a) AaBb

b) AaBB

c) AaBbCc

d) AaBbcc

e) AaBBcc

f) AaBbCcDdEe

b) liczba gamet: 2, rodzaje gamet: AB, aB

c) liczba gamet: 8, rodzaje gamet: ABC, ABc, AbC, Abc, aBC, aBc, abC, abc

d) liczba gamet: 4, rodzaje gamet: ABc, Abc, aBc, abc

e) liczba gamet: 2, rodzaje gamet: ABc, aBc

f) liczba gamet: 32, rodzaje gamet: …

Liczbę gamet możemy obliczyć przy użyciu wzoru 2^n, gdzie n wyraża liczbę par alleli w stanie heterozygotycznym (np. Aa)

P:  AA x aa

gamety:  A   oraz   a

F1: Aa (rośliny o kwiatach czerwonych).

gamety F1: A, a

F2:

W pokoleniu otrzymano 401 roślin o kwiatach czerwonych oraz 131 o kwiatach białych co w przybliżeniu odpowiada stosunkowi 3:1

P: AABB x aabb

gamety: AB oraz aa

F1: AaBb (nasiona gładkie, żółte liścienie)

gamety: AB, Ab, aB, aa

F2:

Homozygota o nasionach okrągłych i zielonych liścieniach: AAbb. Z krzyżówki widać, że tylko jedna roślina na 16 spełnia taki genotyp tak więc prawdopodobieństwo jej wystąpienia jest równe (1/16)*100%=6.25% 

144 rośliny o nasionach gładkich i żółtych liścieniach

156 roślin o nasionach gładkich i zielonych liścieniach

47 rośliny o nasionach pomarszczonych i zółtych liścieniach

46 roślin o nasionach pomarszczonych i zielonych liścieniach

Podaj genotypy i fenotypy krzyżowanych roślin.

144:156:47:46 to w przybliżeniu 3:3:1:1

Teraz obliczmy stosunek występowania poszczególnych cech.

nasiona gładkie : nasiona pomarszczone = 144+156 : 47 +46 = 300 : 93 = 3:1

liścienie żółte : liścienie zielone = 144+47 : 156+46 = 191 : 202 = 1 : 1

Fenotypowy rozkład cech 3:1 (3 osobniki z uwidocznioną cechą dominująca przypadają na 1 osobnika z uwidocznioną cechą recesywną) otrzymujemy w przypadku skrzyżowania dwóch heterozygot. Natomiast rozkład 1:1 gdy skrzyżujemy ze sobą heterozygotę z homozygotą recesywną.

A – nasiona gładkie, a – nasiona pomarszczone; B – liścienie żółte, b – liścienie zielone

Teraz możemy już zapisać genotyp pokolenia rodzicielskiego:

P: AaBb x Aabb

Dla sprawdzenia można rozpisać kwadrat Punnett’a i zobaczyć jaki będzie rozkład fenotypowy cech w pokoleniu F1 (powinno wyjść 3:3:1:1).

a) barwa ciała szara, długie skrzydła x barwa ciała mahoniowa i skrzydła vestigal

b) barwa ciała szara, skrzydła vestigal x barwa ciała mahoniowa i długie skrzydła

c) barwa ciała szara, długie skrzydła x barwa ciała szara i skrzydła vestigal

a)

F1: AABB x aabb

gamety: AB oraz ab

F1: AaBb

gamety: AB, Ab, aB, ab

F2:

rozczepienie fenotypowe w pokoleniu F2: 9 osobników o skrzydłach długich i szarej barwie ciała, 3 osobniki o szarej barwie i skrzydłach vestigal, 3 osobniki o barwie mahoniowej i długich skrzydłach oraz 1 osobnik barwy mahoniowej ze skrzydłami vestigal. 9:3:3:1

b)

F1: aaBB x AAbb

gamety: aB oraz Ab

F1: AaBb

gamety: AB, Ab, aB, ab

F2:

rozczepienie fenotypowe w pokoleniu F2: 9 osobników o skrzydłach długich i szarej barwie ciała, 3 osobniki o szarej barwie i skrzydłach vestigal, 3 osobniki o barwie mahoniowej i długich skrzydłach oraz 1 osobnik barwy mahoniowej ze skrzydłami vestigal. 9:3:3:1

c)

