1

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 Rh-positivo, 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:

Ee Rr

ee RREe rrmadrepadre

ee rruomo donna

2

Poiche’ i geni sono associati 20 u.m., li possiamo scrivere nel seguente modo:

madrepadre

E re r

e Re R

E re R

e re r

Considerando che i ricombinanti saranno 20%, i parentali saranno 100-20=80% Da cui i gameti paterni saranno:

40%(2/5) E r

40% (2/5) e R

10% (1/10) e r

10% (1/10) E R

I gameti materni saranno:

100% e r

A) Figlio Eerr 40% (2/5)

B) Figlio EeRr tra i fenotipi R-40%+ 10%=50%

Quindi EeRr 10/50=1/5

pare

ntal

iric

ombi

nant

i

8 u.m.quindi i ricombinanti

totali nella regione C-D saranno l’8%

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

C d c D

Diploide meiotico

C dc D

Prodotti meiotici

C dc D92%PC Dc d8%R

x

4%

4%

46%

46%

3

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 Ba b

a ba b

A ba b

a Ba b

45%

45%

5%

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+ èincrociata 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+ ba b+

a+ b+ Yx

I gameti prodotti dalla femmina saranno

a+ ba b+

a ba+ b+

a+ b+ I gameti prodotti dal maschioP

R

4

a+ ba b+

a ba+ b+

a+ b+a+ b+a+ b+a+ b+

Genotipi femminili Tutte WT

Genotipi maschilia+ ba b+

a ba+ b+

P

R

P

R 3.5%

3.5%

46.5%

46.5%

YYYY

a) Maschio a+b+ 3.5%/2=1.75Maschio a b+ 46.5%/2=23.25%

Applichiamo la somma perche’ eventi mutualmenteescludentisi 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 D3D3-D3D4

Le cui probabilita’ di avere un figlio con fenotipo D4 sara’ rispettivamente:

0+1/4+0= ¼

5

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.

00+004

0++0+3

0++++2

00+0+1

Acido glutammico

ornitinaargininaSemialdeide glutammica

citrullinaCeppo mutante

Supplementi aggiunti al terreno colturale minimo

arginina

Acidoglutammico

citrullina

ornitina

Semialdeide glutammica2

3

1

4

6

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?

Oocita primario in meiosi

P

R ½ ricombinanti

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 èindipendente 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 èdominante 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 B

A B

a b

a bx

C

C

c

c

A BC

a bc

a b

a b

c

cx

Se non c’e’ ricombinazione si hagameti individuo 1 x gameti individuo 2

ABC x abcABcabCabc

X abcX abcX abc

25% ABC25% ABc25% abC25% abc

1 2

¼¼¼¼

7

Se c’e’ ricombinazione del 20% si ha100% -20% = 80% parentali descritti prima

ABC x abcABcabCabc

X abcX abcX abc

20% ABC20% ABc20% abC20% abc

80%

Piu’ 20% di ricombinanti da crossing-over

A BC

a bc

a b

a b

c

cx

1 2

½ Ab½ aB x ½ C

½ c

¼ AbC¼ Abc¼ aBC¼ aBc

x 20%5% AbC5% Abc5% aBC5% 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 reincrocianocon omozigoti ast e dpp si ottengono i seguenti fenotipi nella F2:

a) Calcolare le distanze di mappa e stabilire la sequenza dei tre genib) 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:

8

cy + + x + ast dpp

cy + + + ast dppF1

P

x + ast dpp+ ast dpp

Triplo recessivo

Cy ast

+ ast dppCy + +

Cy ast ++ + 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

ast dppCy

ast + dpp+ Cv +ast Cv ++ + dpp

ast + ++ Cv dpp

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.

9

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 a, +, + 200+, b, c 200 +, +, + 200a, b, + 50 a, +, c 50+, b, + 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.

10

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:

*Nota:P = parentali;RI = ricombinanti in zona I;RII = ricombinanti in zona II;DR = doppi ricombinanti.

