Задача

Від схрещування двох сортів пшениці, у одного з яких рослини безості червоноколосі, а у другого – остисті білоколосі, отримали гібриди F₁ з безостим червоним колосом. Яким буде потомство F₂, якщо ознаки успадковуються незалежно?

Розв’язання.

1. Запишемо умовні позначення генів:

А – ген безостості колосу;

а – ген остистості колосу;

В – ген червоного забарвлення колосу;

в – ген білого забарвлення колосу.

1. Запишемо схему схрещування та здійснимо аналіз потомства:

Р             ♀ААВВ   х   ♂аавв

G           100 % АВ         ав 100 %

F₁ AaBв        дигетерозигота, фенотип безості червоноколосі.

Р                    ♀АаВв        х       ♂АаВв

Після запліднення виникнуть такі зиготи:

Випишемо усі неоднакові типи зигот, відмітимо генотип та фенотип отриманих рослин пшениці:

Відповідь: Потомство F₂ складається із рослин, що мають 9 неоднакових генотипів та 4 неоднакових фенотипи, тобто у F₂ спостерігається розщеплення за генотипом у співвідношенні 1 : 4 : 2 : 2 : 1 : 2 : 2 : 1 : 1 та за фенотипом у співвідношенні 9 : 3 : 3 : 1.

Задача

Від схрещування ранньостиглого ячменю з пізньостиглим отримали ранньостиглі гібриди F₁. Які рослини за генотипом та фенотипом будуть у поколінні F₂? Які рослини за генотипом та фенотипом очікуються від зворотного схрещування?

Розв’язання.

1. Запишемо умовні позначення генів:

А – ген ранньої стиглості ячменю;

а – пізньої стиглості ячменю.

1. Запишемо схему схрещування та проведемо аналіз потомства:

Р                              ♀АА   х   ♂аа

G                                   A                a

100%          100%

F₁ Aa – генотип гетерозигота,

фенотип ранньостиглі

P                               ♀Aa     х     ♂Aа

G                                A    a              A    a

50 %   50 %       50 %   50 %

F₂ AA   Aa   Aa   aa

Отже, у другому поколінні отримали рослини трьох неоднакових генотипів у співвідношенні 1 : 2 : 1 та двох неоднакових фенотипів у співвідношенні 3 : 1.

Щоб відповісти на друге запитання слід пам’ятати, що зворотним схрещуванням називають схрещування гібридів першого покоління з батьками.

а) Р                              ♀Аа   х   ♂АА

G                              A   а             А

50 %   50 %        100 %

F_зв AA               Aa –

50 %    домінантна гомозигота         50 %    гетерозигота

фенотип ранньостиглі                       фенотип ранньостиглі

У потомстві зворотного схрещування, де батьківська рослина з домінантними ознаками, отримали рослини двох неоднакових генотипів у співвідношенні 1 : 1 та одного фенотипу.

б)  P                     ♀Aa     х     ♂аа

G                                A    a              а

50 %   50 %       100 %

F_зв Aa                   aa

50 %   гетерозигота                           50 %   рецесивна гомозигота

фенотип ранньостиглі                      фенотип пізньостиглі

У потомстві зворотного схрещування, де батьківська рослина із рецесивними ознаками, отримали рослини двох неоднакових генотипів у співвідношенні 1 : 1 та двох неоднакових фенотипів у співвідношенні 1 : 1.

Задача 

У кішок ген чорного забарвлення вовни (В) домінує над геном рудого забарвлення (в), а ген короткої вовни (S) домінує над геном довгої вовни (s).  Побудуйте решітку Пеннета для кожного із наступних схрещувань: a) ВвSs х Ввss; б) ВВSs х Ввss; в) ВвSs х ввss.

Розв’язання:

а) Р₁ ♀ ВвSs х  ♂ Ввss

Відповідь а): 3 чорних із короткою вовною; 3 чорних із довгою вовною; 1 руда з короткою вовною; 1 руда з довгою вовною.

б) Р₁ ВВSs х Ввss

Відповідь б): усі нащадки будуть чорними, але серед них 50 % будуть із короткою вовною, 50 % будуть із довгою вовною.