F1: AABB x aaBB

gamety: AB oraz aB

F1: AaBB

gamety: AB, aB

F2:

rozczepienie fenotypowe w pokoleniu F2: 3 osobniki o szarej barwie i długich skrzydłach, 1 osobnik szary ze skrzydłami vestigal

W przypadku skrzyżowania heterozygoty (Aa) z homozygotą recesywną (aa) w pokoleniu F1 otrzymujemy 50% świnek czarnych (Aa) i 50% świnek białych (aa).

P: AA x aa

gamety: A oraz a

F1: Aa (wyłącznie osobniki o owocach czerwonych)

gamety: A, a

F2:

75% pomidorów o owocach czerwonych i 25% o owocach żółtych

krzyżówka F1 z osobnikiem AA

Aa x AA

F2: AA, Aa (wyłącznie osobniki o owocach czerwonych)

krzyżówka F1 z osobnikiem aa

Aa x aa

F2: Aa, aa (50% osobników o owocach czerwonych i 50% o owocach żółtych)

świnka o futerku gładkowłosym musi mieć genotyp aa natomiast świnka szorstkowłosa może mieć genotyp AA lub Aa. Stosunek otrzymanych świnek o futerku szorstkim i gładkim jest nieomal równy 1:1 co oznacza, że świnka szorstkowłosa była heterozygotą (Aa). Przy skrzyżowaniu homozygoty recesywnej z homozygotą dominującą otrzymujemy tylko osobniki z fenotypem dominującym.

P: Aa x Aa

gamety: A, a

F1:

ponieważ osobniki z genotypem AA w ogóle się nie narodzą nie uwzględniamy ich w naszych obliczeniach. Stąd rozszczepienie barwy sierści wynosić będzie 2:1. 66.6% potomstwa będzie miało sierść platynową a 33% sierść srebrną.

A1 – fenotyp „dziki” – futerko szare

A2 – fenotyp „chinchilla” – futerko srebrnoszare

A3 – fenotyp „himalaya” – futerko białe, łapki, uszy, nos i ogonek czarny

A – całkowicie biały

Podaj wszystkie genotypy rodziców i rozszczepienie w potomstwie krzyżówki:

a) samicy o fenotypie „himalaya” i samca o futerku szarym, jeżeli w pokoleniu F1 otrzymano króliki o fenotypie „dzikim”, „himalaya” i białym

b) samicy o fenotypie „chinchilla” z samcem o szarym futerku, jeżeli w pokoleniu F1 otrzymano króliki o fenotypie „dzikim”, „chinchilla” i „himalaya”

P: A3A (samica) x A1A (samiec)

F1: A1A3, A3A, A1A, AA („dziki” : „himalaya” : biały = 2 : 1 : 1)

b)

P: A2A2 (samica) x A1A1 lub A1A2 lub A1A3 lub A1A (samiec) brak w potomstwie osobników „himalaya” dlatego wszystkie te kombinacje odpadają

P: A2A3 (samica) x A1A1 (samiec)

F1: same osobniki o fenotypie „dzikim”, dlatego ta możliwość odpada

P: A2A3 (samica) x A1A2 (samiec)

F1: A1A2, A1A3, A2A2, A2A3 („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 2 : 0, dlatego ta możliwość odpada)

P: A2A3 (samica) x A1A3 (samiec)

F1: A3A3, A1A3, A2A3, A1A2 („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 1 : 1)

P: A2A3 (samica) x A1A (samiec)

F1: A1A2, A1A3, A2A, A3A („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 1 : 1)

P: A2A (samica) x A1A1 (samiec)

F1: same osobniki o fenotypie „dzikim”, dlatego ta możliwość odpada

P: A2A (samica) x A1A2 (samiec)

F1: A1A2, A1A, A2A2, A2A („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 0 : 2, dlatego ta możliwość odpada)

P: A2A (samica) x A1A3 (samiec)

F1: A1A2, A1A, A2A3, A3A („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 1 : 1)

P: A2A (samica) x A1A (samiec)

F1: A1A2, A1A, A2A, AA („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 1 : 0, dlatego ta możliwość odpada)

Ojciec z grupą B może mieć genotyp IB IB lub IB i. Wiemy jednak, że jego matka miała grupę krwi 0 (ii) a więc musiała mu przekazać allel i. Stąd wynika, że ojciec dziecka ma genotyp IB i.

