Oplossingen herhalingsoefeningen

Maat: px

Weergave met pagina beginnen:

Download "Oplossingen herhalingsoefeningen"

Johan van Veen
6 jaren geleden
Aantal bezoeken:

1 Oplossingen herhalingsoefeningen Steven Maenhout 1 stamboomanalyse 1. (a) autosomaal dominant: OK (b) autosomaal recessief: niet (bv. individu III.6) (c) X gebonden dominant: niet, (bv. individu II.3) (d) X gebonden recessief: niet (bv. individu IV.7). (a) autosomaal dominant: niet (individu III.11) (b) autosomaal recessief: OK (c) X gebonden dominant: niet (bv. individu II.3) (d) X gebonden recessief: niet (individu IV.1) 3. autosomaal dominant: OK autosomaal recessief: OK X gekoppeld dominant: niet (bv. individu II.3) X gekoppeld recessief: OK maar onwaarschijnlijk Y gekoppeld: OK mitochondriaal: niet Afwijkingen van Mendeliaanse overerving 4. goud A bruin B zwart (a) A-B-: zwart (b) A-bb: bruin (c) aab- en aabb: goud 5. (a) additief 1

2 (b) 3 loci, cm per allel (c) AAbbcc aabbcc AaBbCc (d) AAbbcc AaBbcc aabbcc aabbcc 6. (a) oogkleur genen A en B: A-B-: blauw AAbb: paars aab-: groen aabb: groen luidheid 1 gen: L: luid l: stil (b) P: AAbbLL aa BBll F1: AaBbLl F:... (c) AAbbll aabbll AAbbll aabbll AAbbll aabbll 7. (a) genen om te kunnen zien telkens het dominante allel nodig: (b) P: aabb AAbb F1: AaBb 9 F: A-B- (zicht), 3 A-bb (blind), 3 aab- (blind), P: AaBb aabb F1: 1 zicht, 3 blind een X-gekoppeld lethaal recessief allel: P: X L X l X L Y F1: : X L X l en X L X L : X L Y (X l Y is lethaal) aabb (blind) 9. er zijn hier twee genen in betrokken, gen 1 met mogelijke allelen A,a,B en b en gen (allelen M en m) waarbij de recessieve vorm niet toelaat om de benodigde eiwitten te vormen (dus veroorzaakt type O)

3 P: AAMM BBmm F1: ABMm F: genen met elk allelen, het de gen (B) benvloedt de expressie van het de gen (epistasis): P: aabb (geel) AABB (wit) F1: AaBb (wit) F: A-B-: 9 16 en aab-: 3 16 wit A-bb: 3 16 rood aabb: 1 16 geel 11. (a) de bloedgroep wordt bepaalt door een gen dat op het X chromosoom gelegen is: (b) neen X a1 X a : α X a1 X a1 : β X a X a : γ X a1 Y : β X a Y : γ 1. P: X RG Y bb X Rg X rg BB kinderen: X Rg Y Bb of X rg Y Bb beide kleurenblind kinderen: X RG X Rg Bb of X RG X rg Bb beide niet kleurenblind 13. P1: X l Y X W X W F1: X W Y en X W X l F :... P: X W Y X l X l F1: X l Y en X W X l... 3 Koppeling van genen 14. volgorde: w(itte bloem) - b(eharing) - g(ladde stengel) (a) afstand tussen W en B: = = 11.88cM 500 (b) afstand tussen W en B: = 0.08 = 8cM 500 (c) C = 18 = 0.76 dus I = (a) ABC: = 168 3

4 abc: 168 Abc: 0 abc: 0 abc: 10 ABc: 10 AbC: abc: (b) recombinatiefreq. tussen a en b: recombinatiefreq. tussen b en c: = 0.11 = 11cM = 0.06 = 6cM 16. (a) ACB: 1 (1 0.1)(1 0.15) = acb: 1 (1 0.1)(1 0.15) = Acb: 1 0.1(1 0.15) = acb: 1 0.1(1 0.15) = ACb = acb = AcB=aCb= kleurloos: = 0.5 geel: 0.11 bruin: zwart: (b) f(bruin) = f(acb)f(acb)+f(acb)f(acb)+f(acb)f(acb)+f(acb)f(acb)+ f(acb) = = 1.3% 17. gen v ligt in het midden. (a) afstand pr v = = 0. afstand v bm = = C = = I = = 0. (b) wanneer de afstand tussen de genen te groot wordt dan treden er ook dubbele crossing-overs tussen de genen die niet geöbserveerd kunnen worden. De echte recombinatiefrequenties worden hierdoor onderschat. 18. ouders moeder: X kh X kh X Kh Y moeder: X kh X Kh, vader: X KH Y De gezonde dochters kunnen je niets vertellen over de genetische constitutie (crossing over of niet) aangezien elke dochter per definitie gezond is. Dit ligt anders voor de zonen: recombinante zonen: X KH Y en X kh Y : 4

