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Genetica 2/ed - dall'analisi formale alla genomica
Leland H. Hartwell, Leroy Hood, Michael L. Goldberg, Ann E. Reynolds, Lee M. Silver, Ruth C. Veres
CAPITOLO 2
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
2-2. Esistono molti vantaggi nell’usare i piselli per lo studio dell’eredità. (1) I piselli hanno un
tempo di generazione piuttosto rapido. (2) I piselli possono o autofecondarsi o essere incrociati
artificialmente. (3) I piselli producono un ampio numero di esemplari. (4) Si possono mantenere
linee di pisello pure. (5) Poiché si possono mantenere linee di pisello non incrociate, sono note due
forme facilmente distinguibili, discrete, di molti caratteri fenotipici. (6) I piselli sono facili e non
costosi da crescere.
Al contrario, lo studio della genetica nell’uomo ha molti svantaggi. (1) Il tempo di generazione
nell’uomo è lungo. (2) Non c’è autofecondazione negli uomini, e non è etico manipolare gli incroci.
(3) Gli uomini producono solo un piccolo numero di prole per unione. (4) Sebbene esistano persone
che sono omozigoti per un carattere (analogo ad un incrocio puro), l’omozigosità non può essere
mantenuta. (5) Poiché la popolazione umana non è generata dall’unione tra soggetti consanguinei,
molti caratteri dell’uomo mostrano un continuum di fenotipi. (6) Le persone richiedono cure molto
costose per “crescere”.
C’e comunque un vantaggio a studiare la genetica negli uomini. Si può riconoscere un gran numero
di individui con fenotipi variabili. Quindi, il numero di geni identificati in questo modo è in rapida
crescita.
2-4.
a. 2 differenti tipi di gameti: (A b C D e a b C D).
b. 4 differenti tipi di gameti: A (B o b) (C o c) d.
c. 8 differenti tipi di gameti: (A o a) (B o b) c (D o d).
d. 16 differenti tipi di gameti: (A o a) (B o b) (C o c) (D o d).
2-6.
a.
dd x Dd
1/2 fossetta nel mento: 1/2 non fossetta nel mento
b.
fossetta nel mento x non fossetta nel mento
F1 non fossetta nel mento
D? x dd
dd
Il marito ha genotipo Dd.
c.
fossetta nel mento x non fossetta nel mento
8 F1, tutti fossetta nel mento
D? x dd
8 DL’allele D nei figli deve derivare dal padre. Il padre potrebbe essere o DD o Dd ma è più probabile
che il suo genotipo sia DD. Non possiamo escludere il genotipo eterozigote (Dd). Comunque, la
probabilità che tutti gli 8 figli ereditino l’allele D da un genitore Dd è solo (1/2)8 o 1/256.
2-8.
a. Due individui affetti hanno un figlio affetto e uno normale. Questo non è possibile se gli individui
affetti sono omozigoti per un allele recessivo che conferisce carnagione pezzata. Quindi, il carattere
pezzato deve essere il fenotipo dominante.
b. Poiché i due individui affetti hanno un figlio non affetto (pp), essi devono essere entrambi
eterozigoti (Pp).
2-10.
a. 1/6.
b. 1/2.
c. 1/3.
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d. 1/36.
e. 1/2.
f. 1/6.
g. 1/9.
2-12.
a. La probabilità che un figlio rassomigli a entrambi i genitori è 1/16 + 1/16 = 1/8. Questo incrocio
produrrà 2 differenti fenotipi per ogni gene o 2 x 2 x 2 x 2 = 16 potenziali fenotipi.
b. La probabilità che un figlio rassomigli a uno dei due genitori è 1. Solo 1 fenotipo è possibile nella
progenie (dominante per tutti e quattro i geni), poiché (1)4 = 1.
c. La probabilità che un figlio rassomigli ai genitori per tutti e quattro i geni è 81/256. Ci sono due
fenotipi possibili per ogni gene, così (2)4 = 16 differenti tipi di progenie.
d. Tutta la progenie assomiglierà ai propri genitori perché tutti gli alleli da entrambi i genitori sono
identici, così la probabilità è = 1. C’è un solo possibile fenotipo per ogni gene in questo incrocio;
poiché (1)4 = 1, il figlio può avere solo un possibile fenotipo quando consideriamo tutti e quattro i
geni.
2-14.
I risultati degli incroci si adattano tutti al pattern di eredità di un singolo gene, con il carattere
chiuso che è recessivo.
2-16.
a. alta, baccelli verdi, fiori porpora situati all’estremità: alta, baccelli gialli, fiori porpora situati
all’estremità: nana, baccelli verdi, fiori porpora situati all’estremità: nana, baccelli gialli, fiori
porpora situati all’estremità: alta, baccelli verdi, fiori bianchi situati all’estremità: alta, baccelli
gialli, fiori bianchi situati all’estremità: nana, baccelli verdi, fiori bianchi situati all’estremità: nana,
baccelli gialli, fiori bianchi situati all’estremità: alta, baccelli verdi, fiori porpora in posizione
assiale: alta, baccelli gialli, fiori porpora in posizione assiale: nana, baccelli verdi, fiori porpora in
posizione assiale: nana, baccelli gialli, fiori porpora in posizione assiale: alta, baccelli verdi, fiori
bianchi in posizione assiale: alta, baccelli gialli, fiori bianchi in posizione assiale: nana, baccelli
verdi, fiori bianchi in posizione assiale: nana, baccelli gialli, fiori bianchi in posizione assiale.
b. 8 differenti fenotipi.
1/8 alta, baccelli verdi, fiori porpora in posizione assiale: 1/8 alta, baccelli gialli, fiori porpora in
posizione assiale: 1/8 nana, baccelli verdi, fiori porpora in posizione assiale: 1/8 nana, baccelli
gialli, fiori porpora in posizione assiale: 1/8 alta, baccelli verdi, fiori bianchi in posizione assiale:
1/8 alta, baccelli gialli, fiori bianchi in posizione assiale: 1/8 nana, baccelli verdi, fiori bianchi in
posizione assiale: 1/8 nana, baccelli gialli, fiori bianchi in posizione assiale.
2-18.
Le piante parentali erano Y-Rr x YY Rr (cioè, sai che almeno uno dei genitori deve essere stato YY).
2-20.
Il rapporto piante alte: piante nane è 3:1, quindi il carattere alto è dominante.
Il rapporto baccelli irregolari: baccelli lisci è 3:1, quindi il carattere baccelli irregolari è dominante.
Il rapporto fiori porpora: fiori bianchi è 3:1, quindi il carattere fiori porpora è dominante.
2-22.
Ogni pisello della F2 deriva da un evento di fecondazione separato. La probabilità che i 7 piselli
della F2 siano gialli e lisci è (9/16)7 = 0,018.
2-24.
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Poiché i genitori hanno un figlio albino, essi devono essere entrambi portatori (Pp). La probabilità
che il loro prossimo figlio abbia genotipo pp è 1/4.
2-26.
a. Poiché la malattia è rara, il padre affetto è molto probabilmente eterozigote (Hh). La probabilità
che il figlio abbia ereditato l’allele H da suo padre e che sviluppi la malattia è 1/2.
b. La probabilità di un figlio affetto è: 1/2 (la probabilità che Mario sia Hh) x 1/2 (la probabilità che
il figlio erediti l’allele H se Mario è Hh) = 1/4.
2-28.
a. Il pattern di eredità visto in Figura 2.20 potrebbe essere causato da una rara mutazione
dominante. In questo caso, gli individui affetti sarebbero eterozigoti (Hh) e gli individui normali
sarebbero hh. Ogni unione tra un individuo affetto x un individuo non affetto darebbe figli 1/2
normali (hh) : 1/2 affetti (Hh). Comunque, lo stesso pattern di eredità potrebbe essere visto se la
malattia fosse causata da una comune mutazione recessiva. Nel caso di una comune mutazione
recessiva, tutti gli individui affetti sarebbero hh. Poiché l’allele mutante è comune nella
popolazione, molti o quasi tutti gli individui non imparentati si potrebbero presumere portatori
(Hh). Anche unioni tra individui affetti e non affetti produrrebbero quindi rapporti fenotipici della
progenie di 1/2 normali (Hh): 1/2 affetti (hh).
b. Determina il fenotipo dei 14 figli di III-6 e IV-8. Se la malattia è dovuta a un allele recessivo,
allora III-6 e IV-8 devono essere omozigoti per questo allele recessivo, e tutti i loro figli devono
avere la malattia. Se la malattia è dovuta a una mutazione dominante, allora III-6 e IV-8 devono
essere eterozigoti (perché essi sono affetti ma ognuno aveva un genitore non affetto), e 1/4 dei loro
14 figli sarebbe atteso non affetto.
In alternativa, potresti guardare alla progenie dell’unione tra individui non affetti nel pedigree,
quale III-1, e il consorte non affetto. Se la malattia fosse dovuta a una mutazione dominante, queste
unioni dovrebbero essere omozigote recessivo x omozigote recessivo e non dovrebbero dare figli
affetti. Se la malattia fosse dovuta a una mutazione recessiva, allora molti di questi individui
sarebbero portatori, e se il carattere fosse comune, quindi, almeno alcuni consorti sarebbero altresì
portatori, così tali unioni potrebbero dare figli affetti.
2-30.
Se la malattia rene policistico è dominante, allora il figlio è Pp e ha ereditato l’allele P da un
genitore o dall’altro, tuttavia fenotipicamente i genitori sono pp. Forse uno dei genitori è quindi Pp,
ma questi non mostra il fenotipo malato per alcune ragioni. Come vedremo nel prossimo capitolo,
tali situazioni non sono insolite: l’allele dominante non espresso si dice che abbia penetranza
incompleta in questi casi. In alternativa, potrebbe essere che entrambi i genitori siano invece pp e
che l’allele P ereditato dal figlio fosse dovuto a una mutazione spontanea durante la formazione del
gamete in uno dei genitori; ancora, discuteremo questo argomento nel prossimo capitolo. E’ anche
possibile che il padre del bambino non sia il genitore maschile della coppia. In questo caso il padre
biologico deve avere la malattia.
2-32.
a. La sindrome unghia-rotula (N) è dominante perché tutti i figli affetti hanno un genitore affetto.
L’alcaptonuria (a) è recessiva perché i figli affetti sono il risultato di unioni tra 2 individui non
affetti (III-3 x III-4). Genotipi: I-1 nn Aa; I-2 Nn AA (o I-1 nn AA e I-2 Nn Aa); II-1 nn AA; II-2 nn
Aa; II-3 nn A-; II-4nn A-; II-5 Nn Aa; II-6 nn AA; III-1 nn AA; III-2 nn A-; III-3 nn Aa; III-4 Nn Aa;
III-5 nn A-; III-6 nn A-; IV-1 nn A-; IV-2 nn A-; IV-3 Nn A-; IV-4 nn A-; IV-5 Nn aa; IV-6 nn aa;
IV-7 nn A-.
b.
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1) Per il figlio che ha entrambe le sindromi (N-aa), IV-2 dovrebbe dare un gamete n a. Questo
potrebbe avvenire se IV-2 fosse nn Aa. La probabilità che IV-2 sia nn Aa è 1/2, e la probabilità di
ricevere un gamete n a da IV-2 se egli è nn Aa è ancora 1/2. La probabilità che IV-5 possa fornire
un gamete N a è inoltre1/2. Quindi, 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8. Non c’è bisogno di sommare le
probabilità in questo caso perché IV-2 non può produrre un gamete n a se il suo genotipo è nn AA.
2) Sommando le probabilità per i due genotipi IV-2 che si escludono mutuamente, 1/8 + 1/4 = 3/8.
3) La probabilità è 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8.
4) La probabilità di nessuno dei due difetti è 1- (somma dei primi 3) = 1- (1/8 + 3/8 + 1/8) = 1- 5/8
= 3/8.
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CAPITOLO 3
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
3-2.
a. Disegna l’incrocio: frfw x frfw → 1/4 frfr (rosso) : 1/2 frfw (rosa) : 1/4 fwfw (bianco).
b. fwfw x frfw → 1/2 frfw (rosa) : 1/2 frfw (bianco).
c. frfr x frfr → 1 frfr (rosso).
d. frfr x frfw → 1/2 frfr (rosso) : 1/2 frfw (rosa).
e. fwfw x fwfw → 1 fwfw (bianco).
f. frfr x fwfw → 1 frfw (rosa).
L’incrocio in f è il modo più efficiente di produrre fiori rosa, poiché tutta la progenie sarà rosa.
3-4.
Poiché l’eredità di questi due geni è indipendente, usa la regola del prodotto per creare tutte le
possibili combinazioni fenotipiche (nota che ci saranno 3 x 3 = 9 classi) e le loro probabilità,
generando quindi il rapporto fenotipico diibrido per due geni dominanti in modo incompleto: 1/16
rosso allungato : 1/8 rosso ovale : 1/16 rosso rotondo : 1/8 porpora allungato : 1/4 porpora ovale :
1/8 porpora rotondo : 1/16 bianco allungato : 1/8 bianco ovale : 1/16 bianco rotondo.
3-6.
a. Un individuo affetto da anemia falciforme è un omozigote per l’allele anemia falciforme:
HbSHbS.
b. Il figlio deve essere omozigote HbSHbS e quindi deve avere ereditato un allele mutante da ogni
genitore. Poiché il genitore è fenotipicamente normale, egli/ella deve essere un portatore con
genotipo HbSHbA.
c. Se ogni genitore è eterozigote per alleli differenti, ci sono quattro possibili alleli che potrebbero
essere trovati in cinque figli.
3-8.
a.
maschio c
b.
maschio d
c.
maschio b
d.
maschio a
3-10.
a. Ci sono 7 differenti pattern possibili. Questi sono associati con i seguenti genotipi: p1-, p2pa (dove
pa = p2, p3, p4… p7), p3pb (dove pb = p3, p4, p5… p7), p4pc (dove pc = p4, p5,p6, e p7), p5pd (dove pd =
p5, p6, e p7), p6pe (dove pe = p6 e p7), e p7p7.
b. Il fenotipo dettato dall’allele p1 ha il maggior numero di genotipi associati con esso = 7 (p1 p1 p1
p2 p1 p3, ecc.). L’assenza di pattern è causata da un solo genotipo, p7p7.
c. Questo risultato suggerisce che l’allele che determina l’assenza di pattern (p7) è molto comune in
queste piante di trifoglio perché il genotipo p7p7 è il più frequente nella popolazione. Gli altri alleli
sono presenti, ma sono molto meno comuni in questa popolazione.
3-12.
Ci sono 6 alleli totali.
pianta genotipo
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1
2
3
4
5
i1i2
i1i6
i2i5
i3i4
i2i3
3-14.
a. Il rapporto fenotipico 2/3 montezuma : 1/3 selvatico, e l’affermazione che montezuma non sono
mai linee pure, insieme suggeriscono che c’è un allele letale recessivo di questo gene. Quando c’è
un recessivo letale, l’incrocio di due eterozigoti si risolve in un rapporto genotipico 1:2:1, ma uno di
1/4 della classe degli omozigoti non sopravvive. Il risultato è il rapporto fenotipico 2:1 come visto
in questo incrocio. Entrambi i genitori montezuma erano quindi eterozigoti, Mm.
b. Indica gli alleli: M = montezuma, m = grigio verde, F = pinna normale, f = pinna increspata.
Disegna l’incrocio: MmFF x mmff : rapporto monoibrido atteso soltanto per il gene M: 1/2 Mm
(montezuma) : 1/2 mm (selvatico); rapporto monoibrido atteso solo per il gene F : tutti Ff.
Il rapporto atteso diibrido = 1/2 Mm Ff (montezuma) : 1/2 mm Ff (grigio verde, pinna normale).
c. MmFf x Mm Ff : rapporto monoibrido atteso solo per il gene M: 2/3 montezuma (Mm) : 1/3 grigio
verde (mm); rapporto monoibrido atteso solo per il gene F: 3/4 pinna normale (F-) : 1/4 pinna
increspata (ff). L’ atteso quando si considerano entrambi i geni insieme è: 6/12 montezuma pinna
normale : 2/12 montezuma pinna increspata : 3/12 verde pinna normale : 1/12 verde pinna
increspata.
3-16.
a. AA BB x aa bb → Aa Bb (cresta a noce) → 9/16 A- B- (cresta a noce) : 3/16 A- bb (cresta a
rosetta): 3/16 aa B- (cresta a pisello) : 1/6 aa bb (cresta singola).
b. AA bb (cresta a rosetta) × aa BB (cresta a pisello) → Aa Bb (cresta a noce) → 9/16 A- B- (cresta a
noce) : 3/16 A- bb (cresta a rosetta) : 3/16 aa B- (cresta a pisello) : 1/6 aa bb (cresta singola).
c. L’incrocio originale deve essere Aa Bb x aa Bb.
d. La progenie è tutta cresta a noce, perciò i genitori cresta a noce devono essere BB. Non si vede
progenie cresta a pisello, così nessuno dei due genitori può essere Aa, per cui uno dei due genitori
deve essere AA. Questi potrebbe essere o il genitore cresta a noce o il genitore cresta a rosetta o
entrambi.
3-18.
a. Poiché individui non affetti hanno figli affetti, il carattere è recessivo. Le due linee famigliari
mostrate contengono mutazioni in due geni separati, e gli alleli mutanti di entrambi i geni che
determinano sordità sono recessivi.
b. Gli individui nella generazione V sono doppi eterozigoti (Aa Bb), avendo ereditato un allele
dominante e uno recessivo di ogni gene dai loro genitori (aa BB x AA bb). Le persone in
generazione V non sono affette perché il prodotto dell’allele dominante di ogni gene è sufficiente
per una funzione normale. Questo è un esempio di complementazione di due geni.
3-20.
a. No, un singolo gene non può spiegare questo risultato. Mentre il rapporto 1:1 sembra un
testcross, il fatto che il fenotipo di una classe della progenie (lineare) non è lo stesso di uno dei
genitori, depone a sfavore dell’ipotesi che questo sia un testcross.
b. La comparsa di quattro fenotipi significa che due geni stanno controllando il fenotipo.
c. Il rapporto 3:1 suggerisce che due alleli di un gene determinino la differenza tra il pattern
selvatico e il pattern diffuso.
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d. Le linee pure di pesci selvatici sono omozigoti per definizione, e i pesci con pattern diffuso sono
omozigoti recessivi secondo il rapporto visto nella parte c, così l’incrocio è: bb (diffuso) × BB
(selvatico) → F1 Bb (selvatico) → 3/4 B- (selvatico) : 1/4 bb (diffuso).
e. L’incapacità di ottenere uno stock della linea pura nudo, suggerisce che i pesci con fenotipo nudo
siano eterozigoti (Aa) e che il genotipo AA muoia. Quindi Aa (nudo) × Aa (nudo) → 2/3 Aa (nudo) :
1/3 aa (diffuso).
f. Il rapporto 9:3:3:1 deriva dall’incrocio di doppi eterozigoti, perciò i genitori lineari sono doppi
eterozigoti Aa Bb. Il fenotipo letale associato con il genotipo AA produce il rapporto 6:3:2:1. I
fenotipi e i corrispondenti genotipi della progenie dell’incrocio lineare x lineare sono: 6 lineare, Aa
B- : 3 selvatico, aa B-, : 2 nudo, Aa bb : 1 diffuso, aa bb.
3-22.
a. Il risultato che alcune piante F2 sono porpora mostra che questo fenotipo non è controllato da 1
gene! Deve essere dovuto a due geni. Puoi assegnare i genotipi ai genitori in questo incrocio. Poiché
i genitori sono omozigoti (linee pure) e ci sono due geni che controllano il fenotipo, ci sono due
possibili modi di impostare i genotipi parentali: AA BB (bianco) × aa bb (bianco) → Aa Bb (bianco,
come il genitore AA BB) → 9 A- B- (bianco) : 3A- bb (fenotipo sconosciuto) : 3aa B- (fenotipo
sconosciuto) : 1 aa bb (bianco, come il genitore aa bb).
b. L’incrocio deve essere: Aa BB (bianco) × Aa BB (con autofecondazione) → 3/4 A- BB (bianco) :
1/4 aa BB (porpora).
c. aa Bb
d. Se porpora è aa B-, allora il genotipo parentale deve essere aa bb (bianco) × Aa BB (bianco) →
1/2 Aa Bb (bianco) : 1/2 aa Bb (porpora).
3-24.
a. Poiché il difetto nell’enzima si vede solo se entrambi i geni sono difettivi, solo aa bb darà
progenie anormale, con un rapporto fenotipico diibrido di 15 normali : 1 anormale.
b. Usa la regola del prodotto per generare il rapporto fenotipico triibrido atteso. Ricorda che solo il
genotipo anormale sarà aa bb cc, che avrà luogo con una probabilità di 1/16 x 1/4 = 1/64. Il
rapporto fenotipico triibrido atteso è quindi 63/64 normale : 1/64 anormale.
3-26.
La differenza tra mutazioni pleiotropiche e caratteri determinati da diversi geni si vedrebbe se gli
incroci fossero fatti usando piante di linee pure (selvatico x mutante), quindi autoincrociando la
progenie F1. Se diversi geni fossero coinvolti, ci sarebbero diverse combinazioni di fenotipo colore
dei petali, segni, e posizioni dello stelo nella generazione F2. Se tutti e tre i caratteri fossero dovuti
ad un allele presente su un gene, i tre fenotipi sarebbero sempre ereditati insieme e le piante F2
sarebbero petali gialli, segni marrone scuro, steli eretti o petali bianchi, nessun segno e steli rasi al
suolo.
3-28.
a. Anche se ci sono solo due fenotipi nella F2, questo non è controllato da un solo gene- il rapporto
9:7 mostra che questa è una variazione epistatica del rapporto 9:3:3:1, perciò ci sono due geni che
controllano questi fenotipi. Gli individui devono avere almeno un allele dominante di entrambi i
geni, per dare colore rosso. Quindi i genotipi di due genitori bianchi in questo incrocio sono aa BB
x AA bb. Le stesse conclusioni sono attese per gli altri due incroci. Se bianco 1 è mutante nel gene A
e bianco 2 è mutante nel gene B, allora bianco 3 deve essere mutante nel gene C. Quindi, sono
coinvolti tre geni.
b. Bianco-1 è aa BB CC; bianco-2 è AA bb CC e bianco-3 è AA BB cc.
c. aa BB CC (bianco-1) × AA bb CC (bianco-2) → Aa Bb CC (rosso) → 9/16 A- B- CC (rosso) :
3/16 A- bb CC (bianco) : 3/16 aa B- CC (bianco) : 1/6 aa bb CC (bianco).
