РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ

Задача 1. Альбинизм у ржи наследуется как аутосомный рецессивный признак. На поле среди 84000 растений выявлено 210 альбиносов. Определить частоту гена альбинизма в популяции ржи.

Решение:

В связи с тем, что альбинизм у ржи является аутосомным рецессивным признаком, растения альбиносы будут гомозигоны по аллелю а – аа. Частота их популяции (q ² ) равна 210/84 000 = 1/400 = 0,0025. Частота гена а будет равна Ö q ² = Ö0,0025 = 0,05.

Задача 2. На острове отстрелено 10 000 лисиц из них 9 991 рыжих и 9 белых особей. Рыжий цвет доминирует над белым. Определить процентное соотношение всех фено- и генотипов в популяции (АА, Аа и аа).

Решение:

Если белые особи рецессивны, то их генотип будет аа и встречается с вероятностью (q ²) 9/10 000 или 0,09%, а рыжие особи встречаются с вероятностью 9 991/10 000 = 99,91%. Определим частоту аллеля а, которая равна Ö q ² = Ö0,09 = 0,3.Тогда частота аллеля А = 1 – q = 1 –0,3 = 0,7. Отсюда частота генотипа АА = р ² = 0,7² = 0,49%, а Аа =2 рq = 2 ´ 0,7 ´ 0,3 = 0,42%

Задача 3. У крупного рогатого скота породы шортгорн красная масть неполностью доминирует над белой. Гетерозигота имеет чалую окраску. В районе зарегистрировано 4 169 красных, 3 780 чалых и 756 белых животных. Определить частоту генов всех видов окраски в этой популяции животных.

Решение:

Обозначим ген красной масти животных через А, белой – а. Генотип красных особей АА (их было 4 169), чалых Аа (их 3 780) и белых аа (их 756). Всего изучено 8 705 особей. Рассчитаем частоту гомозигот (красных и белых особей) в долях единицы. Так частота белых фенотипов будет 756/8 705 = 0,09. Следовательно, аа = q ² = 0,09, а частота аллеля а = q = 0,09 = 0,3.Частота аллеля а = 1 – q = 1 – 0,3 = 0,7.

Задача 4. Альбинизм наследуются как рецессивный аутосомный признак. Заболевание встречается с частотой 1: 20 000. Каково количество гетерозигот в популяции?

Решение:

Если принять, что альбинизм наследуется рессивно, то величина особей аа = q ² = Ö1/20 000. Отсюда частота аллеля а = q = 1/20 000 = 1/141. Тогда частота аллеля А = р = 1 –q = 1 – 1/141 = 140/141. Количество гетерозигот равно 2 рq = 2 ´ 140/141 ´ 1/141 = 0,014 или 1,4%.

Задача 5. Врожденный вывих бедра наследуется доминантно, средняя пенетрантность 25%. Заболевание встречается с частотой 6: 10 000 (В.П. Эфроимсон, 1968). Определите число гомозигот по рецессивному гену.

Решение:

При доминантном наследовании лица с врожденным вывихом бедра будут иметь генотипы АА и Аа, здоровые – аа. Из закона Харди–Вайнберга следует, что число особей с генотипом аа = q ² = 1 – р ² – 2 рq. Однако в условиях задачи число больных (6: 10 000) представлено не р ² + 2 рq, а лишь 25% носителей аллеля А, т.е. 4 (р ² + 2 рq). Следовательно, р ² + 2 рq = 4´ 6/10 000 = 24/10 000. Тогда q ² (число гомозигот аа) равно 1 – (24/10 000) = 99.76%.

Задача 6. В получениях, каждая из которых, размножаясь путем панмиксии, имеется следующая частота генотипов:

а) 0,2 АА и 0,8 Аа;

б) 0,4 АА + 0,4 Аа и 0,2 аа;

в) 0,6 АА + 0,4 аа;

г) 0,3 АА + 0,6 Аа + 0,1 аа.