Matka dziecka ma grupę A a jej ojciec B. Aby taka sytuacja była możliwa ojciec musi być heterozygotą (IB i) tak aby móc córce przekazać allel i, który w połączeniu z allelem IA od matki da grupę A (IA i).

Teraz możemy rozpisać prostą krzyżówkę.

P: IB i x IA i

gamety: IB, i oraz IA, i

a) A i 0

b) A, AB, 0

c) czworo dzieci ma grupę krwi B

F1: ii, IAi lub IAIA

P: ii x IAi lub IAi x IAi

b)

F1: IAIA lub IAi, IAIB, ii (posiadanie dziecka z grupą 0 wyklucza możliwość aby rodzice byli homozygotami dominującymi)

P: IAi x IBi (dziecko o genotypie IAIA jest wykluczone, jedyna możliwość otrzymania grupy A to IAi)

c)

F1: IBIB lub IBi

P: IBIB x IBIB lub IBIB IBi lub IBIB x ii (we wszystkich trzech przypadkach 100% dzieci będzie miało grupę B)

a) Konie jakiej maści i z jakim prawdopodobieństwem wystąpią w potomstwie klaczy kasztanowej i gniadego ogiera?

b) Gniada klacz w okresie jednej rui pokryta była ogierem siwym, a następnie karym. Urodziła źrebię maści kasztanowej. Od którego z ogierów pochodzi źrebak i jaki mógł być genotyp ojca.

*allel (gen) epistatyczny to taki, który hamuje ekspresję genów z innej pary alleli (zwanych hipostatycznymi). W tym przypadku obecność allelu A powoduje nieujawnienie się obecności alleli B oraz b.

aaBb – umaszczenie gniade

aaBB – umaszczenie kare

aabb – umaszczenie kasztanowe

a)

P: aabb (klacz) X aaBb (ogier)

gamety: ab oraz aB, ab

F1: aabb, aaBb w stusunku 1:1

50% koni maści kasztanowej oraz 50% koni maści gniadej

b)

P: aaBb (klacz) x Aabb lub AaBb (ogier siwy)

ogier z dwoma allelami AA dałby tylko siwe potomstwo.

F1: w pokoleniu F1 pojawiają się konie kasztanowe aabb. Częstość ich występowania jest zależna od genotypu ogiera

P: aaBb (klacz) x aaBB (ogier kary)

gamety: aB, ab oraz aB

F1: aaBB (umaszczenie kare), aaBb (umaszczenie gniade)

Po skrzyżowaniu ze sobą królików „rex” należących do dwóch różnych rodów otrzymano w F1 wszystkie króliki o normalnej długości włosa. W F2 wśród 80 królików, pojawiły się obok normalnych również króliki „rex”. Oblicz ile prawdopodobnie ich wystąpiło oraz podaj genotypy rodziców.

F1: AaBb

gamety: AB, Ab, aB, ab

F2:

osobniki „rex”: AAbb, Aabb, aaBB, aaBb, Aabb, aaBb, aabb

osobniki „rex” : osobniki długowłose = 7 : 9

(7 * 100%)/16 = 43.75%

43.75% * 80 = 35 osobników typu „rex”

czerwone owoce – 774

pomarańczowe owoce – 252

żółte owoce – 244

zielone owoce – 72

Podaj genotypy rodziców, F1, określ jak dziedziczy się barwa owoców u dyni.

z takim rozszczepieniem fenotypów mamy do czynienia mamy w przypadku współdziałania dwóch genów.

aaBB – żółte owoce

AAbb – pomarańczowe owoce

aabb – zielone owoce

gdy roślina ma przynajmniej po jednym allelu dominującym w każdej parze wytwarza owoce czerwone.

