорастут все пыльцевые зерна. В вариантах 3 и 6 прорастет лишь 50% пыльцевых зерен: в варианте 3 - е S3 в варианте 6 - е S1. 128. I, II (1А 1°), III (IBI°). 129. Не могут. 130. II (1А 1°) и III (1В 1°). 136. 25%; II (1А 1°) или III (1В 1°). 137. 75 %; I или II {1Л 1А и 1А Р). 139. А - нормальное развитие шерсти, а - отсутствие шерсти. 1) Аа х Аа, 2) Аа х АА,

3) Аа х Аа. 140. 1/3 аа - чешуйчатые карпы, 2/3 Аа - линейныекарпы, АА - гибнут. 141. Платиновых с серебристыми. 149.37,5%. 153. 7,5%. 155. 1. 31,5%. 2. 45%. 162. 50%, из нихI I I г р уп п а - 5 %, IV г р уп п а - 4 5 ^ . 1 6 4 . 1 . 2 2 , 5 % - с о б е и м и аномалиями; 2,45% — с дальтонизмом; 2,45% — с гемофилией;72,55 % - здоровые. 2. 2,45 % - мальчики.

137

2. Возможны те же 16 фенотипических классов и в тех же соотношениях, что и в условии 1