в) Р₁ ВвSs х ввss

Відповідь в): 25 % чорних із короткою вовною; 25 % чорних із довгою вовною; 25 % рудих із короткою вовною; 25 % рудих із довгою вовною.

Задача 

Скільки і яких (алелей) гамет утвориться у рослини томата з червоними плодами гетерозиготної за цією ознакою, яка має карликове стебло? Чому?

Розв’язання:

1. Гени першої пари алельних ознак (забарвлення плоду) позначити символами А і а, гени другого алеля (форми стебла) – символами В і в.
2. Визначити генотип томата. Рослина гетерозиготна за першим алелем – за забарвленням плоду, значить у кожній диплоїдній клітині у першій парі гомологічних хромосом одна несе домінантний ген А, друга – рецесивний ген а; за другим алелем рослина гомозиготна, значить у кожній її клітині друга пара гомологічних хромосом несе два однакових рецесивних гени вв. За наявності хоча б одного домінантного гена високого стебла В ця рослина не може мати низького – карликового стебла.

Генетична формула рослини

1. Визначити гамети, що утворюються у цієї рослини. На підставі гіпотези чистоти гамет у особини з генотипом Аавв дозріває два сорти гамет: Ав і  ав.  Цитологічно це пояснюється  механізмом  мейозу: у диплоїдної  клітини з генотипом Аавв 50 % гамет АВ (чи Ав?) і 50 % гамет ав.

Відповідь: два сорти гамет Ав, ав. Причина – механізм мейозу.

Алгоритм розв’язання та оформлення запису задач

Задача

 В популяции известны частоты аллелей  p = 0,8 и g = 0, 2.  Определите частоты генотипов.

    p ² – ?             

    g  ² - ?              

    2 pg - ?                    Ответ: частота генотипа АА – 0, 64,

                                                  генотипа аа – 0, 04

                              генотипа Аа – 0, 32.

В выборке, состоящей из 84000 растений ржи, 210 растений оказались альбиносами, т.к. у них рецессивные гены находятся в гомозиготном состоянии. Определите частоты аллелей А и а. а также частоту гетерозиготных растений.

    p – ?                 g = 0, 05

    g - ?                  p = 1 – g = 0, 95

    2 pg - ?                    2 pg =  0, 095

Ответ: частота аллеля а – 0, 05, ч

астота аллеля Аа – 0, 95,

частота генотипа Аа – 0, 095 

Задача на дигібридне схрещування

У рослин томата ген пурпурного забарвлення стебел (А) домінує над геном зеленого забарвлення (а), а ген червоного забарвлення плодів (R) домінує над геном жовтого забарвлення (r). Якщо схрестити дві рослини томата, гетерозиготні за обома цими ознаками, то якою буде серед нащадків частка рослин: а) із пурпурними стеблами і червоними плодами; б) із зеленими стеблами і червоними плодами; в) із пурпурними стеблами і жовтими плодами?

Розв’язання:

А – ген пурпурного забарвлення  стебел;

а – ген зеленого забарвлення стебел;

R – ген червоного забарвлення плоду;

r – ген жовтого забарвлення плоду.

F₁ АаRr

Отже, якщо підсумовувати всі зиготи з однаковими фенотипами, то виявиться, що їх буде ^9/16 АR, ^3/16 Ar, ^3/16 Аr чи аR?, ^1/16 аr.

Відповідь: а) 9 частин з пурпурними стеблами і червоними плодами; б) 3 частини із зеленими стеблами і червоними плодами; в) 3 частини з пурпурними стеблами і жовтими плодами.

Моногібридне схрещування – це схрещування, під час якого батьківські особини відрізняються за однією парою альтернативних ознак (жовте та зелене забарвлення насіння, гладенька або зморшкувата форма насіння).

Перший закон Менделя – закон одноманітності гібридів першого покоління: гібриди F₁ мають однаковий фенотип (проявляється одна із альтернативних ознак), що пояснюється явищем домінування.

