научно-образовательный проект JUST BRAIN Олимпиадная генетика: решение задач к.б.н., преподаватель кафедры биологии СУНЦ МГУ, м.н.с. НИИ ФХБ им. А.Н. Белозерского Астахова Алина Анатольевна По материалам курса «Основы генетики» Зимний олимпиадный марафон 202 5. Московский государственный университет им. М.В. Ломоносова 1
Био_РЭ_2022-23, 10-11 кл., Вар.1 Примеры заданий ( самостоятельный разбор) 2
Био_РЭ_2022-23, 10-11 кл., Вар.1 Примеры заданий ( самостоятельный разбор) 3
Био_РЭ_2022-23, 10-11 кл., Вар.1 Примеры заданий ( самостоятельный разбор) 4
Био_РЭ_2022-23, 10-11 кл., Вар.1 Примеры заданий ( самостоятельный разбор) 5
Совсем чуть-чуть теории вероятностей Независимые события – события, которые не влияют на исходы друг друга Пример : бросаем две монетки одновременно; бросаем одну монетку несколько раз подряд Несовместные события – события, которые не могут наступить одновременно, в одном и том же испытании наступление одного события исключает наступление альтернативных исходов Пример : монетка упала орлом (уже не может оказаться упавшей решкой) Совместные события – события, которые могут наступить «одновременно» Пример : достаем из колоды бубны ( событие 1); достаем из колоды короля (событие 2) Полная группа событий - весь цикл несовместных событий, одно из которых обязательно наступит. Т.е. вероятность исхода, входящего в группу – 100% или 1. Вероятность одного из n несовместных равновероятных событий: 1/ n. p (min) = 0, p (max) = 1 Для орла (решки) монетки: p= 1/2 Для бубновой масти (или любой другой) p =9/36=1/4 6
Примеры из генетики. Правила сложения и умножения вероятностей Правило умножения вероятностей: вероятность наступления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий. События объединяются союзом «И» Правило сложения вероятностей: вероятность наступления одного из нескольких несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий. События объединяются союзом « Или » Независимые события : попадание в потомка гаметы с аллелем А от папы никак не зависит от попадания аллеля А или а от мамы, рождение потомка с одним генотипом не влияет на генотип следующих потомков. Несовместные события : если гамета от папы несла аллель А, то она уже никак не даст этому организму аллель а (мутации не рассматриваем) Совместные события: попадание аллеля А/а в генотип потомка не препятствует попаданию аллеля В /b Вся группа возможных генотипов гамет – n; для гаметы заданного генотипа p= 1/n Например, организм Аа Bb. Всего 4 типа гамет. Вероятность гаметы с генотипом АВ : p(AB) =1/4 7
Общая схема решения сложных задач по генетике Расчет вероятностей формирования гамет с заданным генотипом (деревом или по правилам умножения вероятностей) Расчет вероятности комбинации гамет в заданный генотип организма: С использованием: Правил сложения, умножения вероятностей и при необходимости формул комбинаторики и/или законов/формул теории вероятности Решетки Пеннета На самом деле – это синонимичные подходы, можно использовать то, что быстрее и проще для расчетов для конкретной задачи. + Учет особенностей «биологии» организма - плоидность, расположение редукционного деления в жизненном цикле, какие-то особенности проявления генотипа в условиях окружающей среды и так далее. Примеры: ахиазимия у самцов дрозофил, термочувствительные мутации, плейотропии и пенетрантность, эпистаз (подробно далее), летальные комбинации и так далее. 8
