locus un

ESERCITAZIONI. II
La presenza di uno degli antigeni Rh sulla superficie dei globuli rossi del
sangue (Rh-positivo) nell’uomo e’ prodotta da un gene dominante R,
mentre i globuli rossi Rh-negativi sono prodotti dal genotipo recessivo rr.
Gli eritrociti di forma ovale (ellissocitosi) sono determinati da un gene
dominante E, mentre l’allele e recessivo produce globuli rossi normali.
Entrambi questi geni sono associati su uno degli autosomi a circa 20
unita’ di mappa l’uno dall’altro. Un uomo con ellissocitosi, la cui madre ha
eritrociti di forma normale ed un genotipo omozigote Rh-positivo e il cui
padre e’ Rh-negativo ed eterozigote per l’ellissocitosi, si sposa con una
donna normale Rh-negativa. A) Quali sono le probabilita’ che il loro primo
figlio sia Rh-negativo ed affetto da ellissocitosi? B) Se esso e’ invece Rhpositivo, quali sono le probabilita’ che sia anche affetto da ellissocitosi?
Dal testo si deduce che l’uomo sara’ E-, e considerando i genotipi dei genitori si
ha:
padre
madre
Ee rr
uomo
ee RR
Ee Rr
ee rr
donna
1
Poiche’ i geni sono associati 20 u.m., li possiamo scrivere nel seguente modo:
padre
madre
Er
er
eR
eR
Er
eR
er
er
ricombinanti
parentali
Considerando che i ricombinanti saranno 20%, i parentali saranno 10020=80% Da cui i gameti paterni saranno:
I gameti materni saranno:
40%(2/5)
E
r
40% (2/5)
e R
100%
e r
A) Figlio Eerr 40% (2/5)
B) Figlio EeRr tra i fenotipi
R40%+ 10%=50%
10% (1/10) e r
10% (1/10) E R
Quindi EeRr 10/50=1/5
In un organismo aploide, i loci C e D distano 8 u.m. Posto che si
effettui un incrocio Cd x cD, dite quali saranno nella progenie le
proporzioni delle seguenti classi: (a) CD, (b) cd, (c) Cd, (d) tutti i
ricombinanti.
C
D
8 u.m.
quindi i ricombinanti
totali nella regione C-D
saranno l’8%
C
8%R
D
Diploide meiotico
Prodotti meiotici
92%P
d x c
C
d
46%
c
D
46%
C
D
4%
c
d
4%
C
d
c
D
2
Una pianta dal genotipo
e’ incrociata con la pianta
Se i 2 loci distano 10 u.m. quale proporzione della progenie avra’
genotipo A B/a b ?
La progenie sarà:
A B
a b
45%
a b
a b
45%
A b
a b
5%
a B
a b
5%
P
R
I geni a e b sono legati al sesso e distano tra di loro 7 u.m. sul
cromosoma X di Drosophila. Una femmina con genotipo a+b/ab+ è
incrociata con un maschio selvatico a+b+.
a)Qual è la probabilità che uno dei suoi figli maschi abbia fenotipo
a+b+ o ab+?
b)Qual è la probabilità che una delle figlie femmine abbia fenotipo
a+b+?
a+ b
a b+
I gameti prodotti
dalla femmina
saranno
a+ b
a b+
a+ b+
a
b
x
P
a+ b+ Y
a+ b+
I gameti prodotti
dal maschio
R
3
a+
a
a+
a
b a+ b+
b+ a+ b+
b+ a+ b+
b a+ b+
Y
Y
Y
Y
a+
a
a+
a
b
b+
b+
b
P
46.5%
Genotipi femminili
Tutte WT
R
3.5%
P
46.5%
Genotipi maschili
R 3.5%
a) Maschio a+b+ 3.5%/2=1.75
Maschio a b+ 46.5%/2=23.25%
Applichiamo la somma perche’ eventi mutualmente
escludentisi P=1.75+23.25=25%
Un ipotetico gene ha 2 alleli diversi D3 e D4 codominanti. Un individuo con
fenotipo D3 che genitori puo’ avere (indicare i genotipi)? Per ognuna di
queste coppie indicare la probabilita’ che nasca un figlio con fenotipo D4.