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3-30.
a. Ci sono due geni che controllano questi fenotipi nella pianta digitale.
b. WR-1 è AA BB; WR-2 è AA bb; LR è aa bb; DR è aa BB.
c. L’incrocio è Aa Bb (WR) x aa bb (LR).
3-32.
a. Il pattern in entrambe le famiglie sembra un carattere recessivo poiché individui non affetti hanno
progenie affetta e il carattere salta delle generazioni. Se il carattere è raro (come in questo caso) non
ti aspetteresti che due eterozigoti si sposino casualmente tante volte quante richiesto da questi
pedigree. La spiegazione alternativa è che il carattere è dominante ma non penetrante al 100%.
b. Ammettendo che questo sia un carattere dominante ma non completamente penetrante, gli
individui II-3 e III-6 nel pedigree di Smith e II-6 nel pedigree di Jefferson, devono portare l’allele
dominante ma non espresso nel loro fenotipo.
c. Se i caratteri sono comuni, l’eredità recessiva è la modalità di eredità più probabile.
d. Nessuno; nei casi in cui due genitori non affetti avessero un figlio affetto, entrambi i genitori
sarebbero portatori del carattere recessivo.
3-34.
Hairy è Hh, normali è hh e il genotipo letale è HH.
Mosche normali dovrebbero quindi essere hh (normale-1) e l’incrocio con hairy dovrebbe dare
sempre 1/2 Hh (hairy) : 1/2 hh (normale) come visto nell’incrocio 1.
Nell’incrocio 2, la progenie deve, per le stesse ragioni, essere 1/2 Hh (hairy) : 1/2 hh (normale), ed
essa appare ancora tutta normale. Questo suggerisce che lo stock normale-2 ha un’altra mutazione
che sopprime il fenotipo hairy wing nella progenie Hh. Il genitore hairy deve avere gli alleli
recessivi di questo gene soppressore (ss), mentre lo stock normale-2 deve essere omozigote per
l’allele dominante (SS) che sopprime il fenotipo hairy. Quindi l’incrocio 2 è hh SS (normale-2) x
Hh ss (hairy) → 1/2 Hh Ss (normale perchè hairy è soppresso) : 1/2 hh Ss (normale).
Nell’incrocio 3, il genitore normale-3 è eterozigote per il gene soppressore: hh Ss (normale-3) x Hh
ss (hairy) → I rapporti attesi per ogni gene da solo sono 1/2 Hh : 1/2 hh e 1/2 Ss : 1/2 ss, perciò il
rapporto atteso per i due geni insieme è 1/4 Hh Ss (normale) : 1/4 Hh ss (hairy) : 1/4 hh Ss
(normale) : 1/4 hh ss (normale) = 3/4 normale : 1/4 hairy.
Nell’incrocio 4 vedi ancora un rapporto 2/3: 1/3, come se avessi incrociato hairy x hairy. Dopo un
pò di prove ed errori, esaminando le restanti possibilità per questi due geni, sarai in grado di
dimostrare che questo incrocio era Hh Ss (normale-4) × Hh ss (hairy) → i rapporti attesi per i geni
da soli sono 2/3 Hh : 1/3 hh e 1/2 Ss : 1/2 ss, perciò il rapporto atteso per i due geni insieme, dalla
regola del prodotto, è 2/6 Hh Ss (normale) : 2/6 Hh ss (hairy) : 1/6 hh Ss (normale) :1/6 hh ss
(normale) = 2/3 normale : 1/3 hairy.
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CAPITOLO 4
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
4-2
a. La mitosi produce 2 cellule figlie ognuna con 14 cromosomi (2n, diploidi).
b. La meiosi produce 4 cellule (n, apolidi), ognuna con 7 cromosomi.
4-4
Una sporofita diploide contiene 7 coppie di cromosomi omologhi. Un cromosoma di ogni coppia è
di origine paterna e l’altro di origine materna. Quando la cellula diploide entra in meiosi un
omologo per ogni coppia va a finire nel gamete. Per ogni coppia di omologhi, la probabilità che il
gamete contenga l’omologo ereditato dal padre è uguale a ½. La probabilità che un gamete
contenga solo gli omologhi ereditati dal padre è (1/2)7=0.78%.
4-6
a. G1, S, G2 e M.
b. G1, S, e G2 sono le parti dell’interfase.
c. Durante la fase G1 avviene la maggiore crescita cellulare che precede la sintesi del DNA e la
replicazione dei cromosomi. Durante la fase S avviene la replicazione dei cromosomi. G2 è un’altra
fase di crescita cellulare dopo la replicazione dei cromosomi durante la quale la cellula sintetizza
molte delle proteine che gli serviranno per la mitosi.
4-8
a. 96 cromosomi con 1 cromatidio ciascuno = 96 cromatidi;
b. 48 cromosomi con 2 cromatidi ciascuno = 96 cromatidi;
c. 24 cromosomi con 1 cromatidio ciascuno = 24 cromatidi;
d. 48 cromosomi non replicati in G1 = 48 cromatidi;
e. 48 cromosomi con 2 cromatidi ciascuno (replicati in G2) = 96 cromatidi;
f. 48 cromosomi non replicati in G1 prima della meiosi = 48 cromatidi;
g. 48 cromosomi con 2 cromatidi ciascuno = 96 cromatidi;
h. 48 cromosomi non replicati prima della fase S = 48 cromatidi;
i. 24 cromosomi con un cromatidio ciascuno = 24 cromatidi;
j. 48 cromosomi con 2 cromatidi ciascuno = 96 cromatidi;
k. 24 cromosomi con 2 cromatidi ciascuno= 48 cromatidi;
l. 24 cromosomi con 1 cromatidio ciascuno = 24 cromatidi;
m. 24 cromosomi con 1 cromatidio ciascuno = 24 cromatidi.
4-10
a. anafase della meiosi I
b. metafase della mitosi (non è meiosi II perché in questa cellula ci sono 6 cromosomi o 2n)
c. telofase della meiosi II
d. anafase della mitosi
e. metafase della meiosi II
Il numero n è 3 cromosomi.
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4-12
a. metafase della mitosi
b. metafase della meiosi I
oppure
c. metafase della meiosi II
4-14
Il rimescolamento genetico che avviene durante la meiosi dovuto all’allineamento indipendente dei
cromosomi materni e paterni e la ricombinazione tra gli omologhi potrebbe condurre ad una nuova
collezione di alleli dei suoi geni che potrebbe aiutare l’organismo a sopravvivere.
4-16
L ‘oocita primario, arrestandosi in profase I, contiene un set duplicato del numero diploide dei
cromosomi (46 cromosomi e 92 cromatidi). Durante la meiosi I, i cromosomi omologhi segregano
in due cellule separate, per cui il cromosoma che porta l’allele A segregherà in una cellula mentre il
cromosoma portatore dell’allele a segregherà nell’altra cellula. Una di queste cellula diventa oocita
secondario ( contenente 23 cromosomi ciascuno con 2 cromatidi) e l’altra diventa un corpo polare.
Il genotipo della ciste dermoide che si sviluppa da un oocita secondario potrebbe essere sia AA che
aa.
4-18
Sono caratteri legati al sesso, quindi, gli alleli del gene sono ZB ( allele marrone sul cromosoma Z) e
Zb ( allele giallo sul cromosoma Z); il cromosoma W non porta il gene del colore paterno. Il primo
incrocio è:
ZbW x ZBZB → ZBW (femmine marroni) e ZBZb (maschi marroni)
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Il secondo incrocio è:
ZBW x ZbZb → ZBZb (maschi marroni) e ZbW (femmine gialle).
4-20
La risposta a questa domanda dipende da quando avviene la non disgiunzione:
se la non disgiunzione avviene durante la meiosi I del maschio il risultato sarà uno spermatocita
secondario che contiene entrambi i cromosomi sessuali ( X e Y ) e un altro spermatocita secondario
mancante dei cromosomi sessuali. Se i maschi con occhi rossi sono Xw+Y, allora gli spermatozoi
che si formano dopo la non disgiunzione nella meiosi I saranno Xw+Y e nulli (O). La femmina
XwXw porta cellule uovo Xw , la fertilizzazione produrrà Xw O ( occhio bianco, maschio sterile) e
Xw+XwY ( femmina occhio rosso ). Se la non disgiunzione avviene durante la meiosi II gli
spermatozoi maschili saranno Xw+ Xw+o YY e nulli (O). Dopo la fertilizzazione della cellula uovo
Xw, lo zigote dovrebbe essere Xw+ Xw+ Xw (letale) o XwYY ( maschio fertile occhi bianchi) e XwO
(maschio sterile occhi bianchi).
4-22
a. Il pedigree 1 rappresenta un carattere recessivo poiché due individui non affetti hanno figli affetti.
La malattia è ereditata come un carattere autosomale recessivo. Il pedigree 2 rappresenta un eredità
recessiva legata all’X, poiché il padre I-1 è non affetto e solo i figli mostrano il carattere nella
generazione II, questo implica che il carrier della malattia è la madre. Il pedigree 3 mostra una
eredità di un carattere dominante poiché un figlio affetto ha sempre un genitore non affetto. Il
carattere deve essere autosomico dominante in quanto il padre affetto lo trasmette al figlio. Il
pedigree 4 rappresenta un carattere dominante legato all’X in quanto si verifica la trasmissione dal
padre affetto verso tutte le sue figlie ma in nessuno dei suoi figli.
b. Pedigree 1: la possibilità che il figlio/a possa essere affetto è ¼.
Pedigree 2: la probabilità che un figlio possa essere affetto è 1/8, la probabilità di avere una
sorella affetta è 0.
Pedigree 3: per un carattere autosomico dominante la probabilità che una madre eterozigote possa
passare un allele mutante al figlio del suo stesso sesso è ½.
Pedigree 4: la probabilità che un figlio possa essere affetto è 0.
4-24
a. Se il carattere è autosomico dominante, allora i padri devono essere eterozigoti Rr poiché hanno
figlie non affette. Le madri allora devono essere omozigote normali rr. La probabilità di avere un
figlio maschio affetto da questo incrocio è ½ (probabilità di ereditare R)× ½ (probabilità che il
figlio sia maschio)= ¼ .La probabilità di avere una figlia non affetta è ¼. La probabilità di avere 6
figli affetti e 5 figlie non affette è uguale a (1/4)6×(1/4)5=(1/4)11=2×10-7 o estremamente
improbabile.
b. Il carattere potrebbe essere un esempio di ereditarietà legata all’Y o espressione limitata al sesso
di un allele mutante. Non ci sono evidenze dirette per supportare l’una o l’altra ipotesi.
4-26
a. La non disgiunzione è avvenuta nel padre in meiosi I.
b. La non disgiunzione è avvenuta in meiosi I ma non si può determinare in quale genitore.
c. La non disgiunzione è avvenuta nella madre che, essendo omozigote XAX A, non permette di
determinare a quale divisione meiotica è avvenuta.
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4-28
a.
affetto?
I-1 deve essere eterozigote per l’allele d. La probabilità che II-2 abbia un figlio non affetto è
1/2×1/2=1/4.
b.
XDY
affetto?
La probabilità che la madre passi il cromosoma Xd a III-2 è ½.
c.
affetto?
La madre di questi due maschi, ha passato il cromosoma Xd al figlio affetto e il cromosoma XD al
figlio non affetto. Non c’è nessuna possibilità che il maschio non affetto passi l’allele della malattia a suo
figlio.
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d.
affetto?
La probabilità che IV-1 sia affetto è 1/2×1/2×1/2×1/2 =1/16.
La probabilità che IV-1 sia una figlia affetta è 1/2×1/2×1/2×1/2 =1/16.
La probabilità che IV-1 sia non affetto è 1- ( 1/16 di probabilità di un maschio affetto + 1/16 di
probabilità di una femmina affetta)= 1-2/16= 7/8.
e.
affetto?
La probabilità che il feto(rombo) si svilupperà in un figlio malato il primo figlio è 0.
La probabilità che sia una figlia affetta è 0; la probabilità che sia un figlio non affetto è 100%.
4-30
a. ♀ XvXv b+ b+ × ♂ Xv+Ybb → F1 XvXv+b+b (femmine wild type) × XvY b+b ( maschi
vermilion) il rapporto in F2 per il carattere marrone è 3/4 b+-:¼ bb; il rapporto per il carattere
vermilion sia nei maschi che nelle femmine della F2 è ½ Xv+:½ Xv ; il rapporto tra i due geni negli
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individui della F2 è 3/8 Xv+b+ - (wild type):3/8Xv b+ (vermilion):1/8 Xv+bb (marrone):1/8 Xvbb
(bianco);
b. ♀ marrone Xv+ Xv+bb × ♂ vermilion XvY b+ b+ → F1 XvXv+b+b (femmine wild type) × Xv+Yb+b
(maschi wild type) → il rapporto in F2 per il carattere marrone è ¾ b+-: ¼ bb; il rapporto per il
carattere vermilion nelle femmine F2 è 1 Xv+- e nei maschi è ½ Xv+:½ Xv. Il rapporto in F2 tra i due
geni nelle femmine F2 è 3/4 Xv+b+-(wild type):1/4 Xv+ - bb (marrone); il rapporto del di ibrido nei
maschi F2 è 3/8 Xv+Yb+- (wild type):3/8 XvYb+ - (vermilion):1/8 Xv+Ybb (marrone):1/8 XvYbb
(bianco).
c. ♀ scarlet (b+ b+ss) × ♂ marrone (bb s+ s+) → F1 b+b s+s ((wild type, maschi e femmine sono
uguali perchè entrambi I geni sono autosomali) → F2 rapporto del monoibrido per il carattere
scarlet è ¾ s+ -:¼ ss e per il marrone è ¾ b+-:¼ bb.
Il rapporto del diibrido della F2 è 9/16 s+ - b+ - (wild type):3/16 s+ - bb (marrone):3/16 ss b+ (scarlet):1/6 ss bb (bianco).
d. ♀ marrone (bb s+ s+)× ♂ scarlet (b+ b+ss) → F1 b+bs+s (wild type), F2 come nel punto c.
4-32
Il colore eosina è una mutazione recessiva legata all’X. In una linea pura di moscerini con occhio
eosina vennero trovate delle varianti con un colore dell’occhio crema. Questo fatto suggerisce che i
moscerini con occhio crema hanno il genotipo eosina ma anche una seconda mutazione che
maschera il fenotipo eosina. Diagramma dell’incrocio:
Wild type ♀ × ♂ crema → F1 wild type → F2 104 wild type ♀:52 wild type ♂:44 eosina ♂:14
crema ♂ (8:4:3:1)
Ci sono 3 fenotipi visibili nei maschi della F2. Questo potrebbe essere dovuto ad un gene con
codominanza/dominanza incompleta , ma i fenotipi non sono presenti con un rapporto di 1:2:1. Il
rapporto fenotipico della F2 sembra essere una modificazione epistasica del rapporto 9:3:3:1.
Quindi il colore degli occhi deve essere controllato da 2 geni i cui alleli mutanti sono recessivi. Il
fatto che il colore degli occhi crema si presenta nello stock di mutanti eosina suggerisce che il
colore crema è un modificatore di eosina. Questa specie di modificatore altera solamente l’allele
mutante del gene e non ha effetti sull’allele di tipo wild type. La differenza nei fenotipi tra i maschi
e le femmine della F2 mostra che eosina (e) è legato all’X, ma il modificatore crema (cr) non si
trova sul cromosoma X poiché alcuni individui della F2 sono eosina ma non crema.
e+e+ cr+ cr+ ♀ × eY crcr ♂ → F1 e+e cr+cr ♀ × e+Y cr+cr ♂ → i rapporti della F2 per ogni singolo
gene sono 1/2 e+-♀:¼ eY e ¾ cr+-:¼ crcr. Quando questi individui sono coinvolti in un incrocio
multiplo, il rapporto della F2 per entrambi i geni è 3/8 e+-cr+- (wild type) ♀:1/8 e+-crcr (wild type)
♀: 3/16 e+Ycr+ (wild type) ♂:1/16 e+Y crcr (wild type) ♂:3/16 eYcr+- (eosina) ♂:1/16 eY crcr
(crema) ♂= 8 wild type ♀: 4 wild type ♂:3 eosina ♂:1 crema ♂.
b.
eY cr+ cr+ (eosina ♂) × ee crcr (crema ♀) → F1 ee cr+ cr ♀ × eY cr+ cr → i rapporti della F2 per
ogni singolo gene sono ½ ee ♀:½ eY ♂ e ¾ cr+-:1/4 crcr. I rapporti della F2 per entrambi i geni
sono 3/8 ee cr+- (eosina ♀) :3/8 eY cr+- (eosina ♂):1/8 ee crcr (crema ♀):1/8 eY crcr (crema ♂).
c. ee cr+ cr+ (eosina ♀) × eY crcr (crema ♂) → F1 ee cr+cr ♀ × eY cr+cr ♂ → i rapporti della F2
per ogni singolo gene sono ½ ee ♀:½ eY ♂ e ¾ cr+-:¼ crcr. I rapporti della F2 per entrambi i geni
sono 3/8 ee cr+- (eosina ♀):3/8 eY cr+- (eosina ♂):1/8 ee crcr (crema ♀):1/8 eY crcr (crema ♂).
4-34
a. No. I geni legati all’Y sono espressi solo nei maschi. Fino a che ci sono femmine bianche, il
carattere non può essere legato all’Y.
b. Si. I maschi bianchi potrebbero avere figlie bianche ma non figli bianchi.
c. Si. L’informazione nel pedigree è coerente con l’eredità autosomica dominante.
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d. No. Se questa fosse un’eredità recessiva legata all’X, Cesari dovrebbe essere X wWw e Tony
dovrebbe essere X w+Y. I loro figli dovrebbero essere X wY e di colore bianco, ma Bim non è
bianco.
e. Si. Non ci sono dati nello schema dell’incrocio che permettono di escludere un’eredità
autosomica recessiva.
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CAPITOLO 5
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
5-2.
I dati sono consistenti con l’assortimento indipendente, e possiamo quindi concludere che i dati di
Mendel potrebbero essere derivati dall’assortimento indipendente di due geni.
5-4.
a. 1/4 dei topi della F2 sarà danzante, se il carattere è determinato da un singolo gene con dominanza
completa.
b. 1/16 dei topi si presumerebbe essere danzante, data la seconda ipotesi che i topi danzanti devono
essere omozigoti per gli alleli recessivi di due geni.
c. L’ipotesi di un gene si adatta meglio ai dati.
5-6.
Bisogna notare che l’ipotesi nulla è la stessa in entrambi i casi: che i geni siano assortiti
indipendentemente.
L’utilizzo di due classi è un test più sensibile per l’associazione rispetto all’impiego di quattro
classi.
C’è ora una sottile differenza nelle ipotesi nulle: nella situazione a due classi l’ipotesi nulla è
l’associazione; nella situazione a quattro classi è 1:1:1:1, che non significa solo associazione, ma
anche uguale vitalità delle quattro classi. Puoi immaginare una situazione in cui certe classi siano
sub-vitali; in tali casi, vedresti l’associazione con il test a due classi, ma perderesti l’informazione,
anche più importante, che uno dei geni causa ridotta vitalità. Questa idoneità a vedere la vitalità
relativa degli alleli è un vantaggio del metodo a quattro classi.
5-8.
a. Il numero di ricombinanti diviso il numero totale della progenie x 100 dà la distanza di mappa:
(98+102)/(903+897+98+102) = 200/2000 = 0,01x100 = 10% rf o 10 unità di mappa (mu) o 10 cM.
b. 45% Cc dd, 45% cc Dd, 5% Cc Dd, 5% cc dd.
5-10.
a. Indicate gli alleli: H = allele Huntington, h = allele normale; B = brachidattilo, b = dita normali
Il padre di Mario è bb Hh; sua madre è Bb hh.
b. Il suo genotipo completo potrebbe essere Bb Hh o Bb hh.
c. Se la brachidattilia e l’Huntington assortiscono in maniera indipendente la probabilità che il figlio
esprima entrambi i fenotipi all’età di 50 anni = 0,45 (probabilità di esprimere brachidattilia) x 0,056
(probabilità di esprimere Huntington a 50 anni) = 0,025.
d. La probabilità che il figlio di Mario erediti sia l’allele dell’Huntington sia quello della
brachidattilia = 1/6 (probabilità che Mario sia B h / b H) x 1/10 (probabilità che il figlio erediti i
gameti ricombinanti B H da Mario) x 9/10 (probabilità di esprimere brachidattilia) x 2/3 (probabilità
di esprimere Huntington a 50 anni) = 0,01.
5-12.
a. Prediremmo un ugual numero di tutti e quattro i fenotipi nella F1 se i geni non fossero associati.
Poiché i numeri sono molto distorti, con le classi più piccole che rappresentano la progenie
ricombinante, i geni sono associati. Rf = (169 + 186) / (1447 + 169 + 186 + 1510) = 355/3312 =
10.7% = 10.7 cM.
b. Poiché blu, lisci e gialli e rugosi sono trovati in proporzione più elevata, A e W devono essere su
un omologo e a e w sull’altro = A W / a w.
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c. Sono attesi quattro tipi di generazioni, in uguali proporzioni: 1/4 A w /a W (blu liscio) : 1/4 A w /
a w (blu rugoso) : 1/4 a w / a W (giallo liscio) : 1/4 a w / a w (giallo rugoso).
5-14.
In Drosophila la ricombinazione avviene nelle femmine ma non nei maschi. Quindi i maschi
possono solo produrre i gameti parentali cn+ rd+ o cn rd. Le femmine producono sia i gameti
parentali sia i gameti ricombinanti cn+ rd e cn rd+.
female gametes: gameti femminili
male gametes: gameti maschili
parental: parentale
recombinant: ricombinante
wild type: selvatico
cinnabar reduced: cinabro ridotte
reduced: ridotte
cinnabar: cinabro
I geni sono separati da 8 cM.
5-16.
a.
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female gametes: gameti femminili
male gametes: gameti maschili
parental: parentale
recombinant: ricombinante
L’intero rapporto fenotipico diibrido sarà sempre 1/4 A- bb : 1/2 A- B- : 1/4 aa B-, indipendente
dalla frequenza di ricombinazione tra i geni A e B.
Questo non sarà vero per l’incrocio A B / a b ♀ x A B / a b ♂. Queste classi della progenie possono
essere quindi usate per stimare la frequenza di ricombinazione tra i geni A e B: rf = 2(# of A- bb + #
of aa B-)/progenie totale.
b. Se conosci la frequenza della classe fenotipica aa bb nella progenie, la frequenza di
ricombinazione (frequenza di prodotti ricombinanti) tra i geni A e B = 2(√#aa bb/# progenie totale).