Соотношения и вероятности генотипов гамет Для организма с генотипом Аа Гаметы А и а в соотношении 1:1 50%:50% 0.5:0.5 Гаметы А и а вероятность по 50% по 0.5 по 1/2 Для организма с генотипом Аа Bb Гаметы А B, Ab, aB, ab в соотношении 1:1 :1:1 25%:25%:25%:25% 0.25:0.25:0.25:0.25 Гаметы А B, Ab, aB, ab вероятность по 25% по 0.25 по 1/4 доля гамет = вероятность формирования таких гамет = частота таких гамет 9
Расчет числа типов гамет, перебор гамет для заданного генотипа Аа BbCCDdEe число типов гамет = 2 n, где n – число гетерозиготных аллельных пар в генотипе Число способов выбрать n объектов с заданным порядком расположения при наличии множества из m объектов, при этом каждый член множества может быть выбран неоднократно. В рассматриваемом случае из множества, состоящего из 2-х объектов (доминантный и рецессивный аллели, m =2), происходит выбор n раз – по числу гетерозиготных генов. Поскольку позиция каждого гена уникальна (мы выбираем один раз для гена А, один раз для гена В и т.д.), то порядок выбора задан. Разнообразие гамет: 2 4 = 16 типов Вероятность образования гаметы: аВС dE : 1/ 16 аВС DE : 1/ 1 6 и т.д. 10
Применение формул сложения и умножения вероятностей Скрещиваем Аа BbCcDdEe × AaBbCcddEe A и В взаимодействуют по принципу комплиментарности (двойного рецессивного эпистаза ), расщепление 9:7 АаВ b × АаВ b → А_В_ 9 частей – фенотип 1, остальные 7 частей – фенотип 2; С – неполное доминирование, D, E – полное доминирование Считаем, что гены находятся на разных хромосомах Найти: долю потомков с фенотипом A_B_CcddE _ число фенотипических групп потомков от скрещивания размерность решетки Пеннета для этого скрещивания Задача 1 11
Решетка Пеннета. Правила сложения и умножения вероятностей. 1/2 1/2 1/2 1/2 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/16 12
1/2 1/2 1/2 1/2 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/ 2 Аа 1/ 4 Аа Bb Решетка Пеннета. Правила сложения и умножения вероятностей. 13
Внутренняя «логика» решетки Пеннета 4×4 4:2:2:2:2:1:1:1:1 → 16 9:3:3:1 → 16 14
Решетка Пеннета и 3-й закон Г. Менделя Закон независимого наследования (третий закон Менделя) — при скрещивании двух особей, отличающихся друг от друга по двум (и более) парам альтернативных признаков, гены и соответствующие им признаки наследуются независимо друг от друга и комбинируются во всех возможных сочетаниях (как и при моногибридном скрещивании). 15
Решетка Пеннета для тригибридного скрещивания 16
2021_ Region _10/11_ Theory _ P 2_29: Тема: Генетика Гены А, В и С регулируют переход от базового фенотипа I к фенотипам II, III и IV в соответствии со схемой на рисунке (Т-образная стрелка означает подавление). Рецессивные мутации а, b и c приводят к потери функции соответствующих генов. Выберите верные соответствия между скрещиваниями и расщеплениями потомства по фенотипу: а) AАBbCc × AaBbCc, расщепление 12 : 3 : 1; б) AАBbCc × aabbcc, расщепление 3 : 1; в) AaBbCc × aabbcc, расщепление 9 : 4 : 3; г) AaBbCС × АaВbСc, расщепление 9 : 4 : 3; д) AaBbCc × AaBbCc, расщепление 16 : 36 : 9 : 3. Фенотипический радикал + правила сложения/умножения вероятностей Задача 2 17
Правила сложения и умножения вероятностей и решетка Пеннета В свободное скрещивание вступили 4 растения: 2 материнских, 2 отцовских. Генотипы материнских организмов: AaBB и Aabb, генотипы отцовских организмов aaBB, AaBb. Какая доля потомков этого скрещивания будет гомозиготной по обоим генам и иметь хотя бы один доминантный ген? Задача 3 18