P: aaBB (żółty) x AAbb (pomarańczowy)

F1: AaBb (czerwone)

gamety: AB, Ab, aB, ab

F2:

97 – psy całkowicie czarne

45 – psy bladożółte

32 – psy brązowe

Ustal w jaki sposób dziedziczy się barwa sierści u psów. Podaj genotypy rodziców oraz F1.

takie rozszczepienie fenotypowe sugeruje występowanie epistazy recesywnej. Załóżmy, że czarny barwnik warunkujący taką właśnie barwę sierści jest syntezowany w dwóch etapach. Najpierw bladożółty prekursor przekształcany jest przez enzym A w brązowy barwnik pośredni. Następnie ten brązowy barwnik pod wpływem enzymu B zostaje przekształcony w barwnik czarny.

bladożółty — (enzym A) ——> brązowy —- (enzym B) ——> czarny

forma dominująca genu  A i B jest odpowiedzialna za wytwarzanie aktywnego enzymu, podczas gdy allel recesywny odpowiada za powstawanie enzymu nieaktywnego. Stąd:

A_ B_ – czarna sierść

A_ bb – brązowa sierść

aa __ – bladożółta sierść

gdzie _ oznacza dowolny allel z danej pary.

P: AABB (czarna) x aabb (bladożółta)

F1: AaBb (czarna)

gamety: AB, Ab, aB, ab

F2:

Skrzyżowano chomika, o brązowej (heterozygota) i krótkiej (homozygota) sierści z chomikiem o brązowej (heterozygota) i długiej (homozygota) sierści, określ:

1. genotypy obu chomików i ich potomstwa wiedząc, że cechami dominującymi są kolor brązowy (uwarunkowany allelem A) oraz krótka sierść (uwarunkowana obecnością allelu B)
2. fenotypy zwierząt potomnych oraz stosunek fenotypowy

1. genotypy chomików: AaBB oraz Aabb

genotypy potomstwa: AABb, AaBb, aaBb

2.fenotypy potomstwa:

Brązowy kolor i krótka sierść albo niebrązowy kolor i krótka sierść

Stosunek fenotypowy wynosi  1:1

Określ pleć osoby, o kariotypie:

1. 46, XX
2. 46, XY
3. 45,X0
4. 47,XXY

1. 46, XX – płodna kobieta
2. 46, XY – płodny mężczyzna
3. 45,X0 – Zespół Turnera
4. 47,XXY – Zespół Klinefeltera

Kobieta o niebieskich oczach ma dzieci z mężczyzną o niebieskich oczach. Rodzice kobiety mają oczy zielone. Niebieskie oczy są cechą recesywną.

1. Podaj genotypy mężczyzny i kobiety oraz rodziców kobiety
2. Określ jaką barwę oczu może mieć ich potomstwo

1. Rodzice kobiety: Aa, Aa

Kobieta: aa

Mężczyzna: aa

2.Wszystkie dzieci będą miały niebieskie oczy

Matka ma grupę krwi B, a jej dziecko grupę krwi 0.

1. Podaj genotyp grupy krwi matki dziecka
2. Określ jaką grupę krwi może mieć ojciec tego dziecka

3. Określ genotypy rodzeństwa

1. I^a i⁰
2. Ojciec może mieć grupę krwi A lub B, a także 0
3. I^Bi⁰, I^BI^B,  i⁰i⁰,  I^AI^B, I^Ai⁰

1.Rozerwanie wiązań wodorowych pomiędzy zasadami azotowymi (najpierw trzeba rozpleść helisę, aby można było syntetyzować nową cząsteczkę na danej nici DNA)
2.Formowanie się widełek replikacyjnych (miejsce, w którym DNA zostało rozplecione i przyłączyła się polimeraza, która rozpoczyna replikację).
3.Dołączanie komplementarnych nukleotydów przez polimerazę DNA.
4.Stopniowe wydłużanie nowo powstałych nici.
5.Powstanie dwóch podwójnych helis DNA.