DR=0.1x0.05=0.005x100=0.5%

ABa b

Diibrido in COUPLING (accoppiamento) dominanti e recessivi in cis

a BA b

Diibrido in REPULSION (repulsione) dominanti e recessivi in trans

11

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

A1-/A2- coloreLinee pure incolore significa doppi omozigoti:

A1A1/a2a2 x a1a1A2A2 parentali

F1 A1a1/A2a2 x A1a1/A2a2

a1a1A2a2

a1a1A2A2

A1a1A2a2

A1a1A2A2

a1A2 a1a2A1a2A1A2

a1a1a2a2A1a1a2a2A1a1A2a2a1a2

a1a1A2a2A1a1A2a2A1a1A2A2a1A2

A1a1a2a2A1A1a2a2A1A1A2a2A1a2

A1a1A2a2A1A1A2a2A1A1A2A2A1A29/16 colore

7/16bianchi

Caso di complementazione

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 èl'ordine di questi quattro geni?

A DBc38

28

13

12

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:

B e E5B4

F, C, e B3A e F2D e A1

Ibrida conSonda

Qual è l'ordine dei vostri cloni?

D A

A F

F C B

B

B E1

2

3

4

5

Quindi l’ordine sara’ DAFCBE oppure EBCFAD

Frammento iniziale ristrettoD

A

F

CB E

1

2

3 4 5

13

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.

+++00c++000b+0000a

argininasuccinatocitrullinaornitinanessun elemento

ceppo mutante

Elementi aggiunti

Indicate il corretto abbinamento tra ceppo mutante e gene difettivo.ceppo a / ARG-Gceppo a / ARG-Fceppo b / ARG-Gceppo 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-> A6r42-> A4

r43-> A2r44->A3

r45-> A5r46->A1

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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% 50%D H d h

15

La donna puo’ essere sia

D Hd h

D hd H

Da cui gameti: Da cui gameti:

DH

dh

Dh

dH

Dh

dH

DH

dh

P 97% P 97%

R 3% R 3%

48.5%48.5%

1.5%1.5%

48.5%48.5%

1.5%1.5%

o

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?

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’

1 2

h d

H D

Indichiamo con h= allele emofiliaH= allele sano

D= allele visione colori sanod=allele del daltonismo

H-D

16

h d

H D

H d

Y

h d h dH D H d H dh dH dH d

H DH dh D

P P

R RLe combinazioni gametiche sono:

H dh dH dH d

H dh D

H dH D

h d H D

h D H d

P

P

R

R

2.5% 2.5%

2.5% 2.5%

22.5% 22.5%

22.5% 22.5%

III-4 III-5

P(H/h) III-4= 2.5%/25%=0.1x100=10%

P(H/h) III-5= 22.5%/25%=0.9x100=90%

Y

1 2

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’ a+c+b+

abcabc

x

Da cui, i gameti del primo individuo sarannoa+c+b+a+++bcab+++cabc+++

1 2

P

RII

RI

DRI/II

I gameti del secondo individuo saranno solo abc

Per avere un triplo omozigote recessivo il genotipo dovra’ essere:abcabc

Quindi doppio ricombinante

17

La frequenza dei doppi ricombinanti, poiche’ il coc e’ di 0.5, sarà:

coc= 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

a+c+b+a+++bcab+++cabc+++

P

RII

RI

DRI/II 0.5% 50.5% 5

9.5% 959.5% 95

4.5% 454.5% 45

35.5% 35535.5% 355

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.

+s/e+Crossing over mitotico

e +

s+

e +

s+

e +

e +

+ s

+ sstubby

ebony

e +

s+

e +

s+

e +

e s

+ +

+ s

ebony

WT

18

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 + + c 265a b c 3 a b + 273

+ b c 223 + b + 2207a + + 217 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.

19

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 B0b) Padre B0 madre A0, figlio 00c) BBd) no

20

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 è3/8 gialla, 3/8 grigia, 1/8 nera e 1/8 bianca. Determinare i genotipi dei due genitori.

SOLUZIONE: Indicando con A -> allele del gialloR ->allele del neroA-R- -> grigioaarr ->bianco

L’incrocio P sara’ A-R- x A-rrDa 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:

E’ possibile, in base a questi dati, stabilire la paternità dei tre bambini?

Rh-MNABambino 3Rh+NABambino 2Rh+MN0Bambino 1Rh+MNAMoglieRh-MNABAmante della moglieRh+M0Marito

Gruppo sanguigno:Persona:

21

++0+4

++003

++++2

+0001

DCBAmutante

metabolita

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

La via metabolica e’precursore->B->A->C->D->prodotto

2 4 3 1