Другий закон – закон розщеплення (чистоти гамет): при подальшому схрещуванні між собою гібридів F₁ у F₂ відбувається розщеплення за фенотипом 1 : 3, а за генотипом 1 : 2 : 1 (1 частина – домінантна гомозигота, 2 частини – гетерозиготи, 1 частина – рецесивна гомозигота). Цей закон пояснюється цитологічно: гамети несуть лише один алель гена; в результаті випадкового запліднення рівноймовірно утворюються 4 генотипи.

Алгоритм розв’язання задач на моногібридне схрещування

1. Записати символи, що використовуються для позначення кожного гена.
2. Встановити генотипи батьків, визначаючи їх за фенотипами нащадків та користуючись таблицею домінування.
3. Записати усі типи гамет (яйцеклітин і сперматозоїдів), що утворяться у кожного із батьків у результаті мейозу.
4. Враховуючи всі можливі варіанти випадкового запліднення, встановити генотипи нащадків.
5. Визначити співвідношення у потомстві різних генотипів та фенотипів.

Правильний запис задачі на моногібридне схрещування

У F₁ усі нащадки одноманітні за фенотипом (червоні квітки) і за генотипом (гетерозиготи). У F₂ відбувається розщеплення за фенотипом 1 : 3, а за генотипом 1 : 2 : 1.

Задача 3.1

У ряду видів рослин наявний рецесивний ген альбінізму: гомозиготні за цим геном (білі) екземпляри нездатні синтезувати хлорофіл. Якщо у рослини тютюну, гетерозиготного за ознакою альбінізму, відбулося самозапилення і 500 його насінин проросли, то яким буде: а) очікуване число нащадків з генотипом батьківської форми; б) очікуване число білих екземплярів.

Розв’язання:

а) ½ х 500 = 250                             б) ¼ х 500 = 125.

Відповідь: а) з генотипом батьківської форми очікується 250 рослин;             б) очікуване число  нащадків-альбіносів – 125 рослин.

Генетичні позначення.

Р – батьківське покоління.

Х – знак схрещування.

F₁ - гібриди першого покоління.

F₂ - гібриди другого покоління.

Велика літера латинського або слов'янського алфавіту - домінантний алель гена.

Відповідна мала літера латинського або слов'янського алфавіту –  рецесивний алель гена.

Дві великі літери АА - гомозигота домінантна.

Дві малі літери аа - гомозигота рецесивна.

Велика і мала літери Аа - гетерозигота, першим позначається домінантний алель.

1. Основні генетичні поняття (табл. 1).

Таблиця 1

Перелік найбільш уживаних генетичних термінів

Задача по генетике популяций. Закон Харди – Вайнберга

У крупного рогатого скота породы шортгорн рыжая масть доминирует над белой. Гибриды от скрещивания рыжих и белых  - чалой масти. В районе, специализирующемся на разведении шортгорнов, зарегистрировано 4169 рыжих животных, 3780 – чалых и 756 белых. Определите частоту генов рыжей и белой окраски скота в данном раойне.

     p – ?                                    H + 2R

     g - ?                          g = ----------- = 0, 3

                                                   N

   Популяция содержит 400 особей, из них с генотипом АА – 20, Аа – 120  и аа – 260. Определите частоты генов А и а.

     p – ?

     g - ?                                H + 2R

                               g = ----------- = 0,8

                                          N

Ответ: частота гена  А – 0, 2, гена а – 0,8

Визначте молекулярну масу та довжину гена, якщо у ньому закодований поліпептид, молекулярна маса якого дорівнює 28000 а.о.м. Що має більшу масу – білок чи ген, що його кодує?

Розв’язання

1. Білок складається із 28000 : 100 = 280 амінокислот.
2. Цей білок кодується одним із ланцюгів гена, який містить

280 х 3 = 840 нуклеотидів.

1. Молекулярна маса гена (складається з двох ланцюгів ДНК) дорівнює

345 х 840 х 2 = 597600 а.о.м.

1. Довжина гена дорівнює довжині одного з його ланцюгів:

0,34 х 840 = 285,6 (нм).