Se conosci la frequenza della classe fenotipica aa bb nella progenie, la frequenza di prodotti non
ricombinanti tra i geni A e B = 2(√#aa bb)/# progenie totale. La frequenza di ricombinazione = 1frequenza di prodotti non-ricombinanti tra i geni A e B.
5-18.
a. Il fenotipo dell’eterozigote F1 indica gli alleli dominanti: fiori bianchi, stelo alto, fiori di taglia
normale.
b. Indicate gli alleli per i tre geni: W = bianco, w = rosso; P = fiori di taglia normale, p = peloria; T
= alto, t = nano. L’incrocio è: WW PP TT (bianco fiori di taglia normale) × ww dd pp (nano peloria).
c. La mappa è:
d. La frequenza di DCO osservata è = 11/543 = 0,0203; coc = 0,0203/0,0409 = 0,496; I = 1-0,496 =
0,504.
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5-20.
a. Organizza i dati in coppie reciproche di spore.
Classes of gametes: classi di gameti
Genotype: genotipo
Numbers: numeri
Parental: parentale
Il tipo di spore a f g DCO è più simile al tipo di spore parentali a f g. Quindi, il tipo sessuale (a/α) è
il gene nel centro. Le distanze sono: f- a/α = (6 + 6 + 1 + 1)/101 = 13.9 cM e a/α fino a g = (13 + 14
+ 1 + 1)/101 = 28.7 cM.
b. Un DCO a 3 filamenti dà il risultato desiderato.
5-22.
a. Le piante a fiori rosa sono Pp, a fiori rossi sono PP e bianchi sono pp.
b. Il rapporto atteso di rosso: rosa: bianco sarebbe 1:2:1. Calcolando per 650 piante, questo è uguale
a 162,5 rosso, 325 rosa, e 162,5 bianco.
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c. Il rapporto monoibrido di antere nere e brune = (78+26+39+13+5+2) brune : (44 + 15 + 204 + 68
+ 117 + 39) nere = 163 brune: 487 nere = ~ 1 bruno : 3 nero. Quindi nero è dominante su bruno. Il
rapporto monoibrido per la lunghezza dello stelo = 487 stelo lungo : 163 stelo corto = ~ 3 lungo :1
corto, perciò lungo è dominante su corto.
d. Poiché tutti e tre i rapporti fenotipici monoibridi sono caratteristici degli incroci eterozigoti, il
genotipo della pianta originale è Pp Bb Ll.
e. Il rapporto diibrido osservato è vicino a 9:3:3:1, perciò i geni per il colore delle antere e il colore
dei fiori non sono associati.
Il rapporto monoibrido atteso per il colore del fiore è 1 rosso: 2 rosa: 1 bianco, mentre quello per la
lunghezza dello stelo è 3 lungo: 1 corto. Se i due geni non fossero associati, il rapporto diibrido
atteso potrebbe essere calcolato usando la regola del prodotto, per dare un rapporto 6:3:3:2:1:1. Il
rapporto osservato è vicino a quello predetto; perciò i geni per il colore dei petali e la lunghezza
dello stelo non sono associati.
La stessa analisi è compiuta per il colore del fiore e il colore delle antere. Il rapporto diibrido atteso
è anche qui 6:3:3:2:2:1. Il rapporto osservato non è conforme all’atteso, possiamo quindi concludere
che il colore del fiore e il colore delle antere sono geni associati.
f. La classe pp bb è molto infrequente, giustificando solo l’1% (7/650) della progenie. Quindi, il
genotipo parentale deve essere stato P b / p B. In questo caso, la classe infrequente pp bb riceve un
gamete p i ricombinante da entrambi i genitori (vedi problema 5-16 parti a & b). La frequenza della
classe pp bb = (probabilità di ricombinanti p b)2. La frequenza dei gameti p = rf = 2(√(#pp bb/#
progenie totale)) = 2(√(7/650)) = ~21 unità di mappa.
5-24.
a.
b. Per calcolare le distanze gene-centromero hai bisogno di informazioni sull’ordine delle ascospore
in ciascun tipo di asco.
5-26.
Il fatto che l’incrocio che coinvolge i geni a e b non fornisca T indica che i geni a e b sono entrambi
molto vicini ai loro rispettivi centromeri. Poiché i geni a e b sono strettamente associati al
centromero, il gene c deve essere molto lontano dal suo centromero per generare questi aschi T.
5-28.
a. Ricorda che la rf tra C e D è 0,22, DCO tra C e D è 0 (perciò possono non esserci tetrodi NPD), e
la formula per la frequenza di ricombinazione tra 2 geni = NPD + 1/2 (T)/ aschi totali. Risolvi per
T: 0.22 = 0 + 1/2(T) perciò T = 2(0.22) = 0.44. Quindi, il 44% degli aschi sarà tetratipo e il
rimanente 56% sarà ditipo parentale.
b. In totale, NPD = 0,003, T = 0,05 (dovuto a DCO) + 0,419 (dovuto a SCO) = 0,469 e i restanti
sono PD = 0,528.
c. I risultati attesi sono riassunti nella tabella sotto.
Tipo di crossover e localizzazione No crossover SCO C-cent
tipo di asco:
PD
T
SCO D-cent
T
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MI o MII gene C:
MI o MII gene D:
frequenza:
MI
MI
0,56
MII
MI
MI
MII
7/22 x 0,44 = 0,14 15/22 x 0,44 = 0,30
d. I risultati attesi sono riassunti nella tabella sotto.
Tipo di crossover e No
localizzazione
crossover
tipo di asco:
PD
MI o MII gene C:
MI
MI o MII gene D:
MI
frequenza:
0,528
SCO C- SCO
cent
cent
T
T
MII
MI
MI
MII
7/22
x 15/22
0,419 = 0,419
0,14
0,30
D- DCO a 2
filamenti
PD
MII
MII
x 1/4 x 0,015
= = 0,003
DCO a 3
filamenti
T
MII
MII
1/2 x 0,0105
= 0,005
DCO a 4
filamenti
NPD
MII
MII
1/4
x
0,0105 =
0,003
5-30.
a. Ognuno dei ceppi dà lo stesso risultato, perciò in ogni ceppo aploide un singolo gene mutante è
responsabile per il fenotipo trp-.
b. Il gene trp3 è molto strettamente associato al suo centromero (no T = no crossover tra il gene e il
centromero), mentre le mutazioni trp1 e trp2 sono più lontane dai loro centromeri.
c. Disegna l’incrocio tra trp1 e trp2: trp1- trp2+ × trp1+ trp2- → trp1- trp1+ trp2+ trp2-. Quando a
questo diploide è consentito di subire meiosi, vedi 78 aschi con 0 spore vitali (2 trp1- trp2+ : 2 trp1+
trp2- = PD) e 22 aschi con 2/8 o 1/4 di spore vitali (1 trp1+trp2+ : 1 trp1- trp2- : 1 trp1- trp2+ : 1
trp1+ trp2- = T).
Nell’incrocio trp1 x trp3, vedi una nuova classe di aschi, quelli con due spore vitali (2 trp1+trp3+ :
2 trp1-trp2- = NPD). In questo incrocio ci sono 46 PD, 48 NPD, e 6 aschi T.
Nell’ultimo incrocio, trp2 x trp3, ci sono 42 PD, 42 NPD e 16 aschi T.
d. La mappa è mostrata sotto.
e. In questo esempio, entrambi i geni mutanti danno lo stesso fenotipo (trp-). Quindi, è impossibile
determinare se una spora sia + - o - - o - +.
f. Puoi calcolare le distanze gene-centromero perché hai scoperto che uno dei geni (trp3) è
strettamente associato al suo centromero.
5-32.
a. 2 (A- e aa);
b. 3 (AA, Aa e aa);
c. 3 (AA, Aa e aa);
d. 4 (A- B-, A- bb, aa B-, aa bb);
e. 4 (A- B-, A- bb, aa B-, aa bb; poichè i geni sono associati, la frequenza delle quattro classi sarà
differente da quella vista nella parte d);
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f. 9 fenotipi in totale. Ci sono tre possibili fenotipi per ogni gene. Il numero totale di combinazioni
di fenotipi è (3)2 = 9 ((AA, Aa e aa) x (BB, Bb e bb)).
g. In questo caso, uno dei geni è epistatico, così due delle classi hanno lo stesso fenotipo, dando 3
classi fenotipiche.
h. Poiché la funzione del gene è duplicata, le prime tre classi sono tutte fenotipicamente equivalenti
nella funzione, e solo la classe aa bb avrà fenotipo differente, essendo priva di funzione. Quindi ci
sono solo due classi fenotipiche.
i. Se i genitori sono A B / a b x A B / a b, la progenie sarà 3/4 A- B- : 1/4 aa bb e ci saranno due
classi fenotipiche. Se i genitori sono A b / a B x A b / a B, tutta la progenie sarà A- B- e ci sarà una
sola classe fenotipica nella progenie.
5-34.
a. Dopo la replicazione nei diploidi eterozigoti, ogni cromosoma sarebbe composto di una coppia di
cromatidi fratelli, come mostrato sotto. I centromeri sui cromatidi fratelli si separano e segregano
l’uno dall’altro durante la mitosi. I centromeri sono numerati nella figura sotto così da seguirli più
facilmente.
Le possibili localizzazioni per gli eventi di ricombinazione sono indicate da X-I – X-V nella figura.
Assumi che non avvenga crossover tra il gene a e cen, poiché essi sono strettamente associati.
L’unico fenotipo che sarà trovato nei settori ottenuti per ricombinazione mitotica sarà b,e e d,e
(#2,5, e 9).
5-36.
a. La ricombinazione mitotica potrebbe avere causato tutti e tre i tipi di tumori.
b. L’ordine dei geni e l’accoppiamento degli alleli è mostrato sotto:
E’ possibile usare le frequenze di ricombinazione mitotica con cui i vari genotipi dei tumori sono
sorti come una approssimazione relativa, grossolana, delle distanze tra i geni. Nel tipo di tumore 2
l’evento di ricombinazione mitotica è avvenuto tra il gene NF1 e il gene D (NF1- è omozigote, e
perciò più lontano dal centromero dell’evento di ricombinazione, mentre il gene D è ancora
eterozigote), e questo avviene in 6/20 tumori = 0,3, così la frequenza relativa di ricombinazione tra
il gene NF1 e D è 0,3. Nel tumore di tipo 1 l’evento di ricombinazione mitotica è avvenuto tra il
gene B e il gene D (B è ancora eterozigote in questi tumori mentre D è omozigote DF), e questo
avviene in 12/20 tumori = 0,6, perciò la frequenza relativa di ricombinazione tra i geni B e D è 0,6.
Nel tumore di tipo 3 l’evento di ricombinazione mitotica è avvenuto tra il centromero e il gene B (o
tra il gene C e il gene B se poni il gene C sullo stesso lato del centromero come il gene NF1).
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Questo evento è avvenuto in 2/10 tumori = 0,1, perciò la frequenza relativa di ricombinazione tra il
centromero e il gene B è 0,1.
c. Se l’omologo perso era quello con l’allele NF1+, allora la cellula risultante sarebbe emizigote per
l’allele NF1-, e si trasformerebbe in un tumore. Questo non è avvenuto qui, poiché tutti e tre i
genotipi dei tumori sono ancora eterozigoti almeno per il gene C.
d. Si, delezioni di porzioni dell’omologo NF1+ che causa perdita dell’allele NF1+ potrebbero
causare tumori da sviluppare nelle risultanti cellule NF1-.
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CAPITOLO 6
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
6-2
La prova che il DNA fosse il principio trasformante fu quella di trattare l’estratto trasformato con
enzimi (DNase) che degradano il DNA. Dopo questo trattamento, l’estratto non era più in grado di
trasformare il ceppo R non virulento del batterio Streptococcus pneumoniae in cellule S virulenti
che avrebbero potuto uccidere il topo ospite. Avery, MacCleod e McCarty mostrarono inoltre che il
trattamento con RNase e proteinasi non abolivano l’attività trasformante del loro estratto, indicando
che questo principio trasformante non era RNA o proteina.
6-4
Lo zolfo si trova nelle proteine e non nel DNA, mentre il fosforo è il maggior costituente dello
scheletro della molecola di DNA. L’azoto e il carbonio si trovano sia nelle proteine che nel DNA.
Harsey e Chase dovevano differenziare le proteine dal DNA, per questo avevano bisogno di un
marcatore specifico per le proteine e non per il DNA e viceversa. Se avessero usato azoto o
carbonio radioattivo non sarebbero stati in grado di discriminare le proteine e l’acido nucleico.
6-6
I dati ottenuti dalla cristallografia a raggi X indicano che il DNA è a forma di elica formata da unità
ripetute distanti 3,4 Å, che il diametro della molecola è di 20 Å, e quindi che la molecola deve
essere necessariamente costituita da più di una catena polinucleotidica.
6-8
Ricordate che nel doppio filamento di DNA la quantità di A=T (purine) e la quantità di G=C
(pirimidine).
Le affermazioni vere sono a, b ed e.
6-10
a. Le coppie di basi A-T hanno solamente due legami a idrogeno, per questo c’è bisogno di minore
calore per la loro denaturazione. Le coppie di basi G-C sono legate da tre legami idrogeno per
questo c’è bisogno di maggiore energia per la rottura dei legami.
b. Il singolo filamento di DNA denaturato contiene alcuni nucleotidi che sono complementari a una
sequenza vicina ma con orientazione opposta, il singolo filamento di DNA forma una regione a
doppio filamento.
6-12
L’RNA del virus di tipo 1 viene mescolato con le proteine provenienti dal virus di tipo 2 in modo da
ricostituire il virus “ibrido”. In un esperimento parallelo, l’RNA del virus di tipo 2 viene mescolato
con le proteine del virus di tipo 1. Quando questi virus ibridi ricostituiti vengono usati per infettare
le cellule, la progenie virale avrà proteine che corrispondono al tipo di RNA presente nei genitori
ibridi. Le proteine della progenie non corrisponderanno alle proteine dei genitori ibridi.
6-14
La radioattività sarà su un cromatidio di entrambi gli omologhi (risposta c).
6-16
a. 3 origini di replicazione
b. 6 forcelle di replicazione
c. la bolla di replicazione più grande è la prima ad essere attivata, la bolla di replicazione più
piccola è l’ultima origine di replicazione ad essere attivata.
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6-18
In un cromosoma lineare quando il primer viene rimosso dall’estremità 5’ del nuovo filamento
sintetizzato, la basi all’estremità 3’ del filamento stampo sono esposte. Non c’è nessun modo di
sintetizzare un DNA complementare per questi nucleotidi esposti. Il risultato è che nei nuovi
filamenti verrà persa all’estremità 5’un’informazione pari alla lunghezza del primer rimosso in ogni
estremità del cromosoma.
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CAPITOLO 7
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
7-2.
5' ACCGTAGTCGACTGGTAAACTTTGCGCG
7-4.
Le mutazioni dominanti possono essere rilevate immediatamente nella progenie eterozigote che
riceve il gamete mutante. Le mutazioni recessive possono essere evidenziate solo quando sono
omozigoti. Per rilevare la comparsa di nuovi alleli recessivi dovete effettuare un test cross con un
omozigote recessivo. Questo può essere fatto nei topi, dove il ricercatore può controllare l’incrocio,
ma non può essere realizzato negli uomini!
7-6.
Per assicurarvi che i mutanti che isolate sono indipendenti dovreste seguire la procedura #2.
7-8.
Disegnate l’incrocio; * indica la mosca mutagenizzata:
wild type ♀ × wild type* ♂ → F1 ♀ × y cv ct sn m → 1/3 wild type ♀ : 1/3 ct sn ♀ : 1/3 wild type
♂
a. ct sn ♀ in seconda generazione suggerisce che il cromosoma X selvatico mutagenizzato sta
perdendo la regione ct, sn.
b.
Cromosoma con la delezione nella
regione ct-sn
c. ct sn ♀ (dalla seconda generazione dell’incrocio sopra) × selvatico ♂. Il genotipo di questa
femmina è y cv ct sn m / y+ cv+ (del) m+. Quindi, questa femmina farà una varietà di gameti nonricombinanti e ricombinanti. La tabella mostra le coppie reciproche di gameti parentali e le classi
SCO.
Gamete femminile
Gamete maschile
Gamete maschile Y
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y cv ct sn m
(parentale)
y+ cv+ (del) m+
(parentale)
y cv+ (del) m+
(SCO regione 1)
y+ cv ct sn m
(SCO regione 1)
y+ cv+ ct sn m
(SCO regione 2)
y cv (del) m+
(SCO regione 2)
y+ cv+ (del) m
(SCO regione 3)
y cv ct sn m+
(SCO regione 3)
y+ cv+ ct+ sn+ m+
y cv ct sn m /
y+ cv+ ct+ sn+ m+
(selvatico)
y+ cv+ (del) m+ /
y+ cv+ ct+ sn+ m+
(selvatico)
y cv+ (del) m+ /
y+ cv+ ct+ sn+ m+
(selvatico)
y+ cv ct sn m /
y+ cv+ ct+ sn+ m+
(selvatico)
y+ cv+ ct sn m /
y+ cv+ ct+ sn+ m+
(selvatico)
y cv (del) m+ /
y+ cv+ ct+ sn+ m+
(selvatico)
y+ cv+ (del) m /
y+ cv+ ct+ sn+ m+
(selvatico)
y cv ct sn m+ /
y+ cv+ ct+ sn+ m+
(selvatico)
y cv ct sn m / Y
(y cv ct sn m ♂)
y+ cv+ (del) m+ / Y
(morto)
y cv+ (del) m+ / Y
(morto)
y+ cv ct sn m / Y
(cv ct sn m ♂)
y+ cv+ ct sn m / Y
(ct sn m ♂)
y cv (del) m+ / Y
(morto)
y+ cv+ (del) m / Y
(morto)
y cv ct sn m+ / Y
(y cv ct sn ♂)
7-10.
Quando le cellule tumorali sono iniettate in un nuovo topo, esse si divideranno in maniera
incontrollata e causeranno insorgenza di un tumore. Le mutazioni somatiche che inducono la cellula
originale a diventare cancerosa non sono presenti nelle cellule della linea germinale del topo.
7-12.
Fate un test di complementazione incrociando i due topi.
7-14.
a. Il tubo di partenza (chiamatelo tubo A) contiene 5 ml di batteriofago ad una concentrazione di 1,5
x 1010; aggiungete 1 μl (0,001 ml) del tubo A, corrispondente a 1,5 x 107 fagi, a 999 μl (in pratica, 1
ml) di diluente nel tubo B. Questo passaggio è una diluizione 10-3. Ripetete questo passaggio con 1
μl del tubo B (1,5 x 104 fagi) e mischiatelo con 999 μl di diluente nel tubo C (diluizione 10-6).
Quindi prendete 1 μl del tubo C (1,5 x 101 fagi) e mischiatelo con i batteri (circa 100x più cellule
che fagi = una bassa molteplicità di infezione (MOI)). Consentite al fago di infettare le cellule,
quindi aggiungetelo al top agar e colate il tutto su una piastra di agar. Ripetete il passaggio
infezione/top agar con 10 μl del tubo C (1,5 x 102 fagi) e piastrate. Ci dovrebbero essere 15 placche
sulla prima piastra e circa 150 sulla seconda.
b. Per calcolare il numero totale dei fagi, avete bisogno di guardare una particolare diluizione al
microscopio elettronico e di contare tutte le particelle fagiche. Il rapporto tra le placche e i fagi
totali è l’efficienza di piastramento. Nella parte a, è ragionevole assumere che solo un fago abbia
formato ogni placca, a causa del MOI molto basso. Poiché c’erano molte più cellule batteriche che
fagi, sono molto alte le possibilità che ogni cellula batterica possa essere stata infettata solo da un
singolo fago.
7-16.
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a. Ci sono due gruppi di complementazione e quindi due geni.
b. I gruppi di complementazione sono (1,4) e (2,3,5).
7-18.
a. Proviamo entrambi gli orientamenti delle due mutazioni ry per vedere quale ordine produce occhi
selvatici insieme con ali strette e setole corte, come risultato di un crossover tra loro.
L’orientamento II produce i ricombinanti Ly ry+ Sb ottenuti, perciò l’ordine deve essere Ly ry41 ry564
Sb.
b. Assumiamo che la progenie ry41 ry564 sia trovata in egual numero nei ricombinanti ry+, così la
frequenza di ricombinazione = (8+8)/100,000 = 0,0016%. La distanza tra ry41 e ry 564 = .0016 mu.
7-20.
a. La F2 dovrebbe avere 9 serpenti marroni, 3 neri, 4 arancioni. In altre parole, si dovrebbe vedere
epistasi. (Nota: Noi non conosciamo l’ordine dell’arancione e del nero in questo pathway. Se
l’ordine fosse nero
arancione
marrone, si vedrebbe un rapporto 9 marrone: 3 arancione: 4
nero).
b. Se ci sono solo due pathway, uno produce l’arancione e l’altro il nero, quindi ci sarebbero quattro
diversi fenotipi nella generazione F2: 9 marroni (O- B-) : 3 neri (oo B-) : 3 arancioni (O- bb) : 1 non
pigmentato (oo bb).
7-22.
a. Se un genotipo mutante/delezione ha lo stesso fenotipo mutante del genotipo mutante/mutante,
questo suggerisce che l’allele mutante abbia lo stesso livello di attività di un allele con zero attività
nota (la delezione). Una limitazione di questa assunzione è che alcuni fenotipi hanno un livello di
soglia dell’attività enzimatica. In altre parole, il fenotipo mutante è visto finchè il livello di attività
enzimatica è sotto una certa soglia critica. Una volta che il livello di attività enzimatica supera
questa soglia, il fenotipo diventa selvatico.
b. Potete determinare che un allele mutante di un gene è un vero allele ad attività nulla, se un saggio
per l’attività enzimatica della proteina codificata mostra che non è presente negli individui
omozigoti per quell’allele (o negli eterozigoti mutante/delezione). In alcuni casi gli anticorpi
possono essere usati per determinare la quantità di gene prodotto presente negli individui con questi
genotipi. Quindi, se l’anticorpo non rivela alcuna proteina, potete tranquillamente assumere che non
c’è attività enzimatica = allele nullo.
7-24.