Fenotipo D3 vuol dire solo genotipo D3D3
I cui genitori possono essere
D3D3-D3D3 oppure D3D4-D3D4 oppure D3D3D3D4
Le cui probabilita’ di avere un figlio con fenotipo
D4 sara’ rispettivamente:
0+1/4+0= ¼
4
Un certo numero di ceppi nutrizionali mutanti e’ stato isolato da
colture di Neurospora di tipo selvatico, che rispondevano all’aggiunta
di certi supplementi al terreno colturale crescendo (+) o non
crescendo (0). Si rappresenti la via metabolica che potrebbe esistere
nel ceppo di tipo selvatico conformemente ai dati raccolti, indicando
dove e’ bloccata in ciascuno dei ceppi mutanti.
Supplementi aggiunti al terreno colturale minimo
Ceppo
mutante
citrullina
Semialdeide
glutammica
arginina
ornitina
Acido
glutammico
1
+
0
+
0
0
2
+
+
+
+
0
3
+
0
+
+
0
4
0
0
+
0
0
Acido
glutammico
2
Semialdeide glutammica
3
ornitina
1
citrullina
4
arginina
5
Nel ratto c’e’ il 21% di crossing over fra il locus di p e quello di c. Si
supponga di sottoporre ad esame per i chiasmi all’interno di questa
regione del cromosoma 150 oociti primari. Quanti di questi oociti ci si
aspetta che abbiano un chiasma fra i geni suddetti?
P
R ½ ricombinanti
Oocita primario in
meiosi
Se ho 10 cellule in meiosi con crossing over ottengo 5
cellule ricombinanti. Per il ragionamento inverso, se ho 21%
di ricombinanti, avro’ avuto 42% di cellule in meiosi, da cui
(150/100)x42=63 cellule con chiasmi tra i loci p e c in meiosi
I geni A e B sono concatenati su un cromosoma invece un terzo gene C è
indipendente ed è localizzato su un altro cromosoma .Per ognuno di questi geni ci
sono due alleli tali che A è dominante su a e B è dominante su b come C è
dominante su c. Se si fa un incrocio del tipo ABC/ABC e abc/abc e si incrocia la
prole con un omozigote recessivo abc/abc quali rapporti fenotipici sono attesi se i
due geni concatenati non hanno ricombinazione? e nel caso di ricombinazione del
20%?
A
C
B
A
C
1
a
x
B
C
A
b
a
c
b
B
c
a
b
c
2
x
c
Se non c’e’ ricombinazione si ha
gameti individuo 1 x gameti individuo 2
¼
¼
¼
¼
ABC x abc
ABc X abc
abC X abc
abc X abc
a
b
a
b
c
25% ABC
25% ABc
25% abC
25% abc
6
Se c’e’ ricombinazione del 20% si ha
100% -20% = 80% parentali descritti prima
ABC x abc
ABc X abc
abC X abc
abc X abc
20% ABC
20% ABc
20% abC
20% abc
80%
Piu’ 20% di ricombinanti da crossing-over
1
C
A
B
c
a
b
a
b
c
2
x
½ Ab
½C
x
½ aB
½c
¼ AbC
¼ Abc
¼ aBC
¼ aBc
a
x
20%
b
c
5% AbC
5% Abc
5% aBC
5% aBc
Si incrocia un ceppo di Drosophila che porta sul secondo cromosoma la
mutazione dominante Curly (Cy, ali incurvate) con un ceppo omozigote
per le mutazioni recessive, sempre sullo stesso cromosoma, asteroid
(ast, occhio ridotto e rugoso) e decapentaplegic (dpp, numerosi difetti
della cuticola). Se si prendono le femmine Cy della F1 e si reincrociano
con omozigoti ast e dpp si ottengono i seguenti fenotipi nella F2:
a) Calcolare le distanze di mappa e stabilire la sequenza dei tre geni
b) Quali fenotipi mancano, e perché?