1. Порівняємо масу гена та масу поліпептиду:

597600 : 28000 = 20,7, тобто маса гена приблизно у 21 разів більша ніж маса поліпептиду.

Задача

Біохімічний аналіз показав, що до складу і-РНК входить 22 % аденілових нуклеотидів, 12 % уридилових та 26 % гуанілових. Визначте нуклеотидний склад  ДНК, з якої була транскрибована дана і-РНК.

Розв’язання

1. Відсоток цитидилових нуклеотидів у і-РНК складає:

100 % – (22 % + 12 % + 26 %) = 40 %

1. Молекула ДНК складається з двох ланцюгів, отже, на один ланцюг припадає 50 %, тобто вдвічі менше нуклеотидів. Визначимо склад кодуючого ланцюга ДНК:

1. Визначаємо середній вміст нуклеотидів у двох ланцюгах ДНК:

Задача

У фрагменті одного ланцюга молекули ДНК нуклеотиди розташовані у такій послідовності: ТТГ АГЦ АЦГ ГТА ААТ ЦГА.

1. Побудуйте схему дволанцюгової ДНК.
2. Яка довжина у нанометрах цього фрагмента?
3. Яка маса дволанцюгового фрагмента?

Розв'язання

1. Застосовуючи принцип комплементарності, запишемо схему дволанцюгової ДНК:           ТТГ   АГЦ  АЦГ  ГТА   ААТ  ЦГА

ААЦ  ТЦГ  ТГЦ   ЦАТ  ТТА   ГЦТ.

1. Кожен нуклеотид займає 0,34 нм. Довжина дволанцюгового фрагмента дорівнює довжині одного ланцюга. В фрагменті 18 пар нуклеотидів, звідси довжина фрагмента ДНК дорівнює: 0,34 х 18 = 6,12 (нм).
2. Кожний нуклеотид має молекулярну масу 345 а.о.м., звідси маса фрагмента ДНК: 345 х 36 =  12420 (а.о.м.).

Генетична інформація про ознаки організму міститься у геномі – наборі генів, що є ділянками молекул ДНК, які знаходяться в ядрах клітин.

Різні види рибонуклеїнових кислот (і-РНК, т-РНК, р-РНК) забезпечують переміщення інформації в клітині, транспорт амінокислот, функціонування рибосом. Для багатьох вірусів РНК є носієм генетичної інформації.

З хімічної точки зору ДНК та РНК - полінуклеотиди, тобто їх мономерами є нуклеотиди. Кожний нуклеотид складається із трьох компонентів: 1 – пуринової або піримідинової азотистої основи; 2 – моносахариду рибози або дезоксирибози; 3 – залишку фосфорної кислоти.

За назвами азотистих основ відповідно називають й нуклеотиди (згідно хімічної номенклатури IUPAC): А – аденіловий, Г – гуаніловий, Ц – цитидиловий, Т – тимідиловий, У – уридиловий. В ДНК містяться А, Т, Г, Ц, а в РНК відповідно - А, У, Г, Ц. Маса одного нуклеотиду складає приблизно 345 а.о.м., а по довжині він у ланцюгу займає 0,34 нм.

Молекула ДНК являє собою закручену праворуч спіраль, що складається з двох ланцюгів нуклеотидів. Ці полінуклеотидні ланцюги комплементарно сполучені один з одним специфічними водневими зв’язками: А=Т, Г=Ц.

Наслідком цього є так звані правила Е. Чаргаффа:

1. nА=nТ, та nЦ=nГ.
2. (nА + nГ) = (nТ + nЦ), де n – кількість нуклеотидів.

Основні функції ДНК – збереження та передача генетичної інформації – забезпечуються наступними процесами:

1. напівконсервативним самоподвоєнням у синтетичному періоді інтерфази (реплікація);
2. використанням молекули ДНК як матриці для синтезу інформаційної та інших видів РНК (транскрипція).