Решение к задаче 3. 1/8 1/8 5/8 1/8 1/4 1/4 1/4 1/4 Родительский генотип и его доля ( ♀ ) Гаметы и доля от родительского разнообразия Общая доля среди всех гамет AaBB 1/2 AB 1/2 1/4 aB 1/2 1/4 Aabb 1/2 Ab 1/2 1/4 ab 1/2 1/4 Родительский генотип и его доля (♂ ) Гаметы и доля от родительского разнообразия Общая доля среди всех гамет aaBB 1/2 aB 1 4/8 Aa В b 1/2 AB 1/4 1/ 8 Ab 1/4 1/8 aB 1/4 1/8 Ab 1/4 1/8 Найти АА BB, Aabb, aaBB 19
Формула сочетаний Формула сочетаний: Смысловая нагрузка: сколько существует способов выбрать m объектов из n ? n! – факториал числа n. Считается как произведение всех натуральных чисел от 1 до n, то есть 3!=1×2×3=6. 0!=1. 1 2 3 4 + + + + + + + + + + + + Например, скрещивание Аа BbCcDdEe × AaBbCcddEe Сколько типов дигомозигот с доминантными генами возможно среди потомков? *** Не более, чем 2 гомозиготных локуса… Не менее, чем 3 гетерозиготных локуса и т.д. 20
Новый представитель Chlamydomonadales – очень крупный, одноклеточный организм с двумя жгутиками. В каждой клетке по 5 хлоропластов (кружочки на схеме). Описано 6 типов клеток по окраске – от бесцветных до насыщенно-зеленых. Вероятно, это связано с мутацией в хлоропластном геноме, приводящей к невозможности депонирования хлорофилла. Для нового вида свойственно вегетативное размножение делением клетки пополам, а репликация хлоропластов тесно ассоциирована с делением ядра. Клетки очень долго накапливают биомассу и после процесса размножения способны размножаться второй раз не раньше, чем через 1 день. В лабораторных условиях чувствует себя хорошо, размножается, буквально, как только приходит время. Какое потомство и в каких соотношениях можно ожидать при размножении организма с фенотипом в? Формула сочетаний (задача из олимпиады по генетике, сокращено) Некое гексаплоидное растение обладает генотипом АААааа по определённому локусу генома и образует триплоидные гаметы. Какие гаметы образует этот организм и с какой вероятностью? Считайте, что кроссинговер и конверсия генов отсутствуют. Задача 4 Задача 5 21
Формула Бернулли – формула повторных независимых испытаний Где q и p – несовместные события, одно из которых произойдет, n – общее число испытаний, а m – заданное число требуемых исходов. Вероятность наступления m заданных исходов из n независимых повторных испытаний Найти вероятность того, что в семье с 4 детьми будет ровно 2 сына? (= какая доля семей с 4-мя детьми будет иметь 2 сына?) В семье пятеро детей. Сколько из них – девочки? В семье четыре сына. Какова вероятность того, что в пятый раз все-таки родится дочь? Задача 6 Допустим, в некотором матриархальном обществе, в котором потомки-девочки ценятся выше, чем потомки-мальчики, был придуман препарат, который повышает вероятность зачатия именно девочек (3/5 для девочки и 2/5 для мальчика). Какая доля семей с 5-ю детьми будет иметь 2 дочери и 3 сына (многоплодные беременности не учитывать)? Задача 7 22
Условная вероятность и теорема Байеса Условная вероятность – вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже произошло: p (AB) = p A (B) × p (A) У собак часто встречается наследственная глухота, признак не сцеплен с полом, определяется одним геном, проявляется у рецессивных гомозигот. Вы завели пару собак. Известно, что эти собаки имеют нормальный слух, и их родители имели нормальный слух, однако и у самки, и у самца в помете были глухие сибсы (братья или сестры). Вероятность рождения глухого щенка у этой пары равна: 1/4, 2/3, 1/9 или 1/16. Задача 8 23