Vengono presi in considerazione 3 geni di Drosophila, Curly, asteroid e
decapentaplegic, presenti sullo stesso cromosoma 2, per cui i genotipi
parentali posso essere scritti nel seguente modo:
7
P
cy + +
x
cy + +
+ ast dpp
F1
+ ast dpp
x
+ ast dpp
+ ast dpp
Triplo recessivo
+ ast dpp
Cy + +
Cy ast +
+
+ dpp
+ ast +
Cy + dpp
Cy
ast
ast + dpp
+
Cv
+
ast Cv +
+
+ dpp
ast +
+
+
Cv dpp
ast
Cy
dpp
10+7/2118 = 0.008x100 = 0.8 um
Cy
dpp 131+102/2118 = 0.11x100 = 11.0 um
ast
dpp 131+102+10+7/2118 = 0.118x100 = 11.8 um
b)Mancano i doppi ricombinanti quindi l’interferenza e’ massima cioe’ 1
Sei mutazioni (numerate da 1 a 6) vengono testate a coppie per la
complementazione; i risultati delle prove sono illustrati in tabella,
dove + indica complementazione e 0 indica non complementazione.
Determinare il numero di geni interessati dalle mutazioni e i gruppi di
associazione.
8
SOLUZIONE: Se due mutazioni complementano, significa che
esse sono situate (con molta probabilità) in geni diversi, mentre
se NON complementano allora sono mutazioni diverse a carico
dello stesso gene. La tabella dell'esercizio mostra i risultati
degli incroci in tutte le possibili combinazioni, solo che non
tutti i risultati sono stati presentati. La prima riga ci dice che
(ovviamente) 1 non complementa con se stesso, ma che
complementa con 2 e 3, quindi 1 sta in un gruppo di
associazione distinto da 2 e 3. Quello che questa riga non ci
dice è se 2 e 3 appartengono o no allo stesso gruppo di
complementazione. Di 3 sappiamo che sta insieme a 5 ma non
a 4 (terza riga). Poiché 2 NON sta con 5 (seconda riga) 2 e 3
apparterranno a gruppi distinti. Proseguendo con questo tipo
di ragionamento, alla fine si può concludere che i geni sono 3 e
comprendono le mutazioni (3,5), (1,4) e (2,6).
Un organismo triplo eterozigote viene sottoposto a test cross,
dando una progenie di 1000 individui con i fenotipi riportati
sotto, dove con + si intende il fenotipo selvatico per ciascun
gene considerato:
a, b, c 200
+, b, c 200
a, b, + 50
+, b, + 50
a, +, + 200
+, +, + 200
a, +, c 50
+, +, c 50
a) Quanti sono e come sono composti i gruppi di associazione?
b) Quanto distano tra loro i geni associati, se ce ne sono?
Considerando i geni a due a due e confrontando classi parentali e
ricombinanti, si deduce che solo i geni b e c sono associati, mentre il
gene a è indipendente (ovvero si trova su un altro cromosoma); quindi i
gruppi di associazione sono due. I geni b e c distano tra loro 20cM
(ovvero 20 um); infatti si hanno 200/1000 ricombinanti.
9
I geni recessivi a, b, c sono associati nell'ordine dato, con a distante da b 10
unità di mappa e b distante da c 5 unità di mappa. Quali frequenze dei vari
fenotipi vi aspettate dall'incrocio seguente, tenendo presente che il valore di
coincidenza è 1?
+++/abc X abc/abc
Come in tutti i test a tre punti, le categorie fenotipiche derivanti dal test
cross indicato sono otto. Poiché il coefficiente di coincidenza è pari a 1,
l’interferenza va a zero, quindi tutti i doppi ricombinanti attesi vengono
anche osservati e vanno sottratti dai ricombinanti singoli. Facendo gli
opportuni calcoli, si ha quindi:
DR=0.1x0.05=0.005x100=0.5%
*Nota:
P = parentali;
RI = ricombinanti in zona I;
RII = ricombinanti in zona II;
DR = doppi ricombinanti.