Молекули РНК відіграють основну роль у процесах біосинтезу поліпептидів – білкових молекул в клітині. РНК складається з одного полінуклеотидного ланцюга. В ланцюгу нуклеотиди, так само як і у одному ланцюгу ДНК, сполучені фосфордіефірними зв’язками між моносахаридами. Тому по відношенню до нуклеотидів ланцюга РНК принцип комплементарності незастосовний, але сама молекула РНК комплементарна відповідному фрагменту ДНК, наприклад:

Цифри "3^'” та "5^'” означають відповідні атоми вуглецю в моносахаридах нуклеотидів. Інша назва цих точок – відповідно ОН-кінець та Р- кінець. Процеси реплікації та транскрипції відбуваються в напрямку від 3^'–кінця до 5^'-кінця старого ланцюга. Ці процеси протікають в ядрі; і в якості матриці слугує один кодогенний ланцюг ДНК.

Трансляція (синтез поліпептидного ланцюга) здійснюється на рибосомах та відбувається в напрямку від 5^'-кінця до 3^'-кінця молекули РНК.

Встановлено, що послідовність розташування нуклеотидів в ДНК та в і-РНК визначає послідовність сполучення амінокислот у поліпептидному ланцюгу. Ця відповідність лінійної будови однієї хімічної системи будові іншої системи отримала назву генетичний код.

Генетичний код має наступні характеристики:

1. триплетність – одна амінокислота кодується трьома нуклеотидами (триплет в і-РНК називають кодоном);
2. надлишковість (виродженість) – кожна амінокислота, окрім метіоніну та триптофану, кодується більше ніж одним кодоном;
3. колінеарність – послідовність триплетів нуклеотидів точно співпадає з послідовністю амінокислотних залишків у поліпептиді;
4. не перекривається – два розташованих поряд кодони (шість нуклеотидів) кодують лише дві амінокислоти;
5. універсальність – код практично єдиний для неклітинних та клітинних форм життя.

Триплет у і-РНК АУГ є стартовим кодоном, а триплети УАГ, УАА і УГА – кодонами–термінаторами (означають кінець синтезу поліпептиду).

Окрім інформаційної РНК, в клітинах містяться транспортна (т-РНК) та рибосомна (р-РНК).

Молекули р-РНК утворюють в комплексі з рибосомними білками та ферментами рибосому, в котрій і відбувається біосинтез білка.

Існує не менше ніж 60 видів т-РНК, кожна з яких переносить специфічну амінокислоту до рибосоми. Розпізнавання кодона і-РНК здійснюється за принципом комплементарності за допомогою трьох нуклеотидів т-РНК, що називаються антикодоном. Завдяки цьому і відбувається трансляція, тобто збирання закодованої амінокислотної послідовності.

Тривалість синтезу однієї білкової молекули залежить від кількості амінокислот. На приєднання одної амінокислоти (один крок рибосоми) йде 0,2 сек. Таким чином, синтез однієї молекули білка, що складається із 300 амінокислот, триває 0,2 х 300 = 60 сек., тобто 1 хв.

При розв’язанні задач молекулярну масу одної амінокислоти можна приймати за 100 а.о.м. Це дозволяє за відомою масою білкової молекули визначати кількість амінокислот, що її складають а, отже, кодонів і-РНК.

Полінуклеотидні нитки ДНК, що містяться в хромосомах еукаріотів та нуклеотидах бактерій, підрозділяються на функціональні ділянки – гени.

Виділяються наступні групи генів:

1. структурні гени – у них закодована інформація про первинну структуру білка;
2. контролюючі гени – промотор, ген-оператор, ген-регулятор;
3. гени з інформацією про синтез рибосомних РНК;
4. гени, що кодують синтез більше ніж 60 різних транспортних РНК, кожна з яких здатна переносити строго визначену амінокислоту.

Під час розв’язання задач з молекулярної біології, передусім, потрібно встановити якісний та кількісний склад ДНК та РНК, білкових молекул, їх розміри та масу.

Мышцы руке при выполнении вольных упражнений расходуют за 1 минуту 12 кДж энергии. Определите: а) сколько всего граммов глюкозы израсходуют мышцы ног за 10  минут, если кислород доставляется кровью к мышцам в достаточном количестве?