5 parentale zonen: X kh Y en X Kh Y : 4 recombinatiefrequentie = 6 = P: ZV zv ZV zv zv F1: zv ZV zv χ test die controleert of rf = 0.5: χ 0.05,df=3 (O ) gameet O ZV Zv zv zv = dus geen significante afwijking de test die omgekeerd controleert of rf = 0.43: χ 0.05,df= (O ) gameet O ZV Zv zv zv = dus er is een significante afwijking 0. (a) P(gameet abc)= 1 0. (1 0.3) = 0.07 P( gameet abc)=0.07 = (b) Abc en abc=0.56 ABC en abc=0.14 AbC en abc=0.4 ABc en abc=0.06 (c) I = 1 O DC DC = 0. O DC = Abc en abc=0.548 ABC en abc=0.15 AbC en abc=0.5 ABc en abc= (a) dominant, recessief is niet mogelijk (individuen III.1 en III. kunnen niet ziek zijn aangezien II.1 aangetrouwd is) 5

6 (b) allel i B is gekoppeld met dominant allel N: individuen II.5, II.8 en III.3 zijn recombinanten rf = 3 = (c) P(er is geen co tussen de genen en ziek allel wordt doorgegeven)= 13 1 = Kwantitatieve- en populatiegenetica. (a) R = ( 1) = 16.7 (b) blijft gelijk 3. p = ( p = q = pq = = en q = dus: (O ) gameet O AA , Aa aa χ (0,05;) = 5.99 dus de afwijking is niet significant (dus de populatie voldoet aan het Hardy-Weinberg evenwicht). 4. p = ( = dus q = p = 0.49, q = en pq = (O ) gameet O M M M N N N χ (0,05;) = 5.99 dus de afwijking is niet significant (dus de populatie voldoet aan het Hardy-Weinberg evenwicht). 5. (a) scheenbeen h = 0.15 en H = 0. 6

7 nek: h = 0.1 en H = 0.6 vetgehalte: h = 0.4 en H = 0.5 (b) vetgehalte (c) R = ( ) = p 1 = p 0 (1 1, ) p = p 1 (1 1, ) = p 0 (1 1, ) p x = p 0 (1 1, ) x x = log( 1 ) log(1 1, ) = 46097, 8 7. (a) (16 1) = 1.8 (b) 0 8. (a) f(aabb) = = (b) genotype met maximale frequentie voor A is f(aa) = 0.48 genotype met maximale frequentie voor B is f(bb) = 0.64 max is AaBB 9. (a) p = ( ) q = [f(mm)] = [MM] = (O ) genotype O M M M N N N χ (0,05;) = 5.99 dus de afwijking is niet significant (dus de populatie voldoet aan het Hardy-Weinberg evenwicht). (b) genotype O (O ) MM MM MM MN MN MN MM NN MN NN NN NN χ (0,05;5) = dus de afwijking is niet significant (dus de populatie doet aan random mating). 7

8 30. (a) q = 0.01 = 1% (b) enkel bij de configuratie: X C X c X c Y P (X C X c X c Y ) = = (c) X C X C X Y P = 0.81 (d) P (X c X c ) = = 0.1 P (X c Y ) = 0. (e) p f = f(xc X C )+f(x C X c ) = 0.6 p m = 0. 8

Vergelijkbare documenten

Herhalingsoefeningen

Herhalingsoefeningen Steven Maenhout 1 stamboomanalyse 1. De stamboom uit figuur 1 geeft de overerving van de witte haarlok eigenschap bij mensen. De aangetaste individuen hebben een lok ongepigmenteerd