AB
ab
aB
Ab
Diibrido in COUPLING
(accoppiamento)
dominanti e recessivi
in cis
Diibrido in REPULSION
(repulsione) dominanti e
recessivi in trans
10
Il granoturco ha 2 geni, A1 che insieme ad A2 danno il colore, in
dominanza. Se si incrociano 2 linee pure incolore e i figli F1 ti
vengono tutti colorati, com'è il genotipo dei genitori? calcola l'F2 e
calcola quanti bianchi vengono nell'F2
Caso di
complementazione
A1-/A2-Æ colore
Linee pure incolore significa doppi omozigoti:
A1A1/a2a2
x
a1a1A2A2
parentali
F1 A1a1/A2a2 x A1a1/A2a2
A1A2
A1a2
a1A2
a1a2
A1A2
A1A1A2A2
A1A1A2a2
A1a1A2A2
A1a1A2a2
A1a2
A1A1A2a2
A1A1a2a2
A1a1A2a2
A1a1a2a2
a1A2
A1a1A2A2
A1a1A2a2
a1a1A2A2
a1a1A2a2
a1a2
A1a1A2a2
A1a1a2a2
a1a1A2a2
a1a1a2a2
9/16
colore
7/16
bianchi
Le distanze di mappa di quattro geni associati sono le
seguenti: A-B = 28 u.m., B-C = 15 u.m., C-D = 25 u.m.,
B-D = 10 u.m., A-D = 38 u.m., A-C = 13 u.m. Qual è
l'ordine di questi quattro geni?
c
A
B
D
38
28
13
11
Volete ottenere una mappa fisica e state utilizzando una strategia
che sfrutta delle sonde, per ordinare un gruppo di 6 cloni che si
sovrappongono. Avete 5 sonde diverse (1-5) che ibridano con i
vostri cloni (A-F) nel modo seguente:
Ibrida con
Sonda
1
DeA
2
AeF
3
F, C, e B
4
B
5
BeE
Qual è l'ordine dei vostri cloni?
D
A
F
C
B
A
B
E
3
1
F
5
B
2
4
Quindi l’ordine sara’ DAFCBE oppure EBCFAD
Frammento iniziale ristretto
D 1
F
B
2
A
4
3
C
5
E
12
Considerate la via metabolica che porta alla biosintesi dell'amminoacido arginina in
Neurospora:
Si fanno crescere alcuni ceppi mutanti di Neurospora su dei terreni minimi ai quali
sono aggiunti dei nutrienti come indicato sotto. Ogni ceppo mutante trasporta una
singola mutazione. I segni + indicano che il ceppo cresce su quel terreno, mentre i
simboli 0 indicano che il ceppo non cresce.
Elementi aggiunti
ceppo
mutante
nessun
elemento
ornitina
citrullina
succinato
arginina
a
0
0
0
0
+
b
0
0
0
+
+
c
0
0
+
+
+
Indicate il corretto abbinamento tra ceppo mutante e gene difettivo.
ceppo a / ARG-G
ceppo a / ARG-F
ceppo b / ARG-G
ceppo c / ARG-H
La seguente mappa per delezione del locus rII del fago T4 illustra
l’estensione delle delezioni presenti nei ceppi d1, d2, d3, d4, d5 e
d6. Mappare le 6 mutazioni puntiformi r41, r42, r43, r44, r45 e r46
relativamente ai segmenti identificati dalle delezioni in base ai dati
riportati in tabella, dove 0 indica assenza di ricombinazione
Quando una mutazione puntiforme è sovrapposta ad una delezione non si può avere
ricombinazione con formazione di WT. Ricordando questo, poiché ad esempio la
mutazione r41 non ricombina con le delezioni d1, d2 e d6, essa dovrà trovarsi nella zona
in cui queste tre delezioni, ma non le altre, sono sovrapposte, cioè all’interno del
segmento A6. Applicando questo ragionamento alle altre mutazioni, il risultato è:
r41-> A6
r42-> A4
r43-> A2
r44->A3
r45-> A5
r46->A1
13
In Drosophila, i geni A, B e C sono associati e si presentano
nell'ordine dato. Le distanze sono: A-B = 5 u.m. e B-C = 15 u.m.
L'intervallo mostra il 20% di interferenza. Quanti doppi
crossing-over si recupererebbero da un incrocio a tre punti
che coinvolga i geni A, B e C, in una progenie di 500 individui?
Interferenza(I)=20% vuol dire
coc=1-I=1-0.2=0.8
Da cui Frequenza doppi ricombinanti
((FDR(O)= 0.8x(0.15x0.05)=0.006x100=0.6%
Da cui possiamo ottenere il numero dei doppi
ricombinanti:
Numero DR=(500/100)x0.6=3
Nell'uomo, i geni per il daltonismo (D = normale, d = daltonico) e per
l'emofilia A (H = normale, h = emofiliaco) sono entrambi associati
all'X e distano soltanto 3 u.m. Supponete che una donna abbia
quattro figli maschi e che due siano daltonici ed affetti da emofilia, e
due sono normali. Qual è il genotipo probabile di questa donna?