б) накопится ли в мышцах молочная кислота?

Решение:

                            Х                                                        12 · 10

С₆ Н₁₂ О₆ + 6 О₂ → 6 СО₂ + 6 Н₂ О + 38 АТФ

                 180                                                    38  · 40

 Х = 120 · 180 : 1520 = 14, 2(г)

                                        Ответ: а) 14,2 г

         б) нет, т.к. О₂  достаточно

Мышцы ног при беге со средней скоростью расходуют за 1 минуту 24 кДж энергии. Определите:

           а) сколько всего граммов глюкозы израсходуют мышцы ног за 25  минут бега, если кислород доставляется кровью к мышцам в достаточном количестве?

     б) накопится ли в мышцах молочная кислота?

Решение:

                            Х                                                        24 · 25

С₆ Н₁₂ О₆ + 6 О₂ → 6 СО₂ + 6 Н₂ О + 38 АТФ

                180                                                       38 · 40

             Х = 600 · 180 : 1520 = 71 (г)

                            Ответ: а) 71 г

   б) нет, т.к. О₂  достаточно

В результате энергетического обмена в клетке образовалось 5 моль молочной кислоты и 27 моль

углекислого газа. Определите:

     а) сколько всего моль глюкозы израсходовано?

     б) сколько из них подверглось полному

          расщеплению, а сколько гликолизу?

     в) сколько энергии запасено?

     г) Сколько моль кислорода пошло на окисление?

Решение:

     2,5С₆ Н₁₂ О₆  → 2,5 ·2 С₃ Н₆ О₃  + 2,5 ·2 АТФ

4,5С₆ Н₁₂ О₆ + 4,5·6 О₂ →

4,5·6 СО₂ + 4,5·6 Н₂ О + 4,5·38 АТФ

Ответ: а) 17 моль С₆ Н₁₂ О₆

б) 4,5 моль – полному расщеплению, 2,5 - гликолизу

в) (2,5 · 2 + 4,5 · 38) · 40 = 7040  (кДж)

г) 27 моль О₂

В процессе энергетического обмена произошло расщепление 7 моль глюкозы, из которых полному подверглось только 2. Определите:

а) сколько моль молочной кислоты и СО₂ при

      этом образовалось?

б) сколько АТФ при этом синтезировано?

в) сколько энергии запасено в этих молекулах

     АТФ?

Решение:

     5С₆ Н₁₂ О₆  → 5 ·2 С₃ Н₆ О₃  + 5 ·2 АТФ

     2С₆ Н₁₂ О₆ + 2·6 О₂ → 2·6 СО₂ + 2·6 Н₂ О + 2·38 АТФ

 Ответ: а) 10 моль С₃ Н₆ О₃  и 12 моль СО₂

                               б) 10 + 76 = 86 (моль АТФ)

                                      в) 86 · 40 = 3440 (кДж энергии)

        г) 12 моль О₂

Визначте молекулярну масу та довжину гена, якщо у ньому закодований поліпептид, молекулярна маса якого дорівнює 28000 а.о.м. Що має більшу масу – білок чи ген, що його кодує?

Розв’язання

1. Білок складається із 28000 : 100 = 280 амінокислот.
2. Цей білок кодується одним із ланцюгів гена, який містить

280 х 3 = 840 нуклеотидів.

1. Молекулярна маса гена (складається з двох ланцюгів ДНК) дорівнює

345 х 840 х 2 = 597600 а.о.м.

1. Довжина гена дорівнює довжині одного з його ланцюгів:

0,34 х 840 = 285,6 (нм).

1. Порівняємо масу гена та масу поліпептиду:

597600 : 28000 = 20,7, тобто маса гена приблизно у 21 разів більша ніж маса поліпептиду.

Нужно знать, что М аминокислоты = 100,

                                 М нуклеотида = 345.    n- число мономеров, (судя по всему число аминокислот)

m белка = М_а×n

m гена = М_Н×3n, отсюда

m белка  = 100× =

m гена = 345×3× =

L гена = 3n×0,34 = ×0,34 = (нм).