Условная вероятность и теорема Байеса. Классическая задача. Некоторое наследуемое заболевание встречается у 1 из 1000 человек и протекает скрыто на ранних этапах. Выявить маркеры заболевания можно с помощью ПЦР-диагностики. При этом уровень ложноотрицательных результатов составляет 2%, а ложноположительных – 1%. Человек сдал тест, его результат положительный. Какова вероятность того, что этот человек действительно болен? Задача 9 24
Логика решения классической формулировки задачи 25 На самом деле… Анализ И – истинно Л - ложно Доля при анализе На популяцию из 100 000 человек Болен 1 из 1000 Положительный ИП 98% 98 человек Отрицательный ЛО 2% 2 человека Здоров 999 из 1000 Положительный ЛП 1 % 999 человек Отрицательный ИО 99% 98901 человек
а) Граф Сидор Задунайский – последний представитель рода. Каждый Задунайский вступает в брак. При этом все мужчины имеют ровно два ребенка, а все женщины берут фамилию мужа. Какова вероятность, что фамилия Задунайских сохранится в следующем поколении? Через поколение? б) Решите задание для ситуации, когда у каждого мужчины три ребенка. ( Почти 200 задач по генетике ) Формула Бернулли + условная вероятность Задача 10 26
Условная вероятность (теорема Байеса) В роду у женщины встречается редкое заболевание. Оно наследуется по аутосомно-доминантному типу и проявляется с пенетрантностью 80%. Известно, что это заболевание было у отца женщины, сама она здорова. В роду матери женщины заболевания нет. Определить вероятность рождения ребенка с заболеванием. В роду отца ребенка этого заболевания нет. Задача 11 27
Условная вероятность (теорема Байеса) Известно, что некоторое растение сочетает размножение апомиксисом и амфимиксисом. Примерно 15% потомков имеют апомиктическое происхождение. Посчитайте долю гетерозигот от скрещивания двух гетерозигот ( Аа ). Задача 12 28
9 А_В_ : 3 А_ bb : 3 aaB _ : 1 аа bb Было: Признак А – состояние 1 или 2 Признак В – состояние 1 или 2 И их комбинации: А1В1, А1В2, А2В1, А2В2 Стало: Признак С – состояния от 2х до 4х вариантов Эпистаз и дигибридное скрещивание при независимом наследовании 29
Эпистаз – на простом примере 30
Рецессивный эпистаз 9:3: 4 31
Рецессивный эпистаз 9: 6 :1 32
Доминантный эпистаз 12:3:1 Предложите молекулярный механизм, который может лежать в основе формирования фенотипов тыкв при доминантном эпистазе. 33
Доминантный ингибирующий эпистаз, расщепление 13:3 34
Двойной доминантный эпистаз, расщепление 15:1 ( комплиментарность ) 35
Двойной рецессивный эпистаз, расщепление 9:7 ( комплиментарность ) 36
Эпистаз с расщеплением 9:6:1 ( комплиментарность, некумулятивная полимерия) А_В_ - плоские А_ bb + aaB _ - круглые аа bb - вытянутые 37
Эпистаз с расщеплением 9:3:3:1 ( комплиментарность ) 38
Еще формы эпистаза Phenotype Genotypes Ratios smooth AAbb, Aabb, aaBB, aaBb, aabb 7/16 partly rough AABb, AaBb 6/16 completely rough AABB, AaBB 3/16 Phenotype Genotypes Ratios red AABB, AaBB, 3/16 sooty AABb, AaBb 6/16 jet aaBB, aaBb 3/16 black aabb, AAbb, Aabb 4/16 39
Полимерия на примере регуляции цвета кожи 40
Группы крови и бомбейский синдром 41