Определить частоты генотипов АА, Аа и аа, которые будут в F ₁ в каждой популяции.

Решение:

В каждой популяции по каждому генотипу образуется одинаковое число яйцеклеток и спермиев. При панмиксии число возможных их сочетаний находят алгебраическим путем:

– в популяции а) образуется яйцеклеток: 0,2 А + 0,4 А + 0,4 а и образуется спермиев 0,2 А + 0,4 А + 0,4 а. Находим соотношение образующихся генотипов (0.2 А + 0,4 А + 0,4 а)(0,2 А + 0,4 А + 0,4 а) = 0,04 АА + 0,08 АА + 0,8 Аа + 0,08 АА + 0,16 АА + 0,16 Аа + 0,08 Аа + 0,16 Аа + 0,16 аа = 36 АА + 0,48 Аа + 0,16 аа;

– в популяции б) образуется яйцеклеток: 0,4 А + 0,2 А + 0,2 а + 0,2 а, также и спермии, в результате панмиксии образуются генотипы 0,36 АА + 0,4 Аа + 0,16 аа. Такое же решение и по популяциям в) и г) у всех популяциях после одного свободного скрещивания устанавливается одинаковое равновесное соотношение генотипов.

Задача 7. П. Ф. Рокицкий (1978) приводит следующие частоты групп крови популяции: I – 0,33; II – 0,36; III – 0,23; IV – 0,08. Вычислите частоты генов, определяющих группы крови в системе АВО в данной популяции.

Решение:

Группы крови в системе АВО определяются тремя аллельными генами: J⁰, J^А, J^В, а генотипы I группы – J⁰J⁰, II – J^АJ^А, III – J^ВJ^В и J^ВJ⁰, IV – J^АJ^В. Обозначим частоту гена J^А – через р, J^В – q, J⁰ – через r. Формула частот всех генов р + q + r = 1, а частоты генотипов р ²+ q ²+ r ²+2 рq +2 рr = 1. Соответственно первой группе крови принадлежит коэффициент J⁰J^{0 –} r ² J^АJ^{А –} р ², J^АJ⁰ – 2 рr, J^ВJ^В – q ², J^ВJ⁰ – 2 рq. Исходя из условия задачи составляем рабочую таблицу: I группа – r ² = 0,33

II группа – r ²+2 рr = 0,36

III группа – q ²+2 qr = 0,23

IV группа – 2 рq = 0,08.

Отсюда определяем частоту гена J⁰ /r = Ö0,33 = 0,574. Для вычисления частот генов. J^А и J^В можем комбинировать материал в два варианта: по частотам групп крови I и II или же I и III.

В первом варианте мы получим формулу р ²+2 рr + r ², во втором – q ²+2 qr + r ². По условию задачи р ²+2 рr + r ² = (р + r)² =0,69. Следовательно, р + r =Ö0,69 = 0,831.

Ранее мы определили, что r = 0,574. Отсюда р = 0,831–0,574 = 0,257, т.е. это частота гена J^А . Таким же образом вычисляем частоту гена J^В : q ²+2 qr + r ² = (q + r)² = 0,56; q + r = 0,56 = 0,748, а q = 0,748 – 0,574 = 0,174. Частота гена J^В = 0,174. В результате расчетов сумма р + q + r >1 на 0,005, что связанно с округлением цифр.

Задача 8. Популяция состоит из 60% особей с генотипом ММ и 40% с генотипом мм. Определить в долях единицы частоты генотипов ММ, Мм и мм после установления в популяции равновесия в соответствии с законом Харди-Вайнберга.

Решение:

Частота (р) гена М = 0,6 или 60%, частота (q) гена м = 0,4 или 40%.В соответствии с законом Харди-Вайнберга в популяции после первого поколения установится следующее равновесие: р ²+2 рq + q ² = 1. ММ (0,6´0,6)+2 Мм (0,6´0,4)+ мм (0,4´0,4) = 1, т.е. 0,36 ММ +0,48 Мм = 0,16 мм = 1.