Primo, ordinate i componenti dal prodotto finale al primo nel pathway. Il componente finale è
quello su cui tutti i mutanti nel pathway cresceranno. Il componente precedente (E in questo
esempio) è quello che consente a tutti i mutanti, tranne una classe, di crescere. Continuate a lavorare
verso l’inizio del pathway in questo modo. Quindi, ordinate i mutanti. Ancora, potete fare ciò
lavorando a ritroso, dal prodotto finale attraverso gli intermedi, cercando il mutante che cresce solo
quando è stato provvisto di G. In questo problema è il mutante 2. La mutazione deve essere nel gene
che codifica l’enzima che catalizza l’ultimo passaggio che sintetizza il composto G. Quindi cercate
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il mutante che cresce solo quando è stato munito di G o di un altro intermedio. Il mutante 7 può
crescere solo quando è stato fornito di un intermedio E o G. Questo conferma la nostra prima
assegnazione di E come l’intermedio che precede G, e ci dice anche che il gene, in cui la mutazione
7 è localizzata, codifica l’enzima che permette la sintesi di E. In questo modo, continuate a lavorare
attraverso il pathway per ottenere la risposta.
X
6
F
1
D
5
A
3
C
4
B
7
E
2
G
7-26.
Per risolvere questo problema, considerate prima solo quei mutanti che sono difettivi
esclusivamente nella biosintesi di un amminoacido. I mutanti difettivi solo nel pathway della
prolina sono quelli che crescono quando viene fornita prolina nel terreno ma non glutammina. I
mutanti 2, 6 e 1 sono di questo tipo. Non c’è intermedio che consente la crescita del mutante 2,
perciò il difetto deve essere nell’enzima finale che produce prolina. Lavorando a ritroso da questo
punto nel pathway, il mutante 6 cresce quando provvisto di un intermedio A, così A è l’intermedio
finale e il mutante 6 è bloccato nel passaggio che porta ad A. Il mutante 1 cresce quando provvisto
di intermedi E o A, indicando che E è prima di A nel pathway della prolina. Ora conducete la stessa
analisi per la glutammina. I mutanti 7 e 4 sono solo difettivi nella biosintesi della glutammina. Il
mutante 4 cresce solo su glutammina, mentre il mutante 7 cresce quando fornito di B o di
glutammina, indicando che il mutante 7 è bloccato nella produzione di B, e il mutante 4 non può
convertire l’intermedio B in glutammina. Ora considerate i mutanti che sono difettivi nella sintesi
sia di glutammina sia di prolina. I mutanti 5 e 3 sono di questo tipo. Il mutante 3 cresce solo se
fornite l’intermedio C, così deve essere bloccato esattamente prima di questo passaggio. Il mutante
5 cresce se date C o D, perciò è bloccato prima dell’intermedio D. Questo rappresenta la prima
parte del pathway che è impiegato nella biosintesi sia di prolina sia di glutammina. Mettendo
insieme tutte queste informazioni, abbiamo il seguente pathway ramificato:
7-28.
I risultati suggeriscono che ci sono 2 differenti geni legati all’X che causano emofilia quando
mutanti.
7-30.
a. Sono necessari due loci, uno per i polipeptidi dell’α globina, e uno per i polipeptidi della β
globina.
b. Assumendo che entrambi gli alleli di tutti e due i geni siano espressi agli stessi livelli, vedreste
quindi 1/2 α1 : 1/2 α2 per le due forme della subunità α dell’emoglobina e 1/2 β1 : 1/2 β2 per le
forme delle subunità β. Le subunità α formeranno i seguenti tipi di dimeri: 1/4 α1α1 : 1/2 α1α2 : 1/4
α2α2. Le subunità β si assembleranno in dimeri nello stesso modo, dando un rapporto fenotipico
monoibrido di: 1/4 β1β1 : 1/2 β1β2 : 1/4 β2β2. Per calcolare i tipi di etero-tetrameri e le loro
frequenze, applicate la regola del prodotto ai due rapporti monoibridi:
1/16 α1α1 β1β1 1/8 α1α2 β1β1 :1/16 α2α2 β1β1 : 1/8 α1α1 β1β2 : 1/4 α1α2 β1β2 : 1/8 α1α2 β2β2 :
1/16 α1α1 β2β2 : 1/8 α1α2β2β2 : 1/16 α2α2 β2β2.
7-32.
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a. Mutazioni nulle hanno prodotto genico non funzionale. Mutazioni ipomorfiche danno un basso
livello di attività proteica mentre mutazioni ipermorfiche portano un elevato livello di attività. Le
mutazioni dominanti negative interferiscono con il funzionamento del normale polipeptide fatto da
un altro allele o interferiscono con il funzionamento di altre proteine che interagiscono con il
prodotto genico. Mutazioni neomorfiche esibiscono un nuovo fenotipo.
b. Mutazioni nulle e ipomorfiche sarebbero generalmente recessive rispetto al selvatico. Mutazioni
ipermorfiche e neomorfiche sarebbero probabilmente dominanti. Mutazioni dominanti negative
sono dominanti per definizione.
7-34.
a.
Old World primates: primati del vecchio mondo
New Wold primates: primati del nuovo mondo
Other Mammals: altri mammiferi
Comparate questo con la figura 7.28d. Potete vedere che l’evento finale di duplicazione genicaquello che eventualmente dà origine a differenti geni di fotorecettori del rosso e del verde- molto
probabilmente è avvenuto nella linea che porta ai primati tricromatici del “vecchio mondo” (come
gli uomini), ma non nella linea che porta ai primati dicromatici del “nuovo mondo” (come un tipo di
scimmie). Questo data l’evento finale di duplicazione genica ad un tempo successivo a 35 Myr.
L’informazione vi lascia anche concludere che i due precedenti eventi di duplicazione genica
mostrati in figura 7.28 sono avvenuti in una fase posteriore a 65 Myr, poiché tutti i mammiferi
hanno la rodopsina più almeno due fotorecettori del colore.
b. I maschi saranno dicromatici, poiché essi sono emizigoti per il gene associato all’X. Comunque,
ci saranno tre classi di maschi che vedono i colori in modo differenti. Le femmine possono essere
dicromatiche se sono omozigoti per un allele del gene associato all’X, ci saranno ancora tre classi.
Le femmine possono anche essere tricromatiche se sono eterozigoti per questo gene, e ci sono tre
differenti combinazioni: 1-2, 1-3 e 2-3.
c. Il fatto che il 95% dei nostri recettori lavori meglio in condizioni di luce bassa suggerisce che i
primi mammiferi fossero attivi in situazioni di luce bassa, per esempio nelle foreste di notte!
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CAPITOLO 8
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
8-2.
a. 4; b. 6; c. 1; d. 2; e. 3; f. 5.
8-4.
a. Comparando la sequenza del mutante a quella del selvatico potete vedere dove sono avvenute
inserzioni, corrispondenti a mutazioni +, e delezioni, corrispondenti a mutazioni -.
b. Sono mostrati gli amminoacidi nella proteina selvatica e mutante:
Lys Ser Pro Ser Leu Asn Ala
selvatico: 5’ AAA AGT CCA TCA CTT AAT GCC 3’
(-) (+)
mutante: 5’ AAA GTC CAT CAC TTA ATG GCC 3’
Lys Val His His Leu Met Ala
I cinque amminoacidi tra le mutazioni – e + sono differenti dal selvatico.
c. Le sostituzioni di amminoacidi tra le mutazioni – e + nel mutante non devono modificare la
struttura della proteina in modo abbastanza significativo da alterare la funzione proteica.
8-6.
Ricordate che la proflavina causa mutazioni nel registro di lettura (inserzioni e delezioni di singole
basi) nel DNA. Tutti i mutageni lavorano a livello del DNA, anche se i cambiamenti sono spesso
scritti a livello dell’mRNA! La sequenza dell’mRNA del gene selvatico sarebbe:
Gly Ala
mRNA selvatico: 5' GGN GCN
mRNA mutante: 5' GGN CAU/C
Gly His
Pro
CCN
Arg
Lys
AGA/G AAA/G 3'
CGN
CAA/G GGN AAA/G 3'
Gln
Gly
Lys
Dopo aver comparato la sequenza del selvatico e del mutante, potete vedere che il primo nucleotide
del secondo codone era deleto per rendere la sequenza mutante. La sequenza di DNA dedotta del
selvatico è:
5' GGN GCA CCA AGG AAA 3'
8-8.
a. Se l’Asn6 (5’AAC) è sostituita da un residuo di Tyr, il cambio di nucleotide è in un UAC. Nella
proteina B ciò significa che la Gln (5’ CAA) in posizione 3 diventa una Leu (5’ CUA).
b. La Leu (5’ CUA) in posizione 8 è sostituita da una Pro (5’ CCA). Nella proteina B la Thr (5’
ACU) in posizione 5 è ancora un residuo di Thr, anche se il codone è differente. (5’ ACC).
c. Quando la Gln (5’ CCA) in posizione 8 nella proteina B è sostituita da una Leu (5’ CUA), il
codone della Lys (5’ AAG) in posizione 11 nella proteina A è cambiato in un codone di stop (un 5’
UAG).
d. Ci sono due ragionevoli possibilità.
1) Come la parte a-c mostra, una mutazione nella regione di sovrapposizione ha un’elevata
probabilità di causare alterazioni in entrambe le proteine contemporaneamente. Ogni cambiamento
in questa sequenza di DNA ha il potenziale di colpire due proteine invece che solo una, e un
organismo sarebbe meno adeguato a tollerare mutazioni che interessano la produzione di due
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proteine, piuttosto che mutazioni che riguardano la produzione di una singola proteina. Ci dovrebbe
quindi essere una forte pressione evolutiva a sfavore dei registri di lettura che si sovrappongono.
2) Se una regione di DNA si è evoluta in modo da codificare una proteina con una conformazione
tri-dimensionale stabile, è molto improbabile che una proteina stabile possa essere prodotta dalla
sequenza spostata di un nucleotide. Questo perché il registro di lettura alternato può avere un
codone di stop ogni 3 codoni da 64. Ciò significa che, in realtà, tra i molto pochi esempi di registri
di lettura che si sovrappongono esistenti, o una o entrambe le proteine sono molto piccole,
composte solo di pochi amminoacidi.
8-10.
Vedi le figure 8.19 per la struttura del tRNA, 8.21 per l’appaiamento codone/anticodone, 8.23 per la
struttura del ribosoma e 8.24 per la traduzione.
I seguenti elementi non sono trovati in questa figura: a, d, g, i, j, n e t.
8-12.
Le linee più spesse nella figura sotto rappresentano l’mRNA da due geni differenti, I e II; due geni
sono rappresentati per mostrare che i risultati sarebbero lievemente differenti, in base alla presenza
o assenza di introni nel gene. In generale i filamenti di DNA formano una struttura di DNA doppia
elica, eccetto dove il loro appaiamento è interrotto dalla presenza di eteroduplex mRNA/DNA. Il
gene II si appaia con il filamento stampo del DNA, forzando l’altro filamento a formare un’ansa. Il
gene I ha un introne che è stato processato dall’mRNA maturo. Quando l’mRNA si appaia con il
filamento stampo del DNA, c’è un’ansa del DNA nella regione corrispondente all’introne.
8-14.
I geni eucariotici contengono sequenze interposte (introni) che non codificano per proteine.
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8-16.
a. Il filamento sotto è il filamento RNA-like, perciò il filamento sopra è lo stampo. L’RNA
polimerasi si muove da destra a sinistra lungo lo stampo.
b. La giunzione tra esoni è marcata da una linea verticale:
5' CCC AUG UAC AG|G GGG GCA UAG GGG 3'
c. In questa posizione potrebbe capitare un residuo di Thr se la base G sul filamento sopra, che
precede appena la giunzione tra l’introne e il primo esone (sottolineato nella risposta sulla parte b,
sopra), fosse mutata in C. Questa cambiamento di base altererebbe anche il sito donatore di splicing,
così lo splicing non avverrebbe. Il codone successivo dopo l’ACG per la Thr è un codone di stop
UAA, perciò il polipeptide codificato dall’RNA che non fa splicing è lungo solo tre amminoacidi.
8-18.
a. La lunghezza minima della regione codificante è 477 amminoacidi x 3 basi/codone = 1431
coppie di basi.
b. mRNA 5' ACCCUGGACUAGUCGAAAGUUAACUUAC 3'
c. La sequenza amminoacidica di questa regione della proteina del fuso mitotico è: N...Pro Trp Thr
Ser Gly Lys Leu Thr Tyr...C.
8-20.
Gli amminoacidi extra potrebbero venire da un introne che non ha subito splicing, a causa di una
mutazione nel sito di splicing. La sequenza di DNA genomico in cellule normali conterrebbe questa
sequenza. Un’ alternativa è che gli amminoacidi extra possano derivare da inserzioni del DNA da
altre regioni del genoma, come l’inserzione di un piccolo elemento trasponibile. In questo caso,
l’allele normale del gene non avrà questa sequenza.
8-22.
a. Il codone originale selvatico della prolina deve essere stato 5’ CCG, perciò la sequenza di DNA
in questa regione deve essere stata: 5’ CCG
3’ GGC
b. Anche se ha un amminoacido diverso, il fenotipo del ceppo B è selvatico. Questo significa che il
Trp in posizione 5 è compatibile con la funzione dell’enzima codificato dal gene. Questo implica
che il cambiamento da Pro a Trp è una sostituzione conservativa. Infatti, se guardate la figura 7.21,
potete vedere che Pro e Trp sono entrambi amminoacidi con gruppi R non polari.
La mutazione originale ha sostituito la Pro con la Ser. Questo mutante è non-funzionale, perciò la
Ser in posizione 5 non è compatibile con la funzione enzimatica- è una sostituzione non
conservativa-. La figura 7.21 mostra che la Ser ha un gruppo R polare non carico, per cui è
probabile che le sue proprietà chimiche siano molto differenti rispetto a quelle della Pro.
c. Il ceppo C non ha nessuna proteina rilevabile, perciò è probabile che sia una mutazione non
senso, la quale interrompe la traduzione dopo che sono stati aggiunti solo pochi amminoacidi.
d. Poiché la mutazione revertita non mappa nel locus dell’enzima, deve essere un tRNA soppressore
della mutazione non senso.
8-24.
Per poter sopprimere tale mutazione, un tRNA deve avere un anticodone che è complementare a 4
basi, invece di 3.
8-26.
Nella seconda specie di batteri, dove l’isolamento dei soppressori non senso non era possibile, ci
deve essere solo un singolo gene tRNATyr e un singolo gene tRNA Gln.
8-28.
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I mitocondri non usano lo stesso codice genetico! Se volete assicurarvi che la proteina corretta
venga prodotta nelle cellule di lievito, dovreste mutare tutti i codoni 5’ CUA 3’, nel gene
mitocondriale, in 5’ACN 3’, prima di mettere il gene in un cromosoma nel nucleo di lievito.
8-30.
a. I seguenti cambiamenti potrebbero portare a perdita di attività enzimatica: a (se questa
sostituzione amminoacidica blocca l’attività proteica); b (se questa sostituzione amminoacidica
blocca l’attività proteica); d (distruggerebbe molta dell’attività proteica); e (se non c’è inizio
traduzione); f (se il promotore non funziona); g (mutazioni frameshift altererebbero gran parte della
sequenza amminoacidica della proteina); h (se è possibile che la delezione di un amminoacido
blocchi la funzione proteica o alteri la struttura terziaria della proteina); i (produrrà una proteina
alterata che potrebbe essere incapace di funzionare); j (potrebbe fare mRNA completamente
instabili); e k (perdendo l’esone 19 potrebbe inattivare la proteina).
b. Ogni mutazione della lista (eccetto c e l) potrebbe essere recessiva. Quelle elencate nella risposta
in parte a sono anche le più probabili ad essere recessive.
c. Ogni mutazione, oltre che c ed l, potrebbe potenzialmente essere dominante sul selvatico. Per
molte di queste, se la mutazione fosse nulla o fortemente ipomorfa, potrebbe esserci un effetto
dominante a causa dell’aploinsufficienza, in cui un allele selvatico del gene non esprime sufficiente
prodotto genico per un fenotipo selvatico. Ogni mutazione che cambia la grandezza della proteina,
così come a, b e h (che alterano la proteina in misura minore), potrebbe potenzialmente avere effetti
dominanti negativi o neomorfi che dipenderebbero dalla proteina e dalle esatte conseguenze della
mutazione. Infine, è possibile che una mutazione del promotore, come in f, possa rivolgersi a un
gene nel tessuto sbagliato o al tempo sbagliato, portando ad un fenotipo ectopico dominante.
8-32.
a. Tutti questi elementi sono nell’RNA (cioè i termini sono abbreviati) eccetto il promotore (c) e il
terminatore della trascrizione (g).
b. a, e, f e i si trovano parzialmente o completamente nel primo esone; a, h e k si trovano
parzialmente o completamente nell’introne; e b, d, j e g si trovano parzialmente o completamente
nel secondo esone.
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CAPITOLO 9
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
9-2
a. Sau3A riconosce siti lunghi 4 basi e ci si aspetta che il riconoscimento avvenga ogni 44 o 256
basi. Il genoma umano contiene circa 3×109 basi, quindi i frammenti attesi saranno 3×109 /256=
1.2×107 circa 12000000 di frammenti;
b. BamHI riconosce siti lunghi 6 basi si aspetta che il riconoscimento avvenga ogni 46 o 4096 basi. I
frammenti attesi saranno 3×109 /4.100=7.3×105 circa 700000 frammenti;
c. SfiI riconosce siti di 8 specifiche basi e ci si aspetta che il riconoscimento avvenga ogni 48 o
65536 basi. I frammenti attesi saranno 3×109 / 65500=4.6×10 4 circa 46000 frammenti.
9-4
Un cromosoma artificiale è un vettore che può accettare un frammento molto grande di DNA
esogeno. Con questo tipo di vettore è possibile clonare grandi frammenti di DNA genomico, sono
usati per la costruzione di librerie gnomiche di organismi che hanno un genoma molto grande, come
l’uomo. Questo tipo di vettore deve essere in grado di agire come un cromosoma nella cellula
ospite, deve per questo includere un origine di replicazione, un marker selezionabile e una origine
di replicazione. YACs deve inoltre includere il centromero e il telomero alle estremità del vettore.
9-6
a. La libreria genomica viene costruita a partire da un materiale di partenza inclusivo e complesso,
per questo contiene il maggior numero di cloni diversi.
b. Tutte queste genoteche possono sovrapporsi tra loro in alcune parti in comune. La libreria
genomica contiene tutte le sequenze di DNA, mentre le altre genoteche sono formate da parti delle
sequenze genomiche.
c. La libreria genomica usa l’intero DNA cromosomale all’interno della cellula. Le sequenze
ripetute nel DNA genomico possono essere rimosse per creare una genoteca unica di DNA. Tutte
le genoteche a cDNA usano come materiale di partenza l’mRNA presente nelle cellule per questo
rappresentano i geni espressi in queste cellule.
9-8
a. Un vettore YAC poiché il frammento di un clone intatto di un intero gene è più lungo di 140 kb.
b. Un’intera sequenza codificante di 38.7 kb può essere clonata in un vettore cosmidico (inserti di
30-45 kb).
c. Gli esoni di solito sono abbastanza corti da essere clonati in un vettore plasmidico ( inserti <15
kb). Se l’esone in questione è più lungo di 15 kb può essere clonato in un vettore lambda.
9-10
a. Un vettore che è in grado di trasformare, selezionare e mantenersi nelle cellule animali e in
E.Coli deve contenere un marker di selezione in E.Coli, un marker di selezione nelle cellule animali
e origini di replicazione per ciascun tipo di cellula.
b. Il gene deve essere un cDNA, cioè senza introni. Per esprimere una proteina umana in E.Coli,
l’inserto deve trovarsi vicino ad una sequenza regolatoria per la trascrizione e la traduzione
batterica.
9-12
Quando si digerisce il DNA circolare, un frammento indica che sul DNA è presente un solo sito di
restrizione per l’enzima. Quindi BamHI e EcoRI tagliano il plasmide una volta. La doppia
digestione permette di capire le posizioni di questi due siti. I due siti di restrizione si trovano in due
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posizioni diverse sul plasmide. Il sito EcoRI si trova a 3 kb dal sito BamHI , il quale dista circa 6 kb
del resto della molecola circolare dietro EcoRI.
9-14
9-16
9-18
a. Si potrebbe fare una digestione triptica sulla proteina SWT e un sequenziamento parziale degli
aminoacidi dei peptidi SWT. Sulle sequenze aminoacidiche può essere fatta una traduzione inversa
in modo da produrre sequenze di DNA codificanti per la varie parti di questa proteina. Questi
oligonucleotidi degenerati possono essere usati come sonde per ibridare una libreria genomica o una
genoteca a cDNA. Oppure, questi oligonucleotidi degenerati, possono essere usati come primer per
PCR usando come stampo il DNA genomico di topo o un cDNA di topo. Si potrebbero inoltre usare
anticorpi di coniglio per la proteina e usarli come sonda su una libreria di espressione a cDNA di
topo.
b. Il clone di cDNA di 6 kb con l’inserto di 2 kb avrà sul gel una singola banda perché non ha siti
NotI; il clone BAC con l’inserto genomico di 150 kb avrà 2 o 3 frammenti NotI; il DNA genomico
di topo purificato avrà molti frammenti NotI che appariranno sul gel come uno smear.
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c. Il clone a cDNA sarà 6000bp/256bp= circa 23 bande; il clone BAC sarà 150 kb/0.256 kb= circa
590 bande; il DNA genomico apparirà come uno smear.
d. Quando il Southern NotI viene ibridato, nella corsia del cDNA verrà ibridata una singola banda.
Del clone BAC saranno ibridate una o due bande, nella corsia del genomico di fegato due o tre
bande. Nella corsia del DNA genomico di fegato saranno ibridati uno o due frammenti NotI che
corrispondono a quelli trovati nel clone BAC. Si osserverà un pattern diverso quando il Southern
del digerito di RsaI viene ibridato con l’inserto di cDNA. Circa 1/3 (inserto di 2 kb/ lunghezza
totale di 6 kb) delle bande nel clone di cDNA saranno ibridate poiché le altre bande sono sequenze
del vettore. Del clone BAC saranno ibridati 8 frammenti. Le stesse bande si potranno vedere nel
DNA genomico.
9-20
a. (1) 3.1, 6.9 kb; (2) 4.3, 4.0, 1.7 kb; (3) 1.5, 0.6, 1.0, 6.9 kb; (4) 4.3, 2.1, 1.9, 1.7 kb; (5) 3.1, 1.2,
4.0, 1.7 kb.
b. Il frammento di 6.9 kb della digestione EcoRI+HindIII; i frammenti di 2.1 e 1.9 kb di
BamHI+PstI, e il frammento di 4.0 kb del digerito di EcoRI+BamHI.