50%
D
50%
H
d
h
14
La donna puo’ essere sia
D
H
d
h
o
Da cui gameti:
DH
dH
h
d
H
Da cui gameti:
P 97%
dh
Dh
D
R 3%
48.5%
Dh
48.5%
dH
1.5%
DH
1.5%
dh
P 97%
R 3%
48.5%
48.5%
1.5%
1.5%
I geni che determinano il daltonismo e l’emofilia nella specie umana sono
localizzati entrambi sul cromosoma X ed esibiscono una frequenza di
ricombinazione del 10%. Nel seguente pedigree, i simboli scuri indicano
individui affetti da emofilia, mentre le croci indicano daltonismo. Qual e’ la
probabilita’ che le 2 donne III-4 e III-5 siano portatrici per l’emofilia?
H-D
1
Indichiamo con
h= allele emofilia
H= allele sano
2
D= allele visione
colori sano
d=allele del
daltonismo
La donna II-2 deve portare sicuramente l’allele h dell’emofilia e l’allele del
daltonosmo poiche’ ha figli emofilici ed il marito non e’ emofilico e figlie
daltoniche. Poiche’ il padre I-2 e’sano le avra’ trasmesso gli alleli sani, ed
avra’ ricevuto gli alleli malati dalla madre I-1.Per cui il suo genotipo sara’
h
d
H
D
15
1
H
d
Y
h
d
H
h
D
d
Le combinazioni gametiche sono:
22.5%
H
d
H
D
H
d
h
D
2.5%
Y
22.5%
H
d
h
d
H
H
d
d
2.5%
P
R
22.5%
h
d
H
22.5%
D
P
h
D
2.5%
H
d
2.5%
R
2
h
d
H
D
H
d
H
H
R
h
D
d
D
III-4
P
H
h
d
d
H
H
d
d
P
R
III-5
P(H/h) III-4= 2.5%/25%=0.1x100=10%
P(H/h) III-5= 22.5%/25%=0.9x100=90%
Nel seguente reincrocio, i geni a e b sono distanti 20 cM ed i geni b e
c sono distanti 10 cM: a+c/+b+ x abc/abc. Se il coefficiente di
coincidenza e’ 0.5 in quest’intervallo di mappa di associazione, quanti
tripli omozigoti recessivi saranno attesi in una progenie di 1000
individui?
L’incrocio e’
1
a+c
+b+
x
Da cui, i gameti del primo individuo saranno
a+c
+b+
a++
+bc
ab+
++c
abc
+++
P
RII
RI
DRI/II
abc
abc
2
I gameti del secondo individuo
saranno solo
abc
Per avere un triplo omozigote
recessivo il genotipo dovra’ essere:
abc
Quindi doppio
ricombinante
abc
16
La frequenza dei doppi ricombinanti, poiche’ il coc e’ di 0.5, sarà:
coc=
a+c
+b+
a++
+bc
ab+
++c
abc
+++
FR(O)
FR(A)
Da cui FR(O)= coc x FR(A)= 0.5x (0.1x0.2)=0.01x100=
1% di 1000 individui, quindi 10 Doppi Ricombianti in
totale, distribuiti in 5 per ogni classe genotipica
P
35.5% 355
35.5% 355
RII
4.5% 45
4.5% 45
RI
9.5% 95
9.5% 95
DRI/II
0.5% 5
0.5% 5
In Drosophila i geni per il corpo color ebony (e) e per le setole stubby
(s) sono associati sullo stesso braccio del cromosoma 2. I moscerini
con genotipo +s/e+ si sviluppano in tipi selvatici, ma si possono
osservare di tanto in tanto 2 differenti tipi di anomalie morfologiche
inattese. Il primo tipo di anomalia consiste in coppie di macchie
adiacenti, una con setole stubby e l’altra di colore ebony. La seconda
anomalia consiste in macchie isolate ebony. Spiegate le anomalie
osservate.
Crossing over mitotico
e
+
+
s
e
+
+
s
e
+
+
s
e
+
+
s
+s/e+
e
+
e
+
+
s
+
s
e
+
e
s
+
+
+
s
ebony
stubby
ebony
WT
17
Nel saggio a tre punti i cui risultati sono illustrati sotto,
determinare (a) l’ordine dei geni e (b) le distanze di mappa
relative.
+++5
abc3
+ b c 223
a + + 217
+ + c 265
a b + 273
+ b + 2207
a + c 2125
(a) Dal confronto tra i cromosomi parentali (i più numerosi)
ed i cromosomi doppi ricombinanti (i più rari) risulta che il
gene b è quello centrale, per cui l’ordine dei geni è a b c
(ovvero c b a).
(b) La distanza di mappa tra i geni a e b è data da:
(265+273+5+3)/5318, cioè 10,3cM; la distanza di mappa tra i
geni b e c è invece data da: (223+217+5+3)/5318, cioè 8,4cM.
18
Riepilogo Sistema gruppo ABO del sangue
Un uomo del gruppo sanguigno B viene citato in tribunale per un caso di
paternità da una donna di gruppo sanguigno A. Il figlio di questa
appartiene al gruppo sanguigno 0.
a) Quest’uomo è davvero il padre del bambino?
b) Se quest’uomo è effettivamente il padre del bambino, si specifichino i
genotipi di entrambi i genitori.
c) Se è impossibile per quest’uomo di gruppo sanguigno B essere il padre
del bambino di gruppo 0, indipendentemente dal genotipo della madre, si
specifichi il suo genotipo.
d) Un uomo che fosse di gruppo sanguigno AB potrebbe essere padre di un
bambino di gruppo 0?
SOLUZIONE:
a) Lo potrebbe essere se il padre fosse B0
b) Padre B0 madre A0, figlio 00
c) BB
d) no
19
Un allele A, non letale nella condizione di omozigosi, causa nei ratti il colore
giallo del mantello. L’allele R di un gene che si assortisce in maniera
indipendente determina, invece, il colore nero. Insieme A e R determinano la
formazione di un manto grigio, mentre a e r danno origine a un manto
bianco. Un maschio grigio viene incrociato con una femmina gialla; la F1 è
3/8 gialla, 3/8 grigia, 1/8 nera e 1/8 bianca. Determinare i genotipi dei due
genitori.
SOLUZIONE: Indicando con
L’incrocio P sara’
A-R-
A
R
A-Raarr
-> allele del giallo
->allele del nero
-> grigio
->bianco
x A-rr
Da cui F1 3/8 gialla A-rr, 3/8 A-R-, 1/8 nera aaR-, 1/8 bianca aarr
Poiche’ si ottiene una progenie aarr, entrambi i parentali devono avere
gli alleli a e r da cui:
P AaRr x Aarr
Consideriamo due polimorfismi relativi a gruppi sanguigni presenti nella
specie umana, oltre al sistema AB0. I due alleli LM e LN determinano i gruppi
M, N, MN. L’allele dominante R di un altro gene fa sì che il soggetto sia Rh+
(Rh, o rhesus, positivo), mentre l’omozigote per r è Rh- (Rh negativo). Due
uomini si affrontarono in tribunale poiché ciascuno di loro rivendicava la
paternità di tre bambini. I gruppi sanguigni dei due uomini, dei bambini e
della loro madre erano i seguenti:
Persona:
Gruppo sanguigno:
Marito
0
M
Rh+
Amante della moglie
AB
MN
Rh-
Moglie
A
MN
Rh+
Bambino 1
0
MN
Rh+
Bambino 2
A
N
Rh+
Bambino 3
A
MN
Rh-
E’ possibile, in base a questi dati, stabilire la paternità dei tre bambini?
20
Quattro ceppi mutanti di Neurospora hanno bisogno per la crescita
dell’aggiunta di uno o piu’ dei metaboliti da A a D. In base ai dati
riportati in tabella deduci la via metabolica per la sintesi di questi
metaboliti ed identifica in quale punto sono bloccati i ceppi mutanti
metabolita
mutante
A
B
C
D
1
0
0
0
+
2
+
+
+
+
3
0
0
+
+
4
+
0
+
+
La via metabolica e’
precursore->B->A->C->D->prodotto
2 4 3 1
21