9-22
a. Il nuovo filamento sintetizzato è complementare al filamento stampo. Leggendo la sequenza dal
gel del filamento di nuova sintesi si può risalire alla sequenza del filamento stampo:
filamento neosintetizzato:
filamento stampo:
5’ TAGCTAGGCTAGCCCTTTATCG 3’
3’ ATCGATCCGATCGGGAAATAGC 5’
b. Nella sequenza ci sono dei codoni di stop in frame per questo è improbabile che questa sia la
sequenza di un esone di una regione codificante.
9-24
a.
b. Il filamento di nuova sintesi contiene codoni di stop in tutti e tre i frame di lettura (sottolineati) e
pertanto non può essere una sequenza codificante (esone). Sulla sequenza di DNA del filamento
stampo il registro di lettura che inizia con il primo nucleotide non contiene codoni di stop e per
questo è la ORF di questo filamento RNA-like.
filamento sintetizzato:
sequenza di DNA stampo:
5’TCTAGCCTGAACTAATGC3’
3’AGATCGGACTTGATTACG5’
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c. La sequenza aminoacidica dell’esapeptide è N Ala-Leu-Val-Gln-Ala-Arg. L’estremità aminoterminale corrisponde all’estremità 5’ della sequenza di DNA dell’mRNA-like.
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CAPITOLO 10
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
10-2
Ci sono due ragioni che spiegano il fatto che il rapporto tra DNA totale e DNA codificante proteine
è più alto nell’uomo rispetto a quello dei batteri:
il genoma umano contiene una grande quantità di DNA ripetuto e di introni, inoltre il genoma
umano contiene molti geni duplicati (famiglia genica).
10-4
Il protocollo FISH per la localizzazione di un gene su un cromosoma coinvolge una singola
ibridazione con la sequenza genica marcata di un cromosoma. Questa tecnica assicura risultati
veloci e può essere usata con qualsiasi clone di DNA. Uno svantaggio dell FISH è il basso potere di
risoluzione.
10-6
a. La differenza delle distanze genetiche tra i sessi si può spiegare attraverso la differenza nella
quantità di ricombinazioni nei maschi e nelle femmine.
b. No, le distanze fisiche tra i due sessi sono le stesse. Gli stessi cromosomi vengono passati di
generazione in generazione.
10-8
10-10
I cloni BAC contengono inserti di 200 kb x 15000 cloni BAC = 3.000.000 kb= 3 Gb (genoma
umano). Per cui in questo modo non ci sarebbe la possibilità di ottenere sovrapposizioni delle
estremità dei cloni BAC. Invece, le sovrapposizioni sono necessarie per il corretto allineamento dei
contig.
10-12
Le due limitazioni del sequenziamento dell’intero genoma con la tecnica dello shotgun sono le
seguenti: alcune sequenze genomiche non possono essere clonate (per esempio le sequenze che si
trovano in regioni eterocromatiche) inoltre alcune sequenze, una volta clonate, riarrangiano o
subiscono delezioni (per esempio le sequenze ripetute a tandem).
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10-14
a. L’inserto a cDNA nel plasmide pcDNA1 misura 2.73 kb.
b. L’inserto di DNA genomico nel plasmide pGEN1 misura 3.53 kb.
c.
d. Con questi dati si identifica un introne di 0.8 kb perché ci sono 0.8 kb di DNA in più nel clone
genomico.
e. La sequenza di DNA potrebbe essere usata per localizzare i siti accettori e donatori di splicing.
10-16
Nei cDNAs manca l’informazione delle regioni regolatorie e degli introni di DNA.
10-18
(i) Le sequenze ripetute che si trovano ai centromeri e ai telomeri sono importanti per la corretta
funzione di queste strutture cromosomiche.
(ii) Le sequenze ripetute derivate da trasposoni hanno originato 47 differenti geni umani.
(iii) Certi geni hanno sequenze ripetute che causano mutazioni quando queste regioni vengono
amplificate ( per esempio nella malattia di Huntington).
(iv) Le sequenze ripetute derivate dai trasposoni hanno dato nuova forma al genoma promovendo la
formazione di riarrangiamenti cromosomali come inversioni e traslocazioni.
10-20
a. Il motivo a dita di zinco permette alle proteine di legare specifiche sequenze di DNA, per questo
le proteine che hanno questo motivo sono dei fattori di trascrizione.
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b. La similarità con un gene precedentemente identificato suggerisce che i due geni derivano da un
duplicazione avvenuta in un gene ancestrale comune.
10-22
a. Il genoma di lievito è molto piccolo perchè c’è poco DNA ripetuto se comparato con gli altri
eucarioti, per questo il clonaggio dei geni è più facile. Attualmente nel lievito esiste un catalogo dei
geni codificanti per le 7000 interazioni proteina-proteina conosciute e per le 500 interazioni
proteina-DNA.
b.Il nematode è un organismo multicellulare abbastanza complesso con un genoma di circa 20000
geni. C.elegans è molto più piccolo se paragonato all’uomo ma possiede varie funzioni che sono
simili, anche se più primitive rispetto all’uomo, come il sistema nervoso. Alcune delle funzioni di
base delle cellule nervose possono essere studiate in questo organismo modello.
c. Il topo è l’organismo modello più vicino all’uomo e i geni omologhi a quelli che causano malattie
nell’uomo possono essere clonati e analizzati nel modello murino.
10-24
È possibile che la regolazione della concentrazione avviene a livello post-trascrizionale. Per
esempio l’mRNA può essere alterato causando un cambiamento nel livello di traduzione, oppure la
proteina viene modificata da una reazione chimica. È anche possibile che questo gruppo di proteine
siano coinvolte in interazioni proteina-proteina con una o più proteine il cui livello è fluttuante.
10-26
Non tutti i geni umani sono stati accuratamente identificati: i geni piccoli e i geni espressi solo a
livello di RNA sono difficili da identificare; potrebbero esistere centinaia o migliaia di geni
codificanti peptici piccoli che sono difficili da trovare. I geni che sono raramente espressi o che
hanno un codone non comune usano pattern che sono difficili da identificare. Un altro fattore è che
il proteoma umano è molto più complesso rispetto a quello del nematode. Il genoma umano, inoltre,
contiene molte proteine paraloghe e proteine modificate chimicamente. Nell’uomo avvengono più
di 400 reazioni chimiche diverse che coinvolgono la struttura proteica, in questo modo le cellule
possono avere 20,000 differenti tipi di mRNAs e 200,000 proteine diverse.
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CAPITOLO 11
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
11-2
a. Lo SNP che, in questa famiglia è completamente legato al locus della malattia, è parte
dell’aplotipo di questa regione del cromosoma. Lo SNP è un cambiamento della sequenza di DNA
che avviene sullo stesso cromosoma ad un distanza minore di 1cM dalla mutazione nel gene di una
malattia. Non si trova mai separato dal gene della malattia perché un evento di ricombinazione che
potrebbe separarli è molto raro.
b. Si può verificare la sequenza dello SNP in altre famiglie non correlate, sia in quelle con la stessa
malattia che in quelle senza malattia. Se l’allele G è la causa della mutazione nel gene della malattia
allora lo stesso cambiamento potrebbe avvenire in qualche altra famiglia. Se l’allele G è parte
dell’aplotipo della famiglia originale ma non associato con la malattia allora non ci sarà nessuna
correlazione tra la presenza e l’assenza dell’allele G e della presenza o assenza dell’allele della
malattia. Attraverso un clonaggio posizionale si cerca il candidato in questa zona del cromosoma
del gene della malattia. Una volta identificato il gene candidato si può determinare se l’allele G è
all’interno del gene della malattia.
11-4
Nell’analisi Southern blot viene esaminato l’effettivo DNA genomico, nell’analisi mediante PCR è
necessario conoscere qualcosa delle sequenze fiancheggianti in modo da disegnare i primer.
Entrambi i metodi verificano la presenza o l’assenza del sito di restrizione. Il metodo di analisi con
PCR è più efficiente, permette di partire con una piccola quantità di DNA genomico per poi
ottenere abbastanza materiale da analizzare.
11-6
a. La temperatura di incubazione influenza l’accuratezza dell’annealing tra le sequenze
complementari.
b. Gli individui 1, 5, 6, 8 sono omozigoti per l’allele A; gli individui 2, 7, 9, 10 sono eterozigoti AS;
gli individui 3,4 sono omozigoti S.
11-8
a. Il feto eredita l’allele del padre (allele normale CFTR) e l’allele della madre(allele mutante
CTFR). Di conseguenza il feto è portatore sano, per cui la probabilità che il bambino che si
svilupperà da questo feto sia malato è dello 0%. Se il gamete di origine paterna è il risultato di un
evento di ricombinazione tra il microsatellite e la mutazione CFTR allora il feto potrebbe ereditare
l’allele microsatellitare del padre e l’allele CFTR mutante. La probabilità che accada questo evento
è molto bassa come quella che il marker microsatellitare si trovi all’interno di un introne nel gene
CFTR.
b. Il bambino è portatore, quindi ½ dei gameti prodotti saranno mutanti per CFTR. Se il 3% della
popolazione è portatrice di CFTR allora la probabilità del bambino di essere un portatore è 0.03. La
probabilità di questa coppia di avere un figlio affetto è la seguente: ½ probabilità dell’allele mutante
dal portatore formato nella parte a × 0.03 probabilità che il coniuge sia portatore × ½ probabilità
dell’allele mutante dal coniuge = 0.0075 probabilità di figli affetti.
11-10
a. Una strategia è quella di trasformare il topo con il gene umano clonato sotto un promotore e una
regione regolatoria inducibile. Gli effetti sella sovra-espressione possono poi essere esaminate
nell’organismo modello.
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b. L’emofilia è causata dalla mancanza del fattore VIII, quindi dovreste creare un topo knock-out
per il gene del fattore VIII. Questo ceppo knock-out sarà emofiliaco.
11-12
La bambina dovrebbe ereditare 1 allele per ogni locus da ciascun genitore. Quindi se le 10 bande
nel pattern d’espressione della figlia rappresentano 5 loci eterozigoti, la figlia dovrebbe averne
cinque in comune con un genitore e le altre 5 in comune con l’altro genitore. La figlia condivide 6
bande su 11 con l’uomo nella corsia 3 e solo 1 su 10 con quello della corsia 4. Quindi
l’uomo della corsia 3 è il padre più probabile della bambina.
11-14
Alcuni svantaggi nell’uomo sono l’impossibilità di fare incroci controllati, poca progenie,
impossibilità di controllore i fattori ambientali nello sviluppo della malattia. La prova definitiva del
gene candidato è la trasformazione di un singolo mutante con tale gene è vedere se l’allele normale
del gene ripristina il fenotipo normale. Questo tipo di esperimento non può essere fatto nell’uomo.
Nel topo ci sono linee ibride geneticamente omozigoti, è possibile incrociare due linee ibride in
modo da avere solo 2 alleli alternativi, uno marcatore e l’altro il gene malato. Questo è un buon
sistema per analizzare caratteri complessi.
11-16
La probabilità che la malattia sia espressa nel neonato A è data dalla probabilità di 0.05 di m1d*/0.5
di probabilità di ereditare l’allele m1= 10%.
Il neonato B eredita m2 da II-1, quindi 0.45 m2d*/0.5 probabilità di m2 = 90% di probabilità che il
figlio B sia malato.
Il neonato C eredita m1 da II-1, quindi 0.05 mld* /0.5 probabilità di ereditare m1= 10% di
probabilità che il figlio C sia malato.
Il neonato D eredita l’allele m2 da II-1, quindi la probabilità che il figlio D (III-2) sia malato è data
dalla probabilità di ereditare mld*se II-1 è genotipo (i) + la probabilità di ereditare mld* se II-1 è
genotipo (ii) = 0.9 probabilità del genotipo (i) × 0.1 probabilità di ereditare m2d*+ 0.1 probabilità
del genotipo (ii) × 0.9 probabilità di ereditare m2d*= 0.09 + 0.09 = 0.18.
11-18
a. I frammenti A,C ed E contengono sequenze omologhe al gene.
b. Poiché è avvenuta l’ibridazione con tre mRNAs di diversa lunghezza, sono stati identificati tre
geni diversi.
c. Si, è possibile che in questa regione ci siano più geni. Potrebbe esserci un gene che viene
trascritto in bassa quantità e quindi non individuato da un’analisi Nothern blot.
d. I trascritti riconosciuti dai frammenti C ed E sono geni espressi nel cuore, per questo possono
essere i candidati del gene che causa la malattia.
e. Il gene riconosciuto dal frammento E si trova solo nel cuore, per questo sembra essere il
candidato più probabile poiché la malattia riguarda solo il cuore.
f. Se esiste un modello di topo per questa malattia allora si trasforma il topo con il cDNA del gene
candidato e si cerca il gene umano normale che recuperi il fenotipo mutante nel topo. Se per questa
malattia non c’è un modello di topo allora si confronta la sequenza di DNA degli alleli derivanti da
famiglie malate non correlate con la sequenza di DNA derivante da persone normali.
11-20
a. La malattia è autosomica dominante. Dominante perché tutti i figli affetti hanno un genitore
affetto e autosomica perché il maschio III-1 affetto passa il carattere sia alle figlie che ai figli.
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b. Si, sia II-3 che II-4 portano l’allele mutante ma non esprimono la malattia. L’individuo III-1
eredita l’allele mutante perché è avvenuta una mutazione spontanea nell’allele normale sia nel
gamete di II-1 che in II-2.
11-22
a. La malattia è autosomica dominante. La malattia sembra essere recessiva poiché salta delle
generazioni. Tuttavia, se fosse recessiva, sia II-1 che II-4 dovrebbero essere portatori. Sapete che la
malattia è molto rara, per cui questo è estremamente improbabile. Quindi la malattia è dominante
con penetranza incompleta, è autosomica perché il maschio affetto I-1 trasmette la malattia al
maschio II-5.
b. Si, sia II-2 che III-1 portano l’allele mutato ma non esprimono la malattia.
11-24
a. La sindrome di Pinocchio è una malattia autosomica dominante. Autosomica perché c’è
un’eredità da maschio a maschio, dominante perché un figlio non affetto ha sempre un genitore
affettto.
b. Il locus Pinocchio è associato con il locus SNP1.
c. E’ improbabile che questa regione codificante contenente SNP1 si trovi nel gene Pinocchio. Ci
sono 12.5 cM tra questi due marcatori. Nell’uomo 1cM= ~1000 kb, quindi c’è una distanza di
12500 kb tra SNP1 e Pinocchio.
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CAPITOLO 12
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
12-2
L’elettroforesi su gel in campo pulsante può essere usata per separare tutti i 16 cromosomi di
lievito. Una volta separati i cromosomi, procedete con un Sauthern sull’intero cromosoma:
trasferite i cromosomi su di un filtro e ibridateli con il vostro clone. Con questa tecnica sarete in
grado di confrontare il segnale di ibridazione con la posizione del cromosoma sul gel.
12-4
Gli istoni del core (H2A, H2B, H3 e H4) formano l’unità di impacchettamento più elementare del
DNA, il nucleosoma. Il core è un ottamero formato da due molecole di ciascun istone del core. Le
160 coppie di basi di DNA compiono quasi due giri attorno al core istonico, per questo risulta
essere 7 volte più compatto rispetto el DNA nudo. Circa 40 bp formano un linker che congiunge un
nucleosoma al successivo. L’istone H1 si trova fuori dal core, sembra essere associato con il DNA
nelle regioni in cui questo entra ed esce dalla struttura del core del nucleosoma. La rimozione
dell’istone H1 causa uno svolgimento del DNA del nucleosoma stesso, ma la struttura dei
nucleosomi rimane intatta con 140 bp di DNA ancora avvolto attorno a ogni core istonico.
H1 è coinvolto nel successivo livello di compattazione, formando una fibra di 300Å.
12-6
Alcune proteine non istoniche hanno un ruolo puramente strutturale (per esempio le proteine che
formano lo scheletro), altre sono attive durante la replicazione (DNA polimerasi) e nel processo di
ricombinazione (proteine del complesso sinaptonemale). Altre ancora sono necessarie per la
segregazione dei cromosomi (proteine del cinetocore). La classe di proteine non istoniche più
abbondante è quella che promuove e regola la trascrizione e il processamento dell’RNA.
12-8
a. La sonda da usare per questo tipo di analisi deve contenere una sequenza di DNA unica che si
trova al lato delle sequenze ripetute TTAGGG in 5’ (telomeri).
b. La banda diffusa è visibile quando la sequenza ibridata si trova molto alle estremità dei
cromosomi indicando che, in una popolazione di cellule, i frammenti ibridati alle estremità non
sono omogenei in lunghezza. In altre parole, un frammento all’estremità del cromosoma non ha la
stessa grandezza in tutte le cellule. Il numero di sequenze ripetute ai telomeri, e quindi la lunghezza
dei telomeri, varia da cellula a cellula, specialmente nelle cellule in divisione.
12-10
a. Conoscendo la sequenza aminoacidica delle proteine del complesso proteico CAF-1 potreste
effettuare una “traduzione inversa” della sequenza della proteina e predire la sequenza nucleotidica
degenerata delle proteine. Il fatto che il genoma di lievito è stato completamente sequenziato, vi
permette di ricercare geni ortologhi di lievito. Alternativamente, potreste clonare i geni di lievito a
partire dalle sequenze di DNA predette dai geni umani CAF-1, attraverso la costruzione di sonde
oligonucleotidiche degenerate usate poi per ibridare una genoteca di DNA genomico di lievito.
b. L’identificazione di questi geni è importante in quanto vi permette di manipolare il lievito con
più facilità. È possibile fare mutazioni nelle proteine del CAF-1 ed esaminare velocemente gli
effetti sull’organizzazione della cromatina.
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12-12
a. Potreste usare la proteina di lievito per fare degli anticorpi che poi serviranno come sonde per
analizzare una libreria di espressione di cDNA umano.
b. L’anticorpo prodotto per la proteina umana lega in modo specifico questa proteina nelle cellule
fissate. Marcando l’anticorpo ( generalmente con un fluorocromo), potreste determinare la
localizzazione della proteina nella cellula, cioè se si trova nel nucleo piuttosto che nel citoplasma.
c. Ci sono varie possibilità. La perdita di funzione potrebbe interrompere la segregazione dei
cromosomi durante le mitosi nella cellula apolide, questo evento sarebbe riconosciuto come un
segnale di stop del ciclo cellulare fino alla correzione dell’errore. Oppure, se la proteina fa parte
della struttura del cinetocore, ad alte temperatura il cinetocore potrebbe non formarsi e i cromosomi
potrebbero non migrare nelle due cellule figlie. Inoltre, se la proteina agisce durante la segregazione
dei cromosomi, una mutazione temperatura sensibile, nel gene codificante la proteina, in condizioni
di alta temperatura potrebbe portare a perdita di cromosomi o aneuploidia.
12-14
I cloni YAC possono riarrangiare l’inserto di DNA, nei cloni BAC è meno probabile che questo
accada. I cloni che avete isolato dalle librerie BAC e YAC presentano un pattern di digestione con
HindII molto diverso. Per determinare quale tra i pattern di digestione è il più somigliante al pattern
riscontrato nel genoma umano, digerite i cloni BAC, YAC e il DNA genomico con vari enzimi di
restrizione e confrontate ogni pattern di restrizione una volta ibridato con una sonda contenente il
DNA di BAC o YAC.
12-16
Il DNA nelle cellule di tipo II è molto accessibile alle DNAsi. Questa è la caratteristica di una
conformazione aperta della cromatina che si trova vicino a geni altamente espressi.
12-18
a. Le mutazioni Su(var) diminuiscono la quantità di PEV. In presenza dell’allele mutante Su(var),
nell’occhio ci saranno meno macchie bianche e più macchie rosse se confrontato con quello di una
mosca omozigote Su(var)+. La situazione opposta, maggior numero di macchie bianche rispetto a
quelle rosse (wild type), si osserva quando una mosca è eterozigote per la mutazione E(var).
b. Il fenotipo prodotto da mutazioni Su(var) e E(var) induce a pensare che le proteine codificate da
questi geni siano coinvolte nella condensazione della cromatina. Assumendo che le mutazioni siano
alleli nulli, i geni Su(var)+ codificano proteine che costituiscono e assistono la diffusione
dell’etrocromatina. I geni E(var)+sembrano codificare proteine che restringono la diffusione
dell’etrocromatina.
12-20
Queste sorelle gemelle potrebbero essere comunque gemelle monozigoti. Tutte e due le sorelle
devono essere portatrici della distrofia muscolare di Duchenne legata al cromosoma X. Nella
gemella affetta, nelle cellule implicate nella distrofia muscolare, è stato inattivato l’omologo XDmd+.
Nella gemella non affetta, invece, è stato l’altro cromosoma X (XDmd) a essere inattivato in quelle
stesse cellule.
12-22
I cromosomi politecnici sono facilmente visibili al microscopio. Il particolare pattern di bandeggio è
riproducibile da una mosca all’altra, fornendo una mappa dei cromosomi basata su bande
caratteristiche. I confini dei vari riarrangiamenti cromosomali (duplicazioni, delezioni, inversioni e
traslocazioni) possono essere mappati con precisione. Nei cromosomi politenici è inoltre possibile
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fare una ibridazione in situ molto accurata che permette di assegnare una sequenza di DNA ad una
regione cromosomica compresa tra 30 e 150 kb.
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CAPITOLO 13
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
13-2.
a. Ognuno dei ceppi mostra pseudodominanza per alcuni alleli mutanti. Inoltre, dopo che i diploidi
hanno affrontato la meiosi, due delle spore muoiono. Tutte queste sono indicazioni che i raggi-X
hanno indotto mutazioni per delezione.
b. Due spore in ogni asco muoiono perché ricevono l’omologo deleto. Le delezioni rimuovono
alcuni geni essenziali dal cromosoma e questo è letale in un aploide.
c. C’è solo una mutazione indotta dai raggi-X per ceppo, così tutti i geni che mostrano
pseudodominanza sono sullo stesso cromosoma. Usando questa logica, tutti e quattro i geni: w, x, y
e z sono sullo stesso cromosoma.
d. L’ordine è w y z x = x z y w.
13-4.
I dati di delezione vi consentono di restringere la regione in cui si trovano i geni. Tutte queste
delezioni rimuovono porzioni della regione 65 (che risulta essere sul cromosoma 3, un autosoma di
Drosophila) del cromosoma politenico. La delezione A mostra pseudodominanza per javelin ed
henna, perciò tutti o parti di entrambi i geni si devono trovare all’interno della regione deleta -tra
A2-3 e D2-3-. La Delezione B, pseudodominante per henna, indica che henna giace tra C2-3 ed E4F1. Combinando i risultati per le Delezioni A e B, henna deve essere tra C2-3 e D2-3. Poiché la
Delezione B è javelin+, javelin deve essere localizzato tra A2-3 e C2-3 (la parte della Delezione A
che non è rimossa nella Delezione B). Le Delezioni C e D vi dicono che il gene henna non può
giacere a destra delle bande D2-3 sulla figura nel testo, delimitando henna all’intervallo tra C2-3 e
D2-3.
Le inversioni non rimuovono i geni, li trasferiscono soltanto. Quindi, se l’inversione avviene in un
cromosoma selvatico, l’omologo invertito avrà alleli selvatici per tutti i geni. L’inversione B
fornisce i risultati attesi, e non aiuta a localizzare nessuno dei due geni. L’inversione A, comunque,
ha un fenotipo del mutante javelin, indicando che c’è un allele mutante di javelin sull’omologo
invertito. Conseguentemente, il gene javelin era interrotto dall’inversione, perciò javelin è
localizzato nella banda 65A6. (Ciò è compatibile con la regione contenente javelin determinata
dalle delezioni sopra). Molti pochi geni di Drosophila si estendono oltre una banda, così possiamo
assumere che A6 è la localizzazione di javelin. In sintesi, il gene javelin è nella banda 65A6 e il
gene henna è tra 65C2-3 e 65D2-3.
13-6.
a. I restanti della progenie maschile (76,671) sono i tipi parentali, perciò essi saranno y+ z1 w+R spl+
/ Y (zeste) and y z1 w+R spl / Y (giallo zeste split).
b. Esse sono il risultato del crossing over dovunque tra i geni y e spl, risultando nelle classi
reciproche: y+ z1 w+R spl / Y (zeste split) e y z1 w+R spl+ / Y (giallo zeste).
c. Le classi C e D, sono il risultato dell’erroneo appaiamento e del crossing over ineguale tra le due
copie del gene w+.
d. La distanza genetica tra y e spl = # ricombinanti tra y e spl /progenie totale = 2430 (classe A) +
2394 (classe B) + 23 (classe C) + 22 (classe D) / 81,540 = 5,9 mu.
13-8.
a. L’asco conterrà: 1HIS4 LEU2 (prototrofo per istidina e leucina) : 1 his4 leu2 (auxotrofo per
istidina e leucina) : 1 dicentrico (letale) : 1 acentrico (letale).
b. Questo è un doppio cross over a due filamenti all’interno di un’ansa di inversione doppia. Tutte e
quattro le spore sono vitali: 2 HIS4 LEU2 (1 parentale e 1 ricombinante) : 2 his4 leu2 (1 parentale e
1 ricombinante).
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c. Un singolo cross over tra il centromero e l’ansa di inversione darà 2 spore parentali e 2 spore
ricombinanti bilanciate: 2 HIS4 LEU2 (1 parentale e 1 ricombinante) : 2 his4 leu2 (1 parentale e 1
ricombinante).
13-10.
Ognuno dei ceppi originali è una linea pura e mostra la stessa frequenza di ricombinazione di 21 mu
tra i geni a e b. Comunque, nell’eterozigote della F1 i geni a e b sono distanti solo 1,5 mu. Gli unici
riarrangiamenti che colpiscono la frequenza di ricombinazione nell’eterozigote sono delezioni e
inversioni. Ci sono due ragioni per cui questo incrocio non può coinvolgere una delezione: entrambi
i ceppi parentali sono omozigoti (linee pure) e le delezioni omozigoti sono letali: e in entrambi i
genitori, i geni a e b sono distanti 21 mu, ma in una delezione omozigote i geni sarebbero meno
distanti di 21 mu. Questa riduzione di ricombinazione tra i due geni nella F1 è quindi causata da
un’inversione. Un ceppo parentale ha cromosomi normali e l’altro ceppo parentale è omozigote per
un’inversione. Ci sono due possibilità per la regione invertita: (i) essa include quasi tutto della
regione tra i geni a e b, ma non include i geni stessi, o (ii) l’inversione include entrambi i geni e il
DNA in posizione intermedia tra loro.
Ci sono due altre possibilità per la localizzazione dell’inversione riguardo ai geni che possono
essere esclusi. (iii) l’inversione include il gene a e quasi tutto il DNA tra i geni; e (iv) l’inversione
include il gene b e quasi tutto il DNA tra i geni. Queste possibilità possono essere escluse perché in
entrambi i casi la frequenza di ricombinazione tra a e b nell’inversione omozigote sarebbe molto
meno di 21 mu, poiché l’inversione porterebbe i geni più vicini.
In ogni caso, la progenie F1 è un’inversione eterozigote. L’ansa di inversione occupa o (i) quasi
tutta la regione tra i geni a e b, sebbene i geni non siano inclusi nell’ansa, o (ii) l’ansa include
entrambi i geni e il DNA in posizione intermedia tra loro. Ogni singolo crossover all’interno
dell’ansa di inversione (la grande maggioranza dei crossover tra i geni) risulterà in gameti non
vitali. I pochi eventi di ricombinazione che avvengono tra il gene a e l’ansa di inversione o tra
l’ansa di inversione e il gene b, risulteranno in gameti ricombinanti bilanciati, vitali, nello scenario
(i), come alcuni eventi di doppio cross over all’interno dell’ansa di inversione in entrambi gli
scenari (i) e (ii).
13-12.
a. L’ordine dei geni in X-ray è: a b c f e d g h. L’ordine dei geni in Zorro è: a b f e d c g h.
b. La distanza fisica negli omozigoti X-ray tra c e d è più grande di quella trovata negli omozigoti
Bravo originari. L’inversione è avvenuta in questa porzione del cromosoma, così c e d sono ora
separati da molti più geni (tutto il DNA invertito).
c. La distanza fisica tra d ed e negli omozigoti è la stessa che è stata trovata negli omozigoti Bravo
perché questo intervallo è completamente all’interno del segmento invertito. La relazione di d verso
e non è cambiata.
13-14.
a. 0 spore bianche.
b. 4 spore bianche.
c. 0 spore bianche.
d. 8 spore bianche.
e. 0 spore bianche.
f. 0 spore bianche.
13-16.
a. Disegnate l’incrocio. Poiché i due geni sono su autosomi differenti, essi dovrebbero assortire
indipendentemente:
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cn cn+ ; st st+ × cn cn ; st st → 1/4 cn st (bianco) : 1/4 cn st+ (cinnabar) : 1/4 cn+ st (scarlet) : 1/4
cn+ st+ (selvatico).
b. Questo risultato suggerisce che il maschio insolito ha una traslocazione tra il cromosoma 2 e 3,
con gli alleli mutanti cn e st o sui cromosomi traslocati o sui cromosomi normali.
c. Un crossover tra cn e il punto di rottura della traslocazione, o tra st e il punto di rottura della
traslocazione, seguito da segregazione alternata, produce gameti con genotipo cn st+ (cinnanbar) cn
st+ (scarlet).
13-18.
Individui che sono omozigoti per una traslocazione sono fertili. Comunque, quando insetti che sono
omozigoti per una traslocazione si accoppiano con insetti con cromosomi normali, la progenie F1
sarà eterozigote per una traslocazione. La fertilità di questa F1 sarebbe ridotta di circa il 50% e
anche metà della loro progenie avrà fertilità ridotta.
13-20.
L’omologo con il trasposone forma un’ansa che contiene le sequenze del trasposone non appaiate.
La sonda ibriderà su uno spot alla base dell’ansa, sull’omologo normale, senza inserzione.
Sull’omologo con inserzione del trasposone, la sonda ibriderà sul DNA su entrambi i lati della base
dell’ansa.
13-22.
Se due trasposoni sono vicini l’uno all’altro sul cromosoma e hanno un gene normale che contiene
DNA cromosomale tra loro, essi potrebbero trasporre l’intero, ampio, segmento di DNA, quando la
trasposasi agisce alle estremità dei trasposoni.
Transposon: trasposone
La trasposasi agisce sulle estremità opposte e traspone l’inera sezione del cromosoma.
13-24.
I revertanti stabili ct+ possono essere una escissione precisa in cui l’elemento gypsy si è tolto dal
gene, restaurando la normale sequenza ct+. E’ probabile che i revertanti instabili ct+ siano casi in
cui il processo di trasposizione ha alterato l’elemento gypsy nel gene ct così che il gene potrebbe
funzionare normalmente. Comunque, il pezzo di trasposone che rimane può provare a trasporre
quando in presenza della trasposasi. Questi tentativi potrebbero causare delezioni o riarrangiamenti
del gene ct, creando quindi nuovi alleli mutanti ct. Gli alleli mutanti ct più severi potrebbero
risultare da un’escissione imprecisa dell’elemento gypsy, portando alla delezione o all’alterazione
delle sequenze all’interno del gene ct che colpirebbe fortemente le sue funzioni. Alternativamente,
questi alleli ct più severi potrebbero derivare dal movimento del trasposone gypsy in altre parti del
gene, che comprometterebbe la funzione del gene più seriamente.
13-26.
a. 5
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b. 3
c. 2
d. 6
e. 8
f. 10
g. 7
h. 1
i. 4
j. 9
13.28
a. 15 (= 2n + 1)
b. 13 (= 2n – 1)
c. 21 (= 3n = 3x perchè la specie originale era diploide)
d. 28 (= 4n = 4x)
13-30.
a. Forse il meccanismo più ovvio per la disomia uniparentale è la fusione di un gamete nullo da un
genitore (il risultato di una non disgiunzione o in MI o in MII in quel genitore) con un gamete,
risultato di una non disgiunzione in MII, dall’altro genitore (l’omologo mutante deve essere quello
che è soggetto a non disgiunzione in MII). Comunque, molti altri scenari sono possibili. Un
secondo meccanismo inizia con la fusione di un gamete nullo da un genitore (dovuto a non
disgiunzione in MI o in MII) con un gamete normale che porta l’allele mutante dell’altro genitore.
Questo genera un embrione monosomico, che quindi subisce non disgiunzione mitotica del
cromosoma monosomico molto precocemente durante lo sviluppo, per creare un individuo
omozigote per quel cromosoma. Un terzo possibile meccanismo inizia con la formazione di un
normale embrione eterozigote. Molto precocemente durante lo sviluppo questo embrione subisce
non disgiunzione mitotica, che porta a perdere l’allele normale e a preservare un omologo con
l’allele mutante. Questa perdita dell’allele normale è quindi seguita da una seconda non
disgiunzione mitotica per generare un genotipo mutante omozigote. Un quarto meccanismo è la
fusione di un gamete selvatico normale di un genitore con un gamete che porta 2 copie
dell’omologo affetto (il risultato di una non disgiunzione in MII). Questo genererebbe un embrione
trisomico. Un evento di non disgiunzione mitotica o di perdita cromosomica precoce durante lo
sviluppo, causerebbe la perdita dell’allele normale, lasciando i 2 alleli mutanti.
Non c’è un modo semplice per distinguere tra queste possibilità, perché portano tutte allo stesso
risultato di disomia uniparentale. In casi molto rari, potrebbe essere possibile discriminare tra questi
scenari se gli individui fossero un mosaico, e voi potreste trovare alcune cellule con complementi
cromosomici aneuploidi predetti da uno dei meccanismi proposti.
b. Ragazze con padri non affetti che sono affette da malattie rare associate all’X, potrebbero essere
generate da uno dei meccanismi descritti nella sezione a. La trasmissione di malattie rare associate
all’X dal padre ai figli potrebbe essere spiegata dal primo meccanismo descritto nella parte a.
Perché il figlio sia maschio e affetto, deve ereditare entrambi i cromosomi X e Y dal padre. Il
cromosoma X materno deve essere perso; questo potrebbe avvenire tramite un evento di non
disgiunzione meiotica nella madre, o tramite un evento di perdita cromosomica/non disgiunzione
mitotica precoce durante lo sviluppo di uno zigote XXY.
c. Per rilevare l’evento di ricombinazione mitotica, dovete esaminare diversi marker di DNA lungo
il braccio cromosomico che contiene il gene coinvolto nella sindrome. In particolare, dovete
comparare i marker vicino al centromero con quelli vicino al telomero. Se la presenza della malattia
fosse dovuta alla ricombinazione mitotica, allora la persona sarebbe eterozigote per i marker vicino
al centromero ma omozigote per quelli vicini al telomero. Se la disomia uniparentale causata da uno
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dei meccanismi descritti nella parte a fosse invece coinvolta, l’individuo sarebbe omozigote per tutti
i marker del DNA (assumendo che l’individuo non sia un mosaico).
13-32.
Entrambi i tipi di mosaici di Turner potrebbero derivare da perdita cromosomica o da non
disgiunzione mitotica precoce durante lo sviluppo zigotico.
13-34.
a. 1 his+ lys : 1 his lys+ : 1 his+ lys : 1 his lys+.
b. 1 his+ lys : 1 his+ lys+ : 1 his lys : 1 his lys+.
c. 2 his+ lys / his lys+ (his+ lys+) : 2 nullo (abortito, bianco).
d. 2 his+ lys : 1 his lys+ / his lys+ (his lys+) : 1 nullo (abortito) OR 1 his+ lys / his+ lys (his+ lys)
: 1 nullo (abortito) : 2 his lys+.
e. 1 his+ lys / his+ lys (his+ lys) : 1 his lys+ / his lys+ (his lys+) : 2 nullo (abortito) OR 2 his+ lys / his
lys+ (his+ lys+) : 2 nullo (abortito).
f. 1 his+ lys / his lys (his+ lys) : 1 his+ lys+ / his lys+ (his+ lys+) : 2 nullo (abortito) OR 1 his+ lys / his
lys+ (his+lys+) : 1 his+ lys+ / his lys (his+ lys+) : 2 nullo (abortito).
13-36.
Solo piante che sono FA- FB- saranno resistenti a tutte le tre razze di patogeno. Poiché i cromosomi
della stessa origine ancestrale ancora si appaiano, cioè Fa si appaia con FA e Fb si appaia con FB,
l’incrocio può essere rappresentato come un incrocio diibrido tra eterozigoti. Questo tratta i geni
della resistenza dalle due specie ancestrali come geni che assortiscono in modo indipendente. Voi
state facendo un incrocio tra genitori che sono eterozigoti per due geni differenti. Quindi, 9/16 della
progenie avranno genotipi FA-FB- e queste piante saranno resistenti a tutti e tre i patogeni.
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CAPITOLO 14
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
14-2
Prima piastra: 10-5×10-1ml × (2×108 cellule/ml) = 2×102 = 200 colonie.
Seconda piastra: 10-6×10-1ml× (2×108 cellule/ml) = 2×101cellule = 20 colonie.
14-4
a. Per determinare il numero di nucleotidi necessari per identificare un gene, si deve calcolare
quante basi rappresentano una sequenza unica in una molecola di DNA grande come il genoma di
E.coli (4.6 Mb o 4600000 basi). In una sequenza ci sono 4 possibili basi per ogni posizione, quindi
4n rappresenta il numero di combinazioni che si possono trovare in una sequenza lunga n basi. Per
esempio, 42 è il numero delle combinazioni di una sequenza unica che può essere fatta con 2
posizioni. In media, una sequenza unica di due nucleotidi, si troverà ogni 1/16 nucleotidi. Una
sequenza di 11 nucleotidi dovrebbe comparire 1/411 o una volta ogni 4×106 basi (4Mb); una
sequenza di 12 nucleotidi dovrebbe comparire unicamente 1/412 o una volta ogni 16.8 Mb. Quindi
per determinare una posizione unica nel genoma di E.coli di un frammento bisogna conoscere una
sequenza di circa 12 nucleotidi.
b. Questo problema presuppone che gli aminoacidi ottenuti siano vicini all’interno della proteina. I
12 nucleotidi indicano una posizione unica nel genoma che dovrebbe codificare per 4 aminoacidi.
Tuttavia, per il fatto che il codice genetico è degenerato, attualmente conoscete l’identità solamente
di 8 di questi nucleotidi. Se avete una sequenza di sei aminoacidi, potreste probabilmente conoscere
12 unici nucleotidi. Siccome molti geni evolvono attraverso un pattern di duplicazione seguito da
divergenza, qualche dominio proteico di 6 aminoacidi potrebbe comparire in più di una proteina.
14-6
Fate un incrocio tra una cellula mutante con 3-4 copie del plasmide F e una cellula wild type
ricevente F-. Se la mutazione si trova sul plasmide F, aspettatevi che il ceppo ricevente nel quale è
stato trasferito il plasmide contenga un alto numero di copie. Se la mutazione è avvenuta in un gene
cromosomale, il fenotipo alto numero di copie non può essere trasferito nel ceppo ricevente. Con
questo tipo di esperimento potrebbe esserci una potenziale complicazione: quando incrociate F+× F-,
alcune delle cellule F+ saranno convertite in cellule Hfr in grado di trasferire DNA batterico. Per
superare questo problema può essere fatto un esperimento alternativo: potreste isolare il DNA del
plasmide F da una cellula mutante, poi trasformare questo plasmide in nuove cellule riceventi.
Esaminando poi il numero di copie del fattore F nelle cellule trasformate, potreste affermare se il
carattere è stato trasportato dal plasmide.
14-8
I geni purE e pepN saranno cotrasformati con frequenza minore se il ceppo patogeno b di
H.influenzae viene usato come ceppo ospite donatore. C’è una bassa probabilità che i due geni
possano trovarsi sullo stesso pezzo di DNA perché sono separati da più di 8 kb di DNA rispetto al
ceppo H.influenzae Rd non patogeno.
14-10
a. Il terreno più semplice da usare per far crescere il ceppo Hf è un terreno minimo con l’aggiunta di
cisteina. Il ceppo F- crescerà su un terreno minimo con l’aggiunta di triptofano, istidina, tirosina e
treonina.
b. Nell’esperimento 1, l’unione dei ceppi non è stata distruttiva come nell’esperimento 2, alcune
coppie hanno continuato a trasferire DNA anche dopo che le cellule sono state diluite e piastrate.
Nell’esperimento 2, il ceppo Trp + deve essere stato trasferito prima che le cellule interrompessero
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l’incrocio e diventare ex-coniuganti. Per questo il gene Trp +è il primo ad essere trasferito dopo 8
minuti.
c. Gli ex-coniuganti Man+ possono essere selezionati piastrando su terreno minimo con l’aggiunta
di man + cys + trp + his + tyr + thr + strep.
d.
e. L’ordine dei geni è man tyr thr.
14-12
La classe Ilv + Bgl + Mtl+ è la più piccola per questo il gene bgl deve trovarsi tra ilv e mtl . La classe
Ilv + Mtl- Bgl – deriva dal crossing-over tra ilv e mtl e un altro crossing-over dalla parte opposta di
ilv. La classe Ilv + Mtl- Bgl + deriva da un crossing-over tra mtl e bgl e un altro crossing-over dalla
parte opposta di ilv. L’ordine dei tre geni è ilv bgl mtl.
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14-14
a. L’ordine dei geni è pab ilv met arg nic (trp pyr cys) his lys.
b. L’ordine dei marcatori è cys trp pyr.
La frequenza di ricombinazione tra geni = numero di ricombinanti tra i due geni/ numero totale
degli ex-coniuganti. Rf tra cys e trp = (145+5)/1.000 = 0.15 = 15%.
Rf tra pyr e trp = (60+5)/1.000 = 6.5%.
c. Per isolare un plasmide F’ con trp, pyr, cys, il ceppo Hfr dal quale deriva dovrebbe contenere il
fattore F integrato vicino a questi geni. HfrC è il ceppo migliore per isolare il plasmide F’.
14-16
Per ottenere un ex-coniugante da un incrocio con Hfr è richiesta una ricombinazione mediata da
rec-A in cellule riceventi F-. Quindi, questo saggio è adatto per individuare i mutanti recA- in cellule
F- in quanto si basa sull’incapacità di formare ex-coniuganti stabili.
14-18
Il tempo di trasferimento di 4 marcatori ( gly, phe, tyr, ura) è indistinguibile per questo non è
possibile collocarli in ordine sulla mappa ma, si possono posizionare i marcatori lys, nic e il cluster
dei quattro geni.
b. Phe è cotrasdotto più frequentemente con ura che con tyr. Notate inoltre che tutti i trasduttanti
Tyr + sono anche Ura+. Questi due fatti indicano che l’ordine è phe-ura-tyr. La relazione di questi
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tre geni con gli altri marcatori e con il gene gly è ancora sconosciuta, questo viene rappresentato
indicando gly tra parentesi tonda e a fianco i marker lys e nic tra parentesi quadra.
c. Per mappare il gene gly in relazione a qualche altro marcatore, si selezionano trasduttanti per
Gly+ e si marcano gli altri marcatori per determinare quali geni sono cotrasdotti con Gly+ con
frequenza più alta. I trasduttanti Gly+ si possono selezionare su terreno minimo con aggiunta di lys
+ phe + tyr +ura, poi la crescita dei singoli trasduttanti viene testata su un terreno mancante di uno o
più aminoacidi.
14-20
a. Per mappare rapidamente la posizione della mutazione temperatura sensibile, unite ciascun ceppo
Hfr con un ceppo mutante F- temperatura sensibile per un breve periodo di tempo. Selezionate gli
ex-coniuganti per tetR , piastrateli e poi selezionateli a una temperatura restrittiva. Molte delle
cellule derivanti da uno dei due ceppi coniugati formerà colonie sulla piastra. Questi ex-coniuganti
non restano mutanti a lungo perché ricevono l’allele wild type del gene mutato da un genitore Hfr.
Questo esperimento può essere fatto usando 10-12 tipi diversi di ceppi Hfr se i siti di inserzione del
fattore F sono disposti uniformemente intorno al cromosoma batterico e se ogni coniugazione viene
fatta avvenire per circa 10 minuti.
b. La grandezza media di un plasmide è 20 kb. Se si assume che ci sia una sovrapposizione di 1 kb
alle due estremità (2×1 kb), ogni plasmide contiene 18 kb. Il genoma di E.coli è 4.6 Mb, quindi
4600kb/18kb = 255 plasmidi e 255 trasformazioni.
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CAPITOLO 15
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
15-2.
a. entrambi;
b. mitocondrio;
c. cloroplasto;
d. cloroplasto;
e. mitocondrio.
15-4.
Se la soluzione di DNA nucleare dell’alga rossa è significativamente contaminata con il DNA del
cloroplasto, un segnale di ibridazione positivo con il gene cui siete interessati potrebbe essere un
falso positivo. Il vostro gene può non essere codificato nel nucleo; invece l’ibridazione con la
soluzione di DNA nucleare potrebbe essere dovuta a DNA del cloroplasto contaminante nella
preparazione di DNA nucleare. Allo scopo di essere certi che non ci sia una contaminazione
reciproca significativa di DNA nucleare e del cloroplasto, ibridate spot di entrambi i tipi di DNA
con un gene noto essere codificato nel nucleo, nelle piante e nelle alghe rosse. Ibridate anche con un
gene noto essere codificato nel cloroplasto in entrambi gli organismi.
15-6.
a. La subunità grande di Rubisco è codificata nei genomi del cloroplasto di tutte e tre le specie. La
subunità piccola è codificata nel nucleo nell’alga verde e nel cloroplasto nell’alga rossa e marrone.
b. Nelle alghe rosse e marroni la dimensione dei trascritti riconosciuta dalle sonde della subunità
grande e piccola è la stessa, così essi sembrano essere cotrascritti. Questo è consistente con il fatto
che entrambi i geni sono codificati nel cloroplasto. I trascritti per le subunità del Rubisco dell’alga
verde hanno dimensioni differenti e quindi rappresentano differenti trascritti. Nell’alga verde i geni
non sono cotrascritti, poiché è impossibile per geni localizzati in genomi differenti.
15-8.
Il modo migliore per determinare se l’intera sequenza del gene è presente ed intatta è clonare il
frammento di DNA nucleare che contiene l’omologia con la sonda è determinare la sua sequenza di
DNA.
15-10.
Allo scopo di determinare se i singoli organelli sono eteroplasmici, usate il metodo a.
L’amplificazione per PCR di DNA da una popolazione di cellule non indicherà i genotipi dei
singoli organelli.
15-12.
La piccola dimensione dello sperma può indicare che gli organelli sono esclusi; le cellule possono
degradare gli organelli o il DNA degli organelli del genitore maschile; le prime divisioni mitotiche
distribuiscono gli organelli maschili alle cellule che non diventeranno parte di un embrione; i
dettagli del processo di fecondazione possono impedire alla cellula paterna di fornire qualsiasi
organello (solo il nucleo dello spermatozoo può entrare nell’uovo); e in alcune specie lo zigote
distrugge l’organello paterno dopo la fecondazione.
15-14.
Se la mutazione è molto debilitante per la cellula, o a causa della perdita di metabolismo energetico
nel caso dei mitocondri o a causa della perdita di capacità fotosintetica nel caso dei cloroplasti, una
cellula che è omoplasmica per il genoma mutante morirà.
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15-16.
Vedete la figura 15-13 e il problema 15-15. Incrociate il ceppo Cr MATα x un ceppo Cs MATa e
mettete a sporulare il diploide. Se il gene fosse nucleare, il fenotipo del cloramfenicolo
segregherebbe 2 Cr : 2 Cs. Se il gene è mitocondriale, ci sarà una segregazione 4 Cr : 0 Cs.
15-18.
Una caratteristica della mutazione mitocondriale è l’eredità materna. La maggior parte della
progenie di una femmina affetta è colpita. Nessuno della progenie dei maschi affetti è colpito.
Un’altra indicazione dell’eredità mitocondriale è la differenza dei livelli di espressione del fenotipo
mutante nella diversa progenie, dovuta alle varie quantità di eteroplasmia o nell’uovo o nelle cellule
dell’embrione.
15-20.
a. Terzo pedigree; se una mutazione è avvenuta nella cellula somatica di un embrione, questo
individuo sarà affetto ma non sarà in grado di passare la mutazione alla sua progenie attraverso la
sua linea germinale.
b. Primo pedigree; in questo caso I-1 non sarà affetta ma trasmetterà la malattia a tutta la sua
progenie.
c. Secondo pedigree; in questo caso l’individuo esprimerà la malattia ed ella la trasmetterà alla sua
progenie, poiché la mutazione avverrà sia nelle sue cellule somatiche sia nella sua linea germinale.
15-22.
L’elettroforesi su gel è più adatta per un quadro generale delle differenze tra i genomi mitocondriali.
Le delezioni possono essere molto grandi e potrebbero non essere amplificate per PCR. In aggiunta,
le sequenze cui i primer si legano potrebbero essere delete in alcune mutazioni, così non si otterrà
nessuna informazione circa le dimensioni di queste delezioni.
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CAPITOLO 16
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
16-2
La mancanza della funzione della proteina rho è letale per la cellula, per questo la funzione del gene
rho è essenziale. La mutazione condizionale è l’unico tipo di mutazione che può essere isolata per i
geni essenziali.
16-4
Le mutazioni nella regione del promotore possono agire solo in cis sui geni strutturali
immediatamente adiacenti a questa sequenza regolatrice. Questa mutazione nel promotore non avrà
nessun effetto sull’espressione di un secondo operone normale.
16-6
Questi revertanti dell’espressione costitutiva dell’operone lac potrebbero derivare da cambiamenti
di basi nella sequenza del sito operatore che compensa la mutazione nel gene lacI. Per esempio, una
mutazione che compensa il cambiamento della base riconosciuta nell’operatore potrebbe permettere
alla proteina mutante LacI di riconoscere e legare l’operatore.
16-8
a. La proteina che lega il DNA è un regolatore negativo perché quando viene mutata il risultato è
un’espressione costitutiva. Quindi, una proteina regolatoria wild type che blocca la trascrizione è un
regolatore negativo. E’ il caso della proteina lacI nell’operone lac di E.coli.
b. Il ceppo (i) avrà un’espressione inducibile di emu1 e un’espressione costitutiva di emu2, mentre il
ceppo (ii) avrà un’espressione inducibile sia per emu1 che per emu2.
c. Il ceppo (i) avrà un’espressione inducibile sia per emu1 che per emu2 mentre il ceppo (ii) avrà
un’espressione inducibile di emu1 e un’espressione costitutiva di emu2.
16-10
Il mutante 6 mostra espressione di lacZ quando viene combinato con qualche altra mutazione,
questo mutante quindi può avere solamente una mutazione oc. Nei ceppi contenenti la mutazione 5,
lacZ non viene mai espresso se non quando viene combinato con la mutazione 6 (mutazione oc). la
mutazione 5 spegne le altre copie dell’operone in più rispetto alla propria copia , questo può essere
spiegato con una mutazione super-repressione (Is). La mutazione che causa l’inversione
dell’operone lac(d) non dovrebbe avere effetto sull’espressione e non dovrebbe influenzare
l’espressione derivante dalle altre copie dell’operone. La mutazione 4 causa espressione inducibile
di lac tranne quando combinato con la mutazione 5, il super-repressore. L’inversione che non
include lacI, p e o non dovrebbe mostrare espressione poiché la regione regolatrice si trova adesso
con un orientazione opposta rispetto ai geni. Considerando i pattern di espressione per le mutazioni
2 e 3, la mutazione 3 non mostra espressione tranne quando combinato con la mutazione 4. la
mutazione 2 è una mutazione lacZ. Quindi a.1; b.6; c.2; d.4; e.5; f.3.
16-12
a. In presenza di glucosio, il repressore (LacI) sarà legato all’operatore.
b. In presenza di glucosio + lattosio non ci saranno proteine legate alla regione regolatoria
dell’operone lac.
c. In presenza di solo lattosio, il complesso CAP-cAMP sarà legato alle regione del promotore
dell’operone lac.
16-14
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a. La delezione del promotore non permette l’espressione né di trpE né di trpC perché non può
avvenire la trascrizione.
b. Il repressore è anormale per questo la trascrizione dei geni strutturali è costitutiva. Tuttavia,
lìattenuatore è normale e questo comporta una parziale espressione costitutiva dei geni strutturali.
In presenza di triptofano c’è una basso livello di espressione di trpE e di trpC, in assenza di
triptofano c’è un alto livello di espressione di trpE e di trpC.
c. Il repressore non è in grado di legare il triptofano e quindi non si può legare all’operatore, per
questo la trascrzione dei geni strutturali è costitutiva. In presenza di triptofano c’è una basso livello
di espressione di trpE e di trpC, in assenza di triptofano c’è un alto livello di espressione di trpE e
di trpC.
d. Il repressore non può legare l’operatore, l’espressione di trpE e di trpC è costitutiva.
L’attenuatore è mutante, quindi l’operone sarà sempre trascritto al massimo livello. trpE e trpC
mostrano una completa espressione costitutiva.
e. Espressione inducibile di trpC e parziale espressione costitutiva di trpE poiché l’azione in cis
dell’operatore è anormale ma l’attenuatore è ancora funzionale.
d. trpE e trpC mostrano una espressione costitutiva completa.
f. Espressione inducibile di trpC ma nessuna espressione di trpE poiché l’azione in cis del
promotore è anormale.
g. Espressione completamente costitutiva di trpE poiché l’operatore agente in cis è anormale e il
sito attenuatore agente in cisi è anormale. L’espressione di trpC è parzialmente costitutiva poiché il
gene trpC+ si trova in cis verso l’operatore anormale e sull’attenuatore funzionale.
16-16
a. E’più probabile che questo operone sia coinvolto in una via biosintetica in quanto nell’operone
wild type l’aggiunta di Z causa un decremento dell’espressione dei geni A, C e D. L’operone è
reprimibile.
b. A,C e D sono geni strutturali necessari per la biosintesi del composto Z. Il composto B è prodotto
costitutivamnte, quindi non fa parte dell’unità trascrizionale che include i geni strutturali. Una
mutazione in B comporta una inattivazione dei geni strutturali A, C ed D meno pronunciata rispetto
al wild-type. B potrebbe essere il repressore che blocca la sintesi dei geni strutturali quando il
composto Z è presente. La mutazione non senso in C deve essere una mutazione non senso polare,
la quale ha effetto non solo la presenza della proteina C, ma anche delle proteine A ed D, quindi C
deve essere il primo gene strutturale nell’operone. Una mutazione non senso nel gene A blocca la
produzione di A ed D mentre una mutazione non senso in D ha effetto solo sulla sintesi di D.
l’ordine dei geni strutturali è C A D. La delezione del sito G blocca l’espressione di tutti e tre i geni
strutturali, quindi il sito G è probabilmente il promotore dell’operone. La rimozione di E o F
comporta la riduzione della repressione che avviene se c’è il legame del repressore al sito operatore
e attenuatore nell’operone, ogni legame è responsabile di una repressione di 10 volte quando il
composto Z è disponibile. La sequenza E codifica per un piccolo peptide e, finchè questi piccoli
peptidi fanno parte dei siti attenuatori nell’operone biosintetico, si può affermare che la delezione di
E e del DNA adiacente comporterebbe la delezione del sito attenuatore. Il sito F è il sito operatore.
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16-18
Le mutazioni presenti in questi mutanti resistenti a λ possono essere di vari tipi: mutazioni
puntiformi in lamB o delezioni; mutazioni in malT che impediscono la regolazione positiva
(soppressori); mutazioni nel sito al quale si lega malT; mutazioni nel promotore malK lamB;
mutazioni polari non senso in malK il quale andrà a bloccare l’espressione di lamB. Altri due tipi di
mutazioni causano un basso livello di espressione di lamB: mutazioni nel gene che codifica la
proteina CAP coinvolta nella repressione da catabolita, e mutazioni nel sito di legame di cAMP
dell’operone malK lamB.
16-20
16-22
a. Analizzando solo i revertanti Lac +, alcuni di questi revertanti compenseranno le mutazioni solo
nel sito di legame per CAP-cAMP nell’operone lac. Analizzando i soppressori delle mutazioni che
colpiscono sia Mal+ che Lac+, si troveranno un numero maggiore di revertanti generali, i quali
colpiscono tutti i legami CAP-cAMP o l’attività.
b. La subunità α dell’RNA polimerasi interagisce direttamente con la proteina CAP.
16-24
La perdita di funzione della proteina LexA conduce alla nuova espressione di molti geni. Quindi, la
proteina LexA wild type regola negativamente l’espressione di questi geni. Studi biochimici hanno
dimostrato che la proteina LexA è un repressore che, legandosi all’operotere di questi geni, ne causa
lo spegnimento. Molti di questi geni target sono attivati dal danno al DNA, è probabile quindi che
codifichino proteine importanti per la cellula nel riparare il danno al DNA. Queste considerazioni
suggeriscono che la proteina LexA è importante nel prevenire l’espressione di questi geni riparatori
del DNA a meno che non siano necessari.
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CAPITOLO 17
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
17-2.
a. eucarioti; b. sia procarioti sia eucarioti; c. eucarioti; d. procarioti; e. sia procarioti sia eucarioti.
17-4.
a. iii; b. i; c. ii.
17-6.
Il promotore deve essere localizzato nel frammento M-H #5, poiché ognuno dei cloni, che mostra
livelli basali di trascrizione, contiene questo frammento, e i cloni senza questo frammento non
producono β-galattosidasi. L’enhancer è presente nel frammento H-M #3, poiché quella sequenza si
trova nei due cloni (sei ed otto) che mostrano alta espressione.
17-8.
a. La delezione a -85 ha piena attività, indicando che il sito di legame è a destra di -85. La regione
di legame deve iniziare dopo il punto di fine della prima delezione (-85) poiché la delezione della
regione -85 (a -75) abolisce tutta l’attività sopra il livello basale. All’interno della regione di 19 bp
che è protetta nell’esperimento di footprinting con la DNasi-I, c’è una corta sequenza che è quasi
ripetuta (tra i nucleotidi -83 e -65). E’ possibile che questo sia il sito di legame del monomero.
Questo sito deve essere ripetuto per fornire legame al dimero attivo, come visto nella regione che
include le coppie di basi da -83 a -65.
b. La probabile sequenza consenso per il legame del monomero sarebbe: CTG(C/T)G.
17-10.
L’espressione costitutiva dei geni del galattosio nel lievito si vedrà se non c’è modo per prevenire il
legame della proteina GAL4 al DNA. Quindi, una mutazione GAL80, in cui la proteina non è
prodotta o è prodotta ma non può legarsi alla proteina GAL4, preverrà la repressione e guiderà ad
una sintesi costitutiva. Una mutazione GAL4, che inibisce il legame alla proteina GAL80, sarà pure
costitutiva. Una mutazione del DNA al sito di legame per la proteina GAL4 darà, inoltre, sintesi
costitutiva.
17-12.
Isolate l’mRNA da cellule che stanno sporulando e fate copie di cDNA. Il cDNA quindi potrebbe
essere clonato in un vettore per generare una genoteca a cDNA che rappresenta i geni espressi
durante la sporulazione. I cDNA possono essere anche usati per ibridare una genoteca genomica,
allo scopo di clonare le versioni genomiche dei geni espressi. Questi metodi isoleranno tutti i geni
che sono espressi nelle cellule che stanno sporulando, sia quelli sporulazione-specifici sia i geni che
sono generalmente espressi (i geni costitutivi).
Un metodo alternativo che consente l’isolamento dei geni specificamente espressi durante la
sporulazione, così come quelli il cui livello di espressione cresce o decresce durante la sporulazione,
coinvolge i microarrarys, discussi nel capitolo 10 (vedete Figura 10-24). La sequenza di DNA
dell’intero genoma di lievito è nota e tutti i potenziali geni sono stati identificati da un algoritmo al
computer. Gli oligonucleotidi dall’estremità 3’ di tutti i geni putativi possono essere ordinati in un
microarray. Questi array possono essere ibridati con due tipi di mRNA differentemente marcatiquello isolato da cellule che stanno sporulando (marcate con un colorante rosso fluorescente, per
esempio) e l’mRNA isolato da cellule diploidi normali, che crescono vegetativamente (marcate con
un colorante verde fluorescente). Quando una miscela dei due gruppi di mRNA è mischiata ed
ibridata sugli array, sarete in grado di distinguere i geni che sono espressi solo nelle cellule che
stanno crescendo in maniera vegetativa, da quelli espressi solo nelle cellule che stanno sporulando
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(spot verdi), da quelli espressi in entrambi i tipi di cellule (vedete Figura 10.25). Quei geni espressi
in entrambi gli stati, ma il cui livello di espressione cambia, saranno visti come tonalità intermedie.
E’ possibile misurare i livelli dei due coloranti per ogni spot sul microarray per determinare il
pattern di espressione genica.
17-14.
E’ più probabile che il gene sia trascritto nelle cellule di fegato, in base al profilo della DNasi, che
nelle cellule di muscolo. Il DNA della cellula di fegato ha un sito di ipersensibilità alla DNasi I 4 kb
da 1 estremità del frammento EagI. Questo sito è probabilmente la regione promotore per il vostro
gene. Questo sito non è esposto nelle cellule di muscolo, indicando bassa (o assente) attività
trascrizionale nelle cellule di muscolo.
17-16.
a. 1,2 e 4 (vedete Figure 17.15d, 17.14 e 17.15);
b. 1 e 4;
c. 1 e 4;
d. 3 (vedete Figure 17.14).
17.18.
a. Un maschio affetto ha un allele mutante del gene che ha ereditato da suo padre e un allele
imprinted (silenziato a livello trascrizionale) del gene che ha ereditato dalla madre. Questo allele
imprinted è normale, anche se il maschio affetto non lo può esprimere. Quando il maschio affetto
produce i gameti, l’imprinting è cancellato. Poiché questo gene ha imprinting materno, egli non
trasmette l’imprinting a nessuno dei due alleli di questo gene. Quindi, metà del suo sperma avrà
l’allele normale non-imprinted e l’altra metà avrà l’allele mutante non imprinted. Tutti i suoi figli
riceveranno e inattiveranno l’allele (presumibilmente selvatico) di questo gene ad imprinting
materno dalla loro madre e così metà dei suoi figli e metà delle sue figlie saranno affetti.
b. Vero, vedete parte a.
c. Falso. Una femmina affetta ha un allele mutante del gene che ha ereditato dal padre e un allele
imprinted (silenziato a livello trascrizionale) del gene che ha ereditato dalla madre. Questo allele
imprinted è normale, anche se la femmina affetta non può esprimerlo. Quando la femmina affetta
produce i gameti, l’imprinting è cancellato. Poiché questo gene ha imprinting materno, ella
trasmette l’imprinting ad entrambi gli alleli di questo gene. Quindi, metà delle sue uova avrà l’allele
normale imprinted e l’altra metà avrà l’allele mutante imprinted. Tutti i suoi figli riceveranno e
attiveranno un allele selvatico di questo gene ad imprinting materno dal loro padre, così nessuno dei
suoi figli sarà affetto.
d. Falso, vedete parte c.
17-20.
Disegnate il pedigree, includendo le informazioni date nel problema. {} rappresenta un allele che è
trascrizionalmente inattivo (imprinted) e gli alleli del gene IGF-2R, ad imprinting materno, sono
60K e 50K.
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a. Entrambi gli alleli di Giovanna saranno imprinted nei suoi gameti, così Giulia e Andrea
esprimono ciascuno l’allele ricevuto da Mario. Quindi, il genotipo di Mario è 50K/{60K}. Con
questa informazione, non si può dire nulla di più del genotipo di Giovanna (60K/{?}), e non c’è
modo di dire quali alleli di Giovanna abbiano ricevuto Giulia e Andrea.
b. Il genotipo completo di Mario e le ulteriori informazioni riguardo Marco e Giuliano sono
mostrate nel pedigree sotto.
Come nella parte a per Giovanna, entrambi gli alleli di Sara saranno imprinted nei suoi gameti.
Quindi, Marco e Giuliano esprimeranno gli alleli attivi ricevuti da Andrea. Poiché il fenotipo di
Giuliano è 50K, Andrea deve essere eterozigote 60K/{50K}, con il suo allele imprinted {50K}avuto
da Giovanna. Quindi il genotipo di Giovanna è 60K/{50K}e il genotipo di Mario è 50K/{60K}.
17-22.
L’mRNA per questo gene è prodotto in tutti i tessuti esaminati, mentre la proteina viene sintetizzata
solo nelle cellule muscolari. L’espressione di questo gene è regolata a livello traduzionale.
17-24.
L’mRNA di 1,2 kb nelle cellule dell’epidermide e l’mRNA di 1,3 kb nei neuroni potrebbe essere
dovuto o a un differente sito di inizio per la trascrizione nei due tipi di cellule o a splicing
alternativo del trascritto primario nei due tipi di cellule.
17-26.
La proteina nelle cellule del tessuto adiposo può essere modificata post-traduzionalmente (per
esempio, fosforilata o de-fosforilata) così che è attiva solo nelle cellule del tessuto adiposo.
Alternativamente, la proteina può avere bisogno di un cofattore per essere attivata, e questo
cofattore è trascritto solo nelle cellule del tessuto adiposo.
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CAPITOLO 18
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
18-2.
Vedete la Figura 18.2 per un quadro generale.
a. M (mitosi)
b. M
c. fase S
d. fase G1 (vedete Figura 18.6)
18-4.
Ci sono tre gruppi di complementazione e quindi tre geni. Il mutante 1 non complementa i mutanti 4
o 5, perciò queste tre mutazioni definiscono un gruppo di complementazione. Il mutante 2 non
complementa il mutante 8, perciò questi compongono un secondo gruppo di complementazione. Il
mutante 3 non complementa i mutanti 6,7 o 9, perciò questi sono in un terzo gruppo di
complementazione.
18-6.
C’è una regolazione ciclica della trascrizione che permette a certi geni di essere espressi solo in
determinati momenti del ciclo cellulare. C’è anche una regolazione ciclica della traduzione per
alcuni mRNA e un controllo ciclico delle modificazioni posttraduzionali che porta alle proteine che
sono attive in certi momenti del ciclo cellulare e inattive in altri.
18-8.
a. 2
b. 3
c. 1 (vedete Figura 18.12).
18-10.
a. RAS è inattiva quando è legata a GDP (RAS-GDP) (vedete Figura 18.5d). Quando RAS è legata
a GTP, essa è attivata e, a turno, attiva tre proteine chinasi (la cascata MAP chinasi). Questa cascata
attiva un fattore di trascrizione che induce le cellule a dividersi. Quindi, un mutante RAS, che sta
nello stato GTP-legato, è attivato permanentemente e costringerà la cellula a continuare a dividersi.
b. Questo secondo mutante RAS è bloccato nella forma RAS-GDP alla temperatura restrittiva.
Quindi, in condizioni restrittive, le cellule non si divideranno.
18-12.
a. L’antigene T si lega a p53 e le impedisce di agire nella regolazione del ciclo cellulare tramite
legame ad un fattore di trascrizione. Fornendo un eccesso di p53 dal promotore ad alto livello, ce ne
è ora a sufficienza nella cellula per legare tutto l’antigene T (quencing, come descritto nel Capitolo
17) e c’è ancora abbastanza p53 non legata per regolare il ciclo cellulare. Quindi, l’effetto
dell’antigene T è minimizzato.
b. I mutanti 1 e 2 hanno il fenotipo visto nelle cellule con i non elevati livelli di p53 in presenza
dell’antigene T. Questi mutanti non possono più liberare le cellule dall’effetto dell’antigene T,
perciò essi devono ridurre la capacità di p53 a funzionare nel controllo del ciclo cellulare.
L’ulteriore presenza dell’antigene T1 blocca l’abilità del mutante p53 a funzionare ulteriormente.
c. Il mutante 3 libera ancora le cellule dall’antigene T, così questa mutazione non sembra alterare la
capacità della proteina p53 di legare l’antigene T, né altera l’abilità di p53 di regolare il ciclo
cellulare. Quindi, questa mutazione deve essere in un dominio funzionale oltre che in quelli che
legano l’antigene T e il fattore di trascrizione.
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18-14.
a. L’amplificazione di una specifica sequenza di DNA può essere osservata usando l’ibridazione sul
DNA da cellule tumorali o normali. Usate due differenti sonde- una che rappresenta la sequenza
specifica che state analizzando e l’altra che rappresenta una sequenza di controllo non amplificata.
Nelle cellule tumorali, cercate un aumento nel segnale della regione amplificata mentre il livello
della regione di controllo non cambia.
b. Per trovare riarrangiamenti grossolani, cercate alterazioni nei pattern di bandeggio cromosomale
in un’analisi del cariotipo.
18-16.
Avete bisogno di fare studi epidemiologici del profilo del tumore del colon, cercando una
correlazione tra dieta e incidenza del cancro. Per accertare il ruolo della dieta, gli studi possono
essere allestiti all’interno di una popolazione immigrante recente, rispetto ad una popolazione
d’Indiani nativi degli Stati Uniti, esaminando l’effetto di una dieta occidentalizzata contro una dieta
che assomiglia a quella del gruppo etnico. Dovrebbero essere, inoltre, analizzati, gli effetti delle
stesse diete sugli occidentali non Indiani.
Per accertare il ruolo delle differenze genetiche, avete bisogno di osservare altri fattori, per
esempio, la dieta, più costantemente possibile. Voi potreste guardare l’incidenza negli Indiani e
negli Americani che hanno diete simili. Ciò viene fatto spesso studiando le velocità del cancro negli
immigranti. Per esempio, persone che si sono trasferite dall’India a Toronto potrebbero essere
confrontate con i nativi di Toronto.
18-18.
I passaggi d, a e c devono essere fatti in quell’ordine. Prima dovete localizzare l’omologo umano
del gene di lievito nel genoma umano e trovare marcatori vicini che possano essere facilmente
seguiti. Poi, guardate se quella regione del genoma è associata ad una predisposizione ereditaria
verso qualunque tipo di cancro. Se trovate famiglie con una predisposizione che è associata a quella
regione del genoma, allora dovete isolare il gene umano ed esaminare quel gene nei membri affetti
e non affetti di quelle famiglie. L’ordine dei passaggi è: d; a; b, c.
18-20.
a. L’esame del pedigree suggerisce che la predisposizione al cancro del colon in questa famiglia
potrebbe essere un carattere autosomale dominante. Se questo è vero, allora gli individui II-2, e, o I1 o I-2, devono avere la mutazione, ma non la esprimono.
b.Gli individui I-1, I-2 e II-2 non sono tra gli alti consumatori di caffè. Forse la predisposizione al
cancro del colon è una combinazione di un particolare genotipo e del fattore ambientale di consumo
dello speciale caffè. Quindi, l’interazione di un determinato genotipo e il fattore ambientale risulta
nel fenotipo del cancro del colon. In questo scenario, il genotipo da solo non è sufficiente a
predisporvi al cancro, come visto negli individui I-1, I-2 e II-2. D’altra parte, notate che un numero
consistente di individui che beve caffè non è affetto (per esempio III-8, III-9, III-10, III-11, III-12)
perciò il caffè solo non sembra avere un grande effetto sulla comparsa precoce del cancro del colon.
18-22.
La tecnica d sarà utilissima nel rilevare una specifica mutazione puntiforme nel gene p53.
Diversamente dalle tecniche b e c, l’ibridazione con ASOs è un metodo ad elevata produttività, che
guarda direttamente ai cambiamenti del DNA. Il metodo a vi darà un po’ di DNA, ma voi dovrete
ancora analizzare la sequenza del DNA al nucleotide di interesse, tramite sequenziamento del DNA
che è stato amplificato. Se la mutazione è quella in cui il sito di restrizione è alterato, potreste usare
la digestione con un enzima di restrizione seguita da Southern blot.
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CAPITOLO 19
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
19-2
a. Per calcolare le frequenze genotipiche si divide il numero di rospi di ciascun genotipo
per il numero totale dei rospi.
GGGG=120/200=0.6; GGGB=60/200=0.3; GBGB=20/120=0.1.
b. In questa popolazione ci sono 300 alleli GG/400 alleli totali, quindi la frequenza (p) di
GG è 0.75. Ci sono 100 alleli GB/400 alleli totali, la frequenza (q) di GB è 0.25.
c. Le frequenze attese possono essere calcolate utilizzando la frequenza allelica e la legge
di Hardy-Weinberg p2+2pq+p2=1; 0.5625 GGGG + 0.375 GGGB + 0.0625 GBGB = 1.
19-4
a. In una popolazione ci sono 60 mosche con ali normali D+D+ su 150 mosche totali e 90
mosche con genotipo eterozigote DD+.
60 mosche D+D+=120 alleli D+
90 mosche D+D=90 alleli D+ + 90 alleli D
120 + 90 alleli D+=210/300 o una frequenza allelica di 0.7;
90 alleli D/300=frequenza allelica di 0.3
b. Nella generazione successiva sono attesi i seguenti numeri:
p2 = (0.7)2 = 0.49
2pq = 2(0.7)(0.3) = 0.42
q2 = (0.3)2 = .09
Gli individui omozigoti DD non sono vitali, quindi gli individui rimanenti con 0.49 e
0.42 formano un totale di 0.91
0.49/0.91=0.54= proporzione della progenie vitale con genotipo D+D+
0.42/0.91=0.46= proporzione della progenie vitale con genotipo D+D
Il numero di individui con questi due genotipi nella popolazione vitale dovrebbero essere
0.54 x 160=86.4 D+D+ e 0.46 x 160=73.6 D+D
19-6
a. Considerate i geni Q e R separatamente. In questo caso, dovete determinare la
frequenza di ciascun allele, poi calcolare le frequenze genotipiche attese se la
popolazione è all’equilibrio per questo gene. Il numero degli alleli QF è 202 + 202 + 101
+ 372 + 372 + 186 + 166 + 166 + 83 = 1850. Il numero degli alleli QG è 101 + 101 +
101 +186 + 186 + 186 +83 + 83 + 83 = 1110. Il numero totale degli alleli è 2960.
La frequenza dell’allele QF è 1850/2960 = 0.625.
La frequenza dell’allele QG è 1110/2960 = 0.375.
Da questi risultati potete calcolare la frequenza genotipica attesa.
p2=0.39;
2pq=0.47;
q2=0.14.
Le frequenze genotipiche nella popolazone sono le seguenti:
QF QF: 202 + 372 + 166 = 740/1480 = 0.5;
QF QG: 101 +186 + 83 = 370/1480 = 0.25;
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QG QG: 101+ 186 + 83 o 370/1480 = 0.25.
Siccome le frequenze genotipiche attese e osservate non sono simili, la popolazione non è
in equlilibrio per il gene Q.
C
Il numero di alleli R è 202+ 202 + 101 + 101 + 101 + 101 + 372 + 186 + 186 = 1552.
Il numero degli alleli RD è 372 + 186 + 186 + 166 + 166 + 83 + 83 +83 + 83 = 1408.
La frequenza dell’allele RC è 1552/2960 = 0.52.
La frequenza dell’allele RD è 1408/2960=0.48.
Le frequenze genotipiche attese per queste frequenze alleliche sono p2=0.27; 2pq=0.5;
q2=0.23.
Le frequenze genotipiche osservate sono le seguenti:
RC RC: 202 + 101 + 101 = 404/1480 =0.27;
RC RD: 372 + 186 + 186 = 744/1480 = 0.5;
RD RD: 166 + 83 + 83 = 332/1480 =0.22.
Questi numeri sono molto vicini alle frequenze attese per questo la popolazione è in
equilibrio per il gene R.
b. Nella generazione successiva, dopo accoppiamenti casuali, la frazione di popolazione
che sarà QF QF può essere calcolata come la frequenza genotipica attesa nel punto a:0.39
per il genotipo Q FQF.
c. Nella generazione successiva la frazione di popolazione che sarà RC RC è 0.27.
d. La probabilità è la somma delle singole probabilità per ognuno dei geni. La femmina
ha probabilità 1/2 di contribuire con l’allele QG e il maschio ha probabilità 1/1 con
l’allele QF. La probabilità che i genitori, eteroziogoti per l’allele RCe RD possano essere
omozigoti è 1/4. La probabilità che il figlio sia maschio è 1/2. La probabilità che il figlio
sarà un maschio QF QG RD RD è (1/2)(1/2)(1/4)=1/16 .
19-8
Il rapporto 3:1 si verifica quando vengono incrociati due individui eterozigoti. Questo
rapporto non è rilevante per la popolazione. Il rapporto nella popolazione dipende dalla
frequenza allelica.
19-10
Nella popolazione il numero degli individui con il fenotipo Ugh (che possono essere sia
AA o Aa poiché Ugh è dominante) è 90. Siccome c'è solo il 50% di penetranza, gli
individui con questo genotipo sono il doppio rispetto a quelli che esprimono il fenotipo.
Questo significa che 180 individui hanno un genotipo AA o Aa e 320 hanno un genotipo
aa. Poiché l’allele è in equilibrio sapete che q2 = frequenza aa. q2 quindi è 320/500 o
0.64. q=0.8 e p=1-q o 0.2.
Nella popolazione keniana, 75 individui mostrano il fenotipo Ugh, quindi possono essere
omozigoti AA o eterozigoti Aa. 150 individui devono avere un genotipo AA o Aa, i
rimanenti 50 individui hanno un genotipo aa 50/200 o 0.25=q2 q=0.5 e p=0.5.
Per determinare il numero di alleli A e a nella popolazione mista, si deve calcolare il
numero degli individui per ciascun genotipo, e poi contare gli alleli.
Per la popolazione francese:
p=0.2; q=0.8
p2 (AA) = 0.04; 0.04 x 500 = 20 individui
2pq (Aa) = 2(0.2)(0.8) = 0.32; 0.32 x 500 individui = 160 individui
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q2 (aa) =0.64; 0.64 x 500 individui = 320 individui
Per la popolazione keniana:
p = 0.5; q = 0.5
p2 = 0.25 = 0.25 x 200 = 50 individui
2pq=0.5 = 0.5 x 200 = 100 individui
q2=0.25 = 0.25 x 200 = 50 individui
Calcolate il numero degli alleli nella popolazione mista:
140 +260 = 400 / 1400 = 0.286 = p
260 + 740 = 1000 / 1400 = 0.714 = q
Il numeri degli individui con il fenotipo Ugh sarà la metà degli individui con i genotipi
AA (p2) e Aa (2pq).
p2= (0.286)2 = 0.082 x 1000 = 82
2pq = 2 (0.286)(0.714) =0.408 =0.408 x 100 = 408
(1/2)(408 + 82) = 245
Il numero totale degli individui Ugh è 245.
19-12
a. La popolazione è formata da 150 topi.
60 t+ / t+ = 120 t+ alleli
210 t+ alleli / 300 alleli totali = 0.7 frequenza allele t+ (p), q = frequenza allele t = 0.3.
b. Per prima cosa determinate le frequenze dei tre geni nel caso in cui tutti i topi sono
vitali, poi togliete il numero di topi non vitali e ricalcolate le frequenze alleliche e
genotipiche.
p2 = 0.49 = 49 individui
2pq = 0.42 = 42 individui
q2 = 0.09 = 9 individui
49 +42 vitali = 91 totali
49 / 91 sono t+ / t+ = 0.54
42 / 91 sono t+ / t = 0.46
Di 200 individui, 0.54 (200) o 108 sono wild-type ; 92 sono tailles.
c. Determinate il numero degli alleli portati da ciascuna popolazione per calcolare la
frequenza allelica della popolazione mista e poi le frequenze genotipiche derivate
dall’incrocio. Poichè gli omozigoti muoiono, dovrete sottrarre questi individui e
ricalcolare le frequenze dei genotipi.
Dom1 Dom2
t+ / t+ = 16 x 2 = 32 t+ alleli 48 x 2 = 96 t+ alleli
t+ / t = 48 t+ alleli 36 t+ alleli
48 t alleli 36 t alleli
32 + 96 + 48 + 36 = 212 / 296 t+ alleli = 0.716 = p
84 t alleli / 296 = 0.284 = q
Dopo l’incrocio, si generano le seguenti frequeze genotipiche:
p2 = 0.512
2pq = 0.407
q2 = 0.08
Il topo t/t (q2) muore, quindi la progenie vitale totale sarà 512+407=919 (assumendo
1000 zigoti); 512/919=0.557= frequenza del topo t+ / t+ nella generazione successiva e
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407/919=0.443=frequenza del topo t+ / t nella generazione successiva.
19-14
La frequenza CF-/CF- è 1/17000 o 0.000059=q2. q=0.0077; quindi p=0.9923.
2pq(frequenza del portatore eterozigote)=0.015 o 15/1000 (Notate: nella popolazione
Caucasica la frequenza dei portatori è molto più alta=circa 1/20).
19-16
Più ci si allontana dall’equilibrio, maggiore è il Δq, quindi una popolazione con una
frequenza allelica di 0.2 avrà un Δq maggiore.
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CAPITOLO 20
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
20-2 non disponibile
20-4 non disponibile
20-6 non disponibile
20-8
a. Usando cloni genetici, solamente gli effetti ambientali contribuiscono alla variabilità
fenotipica.
b. I gemelli monozigotici sono geneticamente identici per questo possono essere
considerati come cloni genetici metre i gemelli dizigotici sono geneticamente diversi. La
comparazione tra gemelli MZ e DZ fornisce una valutazione dell’effetto dei geni contro i
fattori ambientali.
c. Nell’ adozione incrociata si rimuove la progenie da una madre e la si colloca con madri
diverse per randomizzare gli effetti delle diverse condizioni ambientali materne. Viene
effettuata per ridurre gli effetti ambientali quando si determina l’ereditarietà di un
carattere.
20-10
a. 2n+1
b. La formula, in questo caso, è 1/4n. Dovrebbero esserci quattro coppie di geni che
controllano il colore del chicco.
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CAPITOLO 21 (DISPONIBILE SU WEB)
SOLUZIONI AI PROBLEMI PARI DEL TESTO
21-2.
Nella inibizione laterale le cellule preSOP deviano l’espressione del gene achaete-scute nelle altre
cellule proneurali. Allo scopo di fare ciò, il prodotto del gene Delta (il ligando) deve essere espresso
nella cellula preSOP. Al contrario, le cellule proneurali che sono inibite (e quindi diverranno cellule
epiteliali) devono esprimere la proteina Notch (il recettore).
21-4.
a. L’epitelio all’esterno del clone sarebbe normale perché quelle cellule hanno ancora un allele
selvatico di Notch. Ogni cluster proneurale fuori dal clone farebbe quindi una singola cellula SOP.
All’interno del clone le cellule sono omozigoti per un allele nullo di Notch. Queste cellule non
possono formare il dominio Notch intracellulare. Quindi, non c’è attivazione del fattore di
trascrizione Su(H) e non c’è trascrizione dei geni E(spl). Poiché i geni achaete-scute non possono
essere spenti, ci saranno più cellule SOP e meno cellule epiteliali. Quando il cluster di cellule
omozigoti per l’allele nullo di Notch intersecano un cluster proneurale, le cellule N+ nel cluster
diverranno epiteliali mentre le cellule nel clone diverranno preSOP.
b. Classicamente, i caratteri non autonomi sono espressi da mutazioni nei geni che codificano i
ligandi, poiché l’assenza di un ligando da una cellula di segnale potrebbe incidere sul fenotipo di
una cellula ricevente. D’altra parte, i caratteri autonomi si vedono quando le mutazioni sono nei
geni che codificano i recettori, poiché l’assenza del pathway di trasduzione del segnale nella cellula
ricevente colpisce solo quella cellula. Quindi, i mutanti Notch mostrano autonomia.
c. (Vedete Figura 19.19b.)
Se le cellule L2 sono AGAMOUS-, le cellule adiacenti L1 non si differenziano correttamente, anche
se esse sono AGAMOUS+. Questo significa che il fenotipo generato dai mutanti in AGAMOUS è un
carattere non-autonomo. Questo suggerisce (ma non prova) che il gene AGAMOUS nelle cellule L2
codifica un ligando che si lega al recettore nelle cellule L1.
21-6.
L’espressione dei geni achaete-scute è necessaria a determinare lo sviluppo di una cellula SOP. Il
risultato finale dell’inibizione laterale è sopprimere il destino neuronale della cellula SOP. Se il
prodotto del gene E(spl) è un fattore di trascrizione che si lega alla regione regolatoria del
complesso achaete-scute, la proteina E(spl) deve inibire l’espressione dei geni achaete-scute,
perciò la cellula che esprime E(spl) diventa epiteliale. Quindi, le proteine E(spl) sono repressori
della trascrizione di achaete-scute.
21-8.
Cellule H+ Hn Su(H)+ Su(H)+ hanno un numero ridotto di setole rispetto al selvatico. In altre parole,
quando c’è solo metà (approssimativamente) proteina H presente (1 parte H : 2 parti Su(H)), la
proteina Su(H) può più prontamente legare il dominio intracellulare N e quindi attivare
l’espressione del gene E(spl) a livelli più alti. Il fatto che mosche H+ Hn Su(H)+ Su(H)n hanno livelli
quasi normali di setole, suggerisce che il relativo dosaggio delle due proteine è importante (1 parte
H : 1 parte Su(H)). La proteina Su(H), codificata dall’allele inusuale Su(H), promuove l’effetto di
un allele Hn, in cui cellule con genotipo Su(H)+ Su(H)abn H+ Hn hanno meno setole delle cellule H+
Hn Su(H)+ Su(H)+. L’effetto dell’allele Su(H)abn è aumentare l’espressione di E(spl). Il problema
asserisce che la proteina Su(H)abn può legarsi alla proteina H ma non può attivare la trascrizione
E(spl). Questi fatti suggeriscono che la proteina Su(H)abn sequestra la proteina H nei complessi
inattivi. Questo titolerebbe la quantità di proteina H, perciò ci sono livelli più bassi di H da legare
alla proteina Su(H)+ normale, codificata dall’allele selvatico.
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21-10.
Negli individui N+ Nnull metà del prodotto del gene N non è sufficiente a produrre il fenotipo
selvatico, cioè essi mostrano aploinsufficienza.
21-12.
a. Proneurale si riferisce all’idea che la funzione dei geni selvatici achaete-scute sia promuovere la
formazione di neuroni o cellule che sono ancestori di neuroni come le cellule SOP. Comunque,
neurogenico è esattamente l’opposto. L’attività selvatica dei geni come Notch sopprime la
differenziazione neuronale. Il termine “neurogenico” era usato in riferimento al fenotipo di un allele
mutante di Notch.
b. (i) E(spl) è neurogenico perché animali con una mutazione nulla di questo gene fanno più neuroni
del normale. (ii) Il gene H annulla gli effetti dei geni neurogenici, perché i mutanti nulli in H non
fanno cellule SOP. Comunque, molti genetisti di Drosophila non reputerebbero il gene H essere
“proneurale” nello stesso senso di achaete-scute. Il prodotto selvatico del gene H non promuove
direttamente la differenziazione neurale; esso annulla invece gli effetti dell’inibizione laterale. (iii)
Su(H) è neurogenico perché le mutazioni nulle di questo gene inducono molti neuroni a svilupparsi.
Similmente, (iv) anche Delta è neurogenico.
21-14.
L’eterozigosità per l’allele N414 determina una riduzione nel numero di setole; l’effetto opposto di
un allele nullo di Notch. Questo sembra riflettere un aumento nella quantità di segnale di Notch che
blocca ognuna delle cellule nel cluster proneurale dal divenire una SOP. I due modelli che lo
giustificherebbero sono (i) la mutazione conduce ad un aumento nell’affinità del recettore Notch per
il ligando Delta, oppure (ii) la mutazione determina una attivazione costitutiva del segnale di Notch
indipendente dal legame del ligando.
a. Il numero di setole nei doppi eterozigoti N414 Delta null Delta+ è lo stesso degli individui N414 N+.
Questa scoperta è consistente con il modello (ii) ma non con il modello (i) perché il fenotipo
mutante non è affetto dalla quantità di ligando Delta. Se il modello (i) fosse corretto, vi aspettereste
che l’allele nullo Delta sopprima il fenotipo generato dall’eterozigosità per N414, perché c’è meno
ligando a dipendere dall’inibizione laterale.
b. Generalmente vi aspettereste che la duplicazione promuova il fenotipo: più proteina Notch c’è
(sia attivata costitutivamente sia no), più forte è il segnale di Notch nell’inibizione laterale e quindi
meno sono le setole. Comunque, la risposta attualmente dipende dall’esatto meccanismo con cui
l’allele N414 determina una perdita di funzione. Si potrebbero immaginare scenari che non sono
troppo lontani da raggiungere, in cui il prodotto del gene N+ compete con il prodotto di N414, così la
duplicazione sopprimerebbe debolmente il fenotipo; in altre parole, un animale N414/Dp(N+)
potrebbe finire con un po’ più setole di un animale N414/ +.
21-16.
Ci sono molte vie per cercare mosche che sono mutanti nella capacità di ripulire loro stesse. Un
esame intelligente che era attualmente compiuto, prendeva la progenie di mosche che erano state
esposte a un mutageno e le cospargeva con una polvere fluorescente. Dopo un certo periodo di
tempo per permettere alle mosche di ripulirsi, le mosche erano state poste sotto la luce ultravioletta.
Le mosche che non sono in grado di ripulire loro stesse brilleranno, perché esse non sono in grado
di rimuovere la polvere fluorescente. Questo schema identificherà mutazioni dominanti che portano
a difetti nel ripulirsi.
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