42 Отметьте, что является правдой для наследования групп крови у человека А) между аллелями, кодирующими разные группы крови по системе АВО, наблюдается неполное доминирование Б) у родителей со II и III группой крови могут быть дети с любой группой крови по системе АВО В) гены, отвечающие за группу крови по системе АВО, кодируют белки на поверхности эритроцитов Г) человек с IV группой крови является универсальным донором плазмы Д) перед переливанием крови реципиенту с I группой крови требуются дополнительные анализы, а реципиенту со II группой трансфузию можно проводить сразу ( считаем, что по всем группам крови вне системы АВО установлена полная совместимость) Е) у отца I группа крови, у матери IV группа крови; при рождении ребенка с I группой крови отцу следует рекомендовать сдачу теста на отцовство Группы крови и бомбейский синдром
Задание теоретического тура регионального этапа XXXV I всероссийской олимпиады школьников по биологии (2019-2020, 10-11 класс, стоимость 1 балл) [1]. У мышей окраска шерсти зависит от генов Y, C и B. Рецессивный аллель альбинизма с даёт белую окраску и эпистатически подавляет гены Y и B. Аллель Y в гетерозиготе эпистатически подавляет ген В и даёт жёлтую окраску тела, в гомозиготе летальна (при любых генотипах C и B ). Аллель В отвечает за серую окраску тела, аллель b - за чёрную окраску тела. Все гены аутосомные и наследуются независимо друг от друга, мыши дикого типа серые ( yyBBCC ). При скрещивании белой и жёлтой мыши в потомстве следует ожидать: а) 50% серых и 50% жёлтых мышат; б) 33% белых и 67% жёлтых мышат; в) 67% белых и 33% жёлтых мышат; г) 100% белых мышат. Исходя из условий предыдущего задания, при скрещивании гомозиготных белой и чёрной мыши в потомстве можно ожидать: а) 25% белых и 75% чёрных мышат; б) 50% белых и 50% чёрных мышат; в) 75% белых и 25% чёрных мышат; г) 100% серых мышат Задания на эпистаз Задача 13 43
ЧАСТОТЫ АЛЛЕЛЕЙ В ПОПУЛЯЦИИ Частота аллеля A, p( A ) = 2× N AA + N Aa 2×N Частота аллеля а, q( a ) = 1 – p Частота аллеля – доля данного аллеля от всех аллелей для рассматриваемого гена в популяции. Принято обозначать p ( доминантный аллель) и q (рецессивный аллель). N=20, всего 40 аллелей p( A ) = 22/40 = 0.55 q( a ) = 18/40 = 0.45 Генофонд – совокупность всех генов в популяции (разнообразие и количественные соотношения аллелей) 44
p + q = 1 p 2 + 2 pq + q 2 = 1, г де: p 2 – доминантные гомозиготы ( АА ) pq – гетерозиготы ( Аа ) q 2 – рецессивные гомозиготы ( аа ) Закон Харди- Вайнберга Закон Харди- Вайнберга : в идеальной панмиктической статической популяции достаточно большого размера частоты генотипов по какому-либо гену, представленному двумя аллелями, будут постоянными из поколения в поколение и соответствовать уравнению: 45
Есть четыре мужские особи с генотипами АА и одна мужская особь с генотипом Аа, а также есть три женские особи аа и две женские особи АА. Необходимо рассчитать соотношение генотипов среди потомков от свободного скрещивания этих организмов в % а) в 1м поколении, б) через несколько поколений после установления равновесия Харди- Вайнберга. Адаптация решетки Пеннета под нестандартные ситуации Задача 14 46
Допустим, в некоторой панмиктической популяции бабочек наличие черного пятна на крыле наследуется по аутосомно-доминантному типу. 6 4 % особей имеют пятно. Определите генетическую структуру данной популяции. Какую долю особей с черным пятном представляют гомозиготные организмы? Известно, что в европейской популяции 1 из 10 тыс. детей является альбиносом. Альбинизм определяется одним геном и наследуется по аутосомно-рецессивному типу. Определите генетическую структуру популяции, рассчитайте вероятность рождения носителя гена, ответ представьте в виде 1 на х человек. Исследователь взял 10 мужских растений с генотипом АА и 10 женских растений с генотипом Аа (растения двудомные и размножаются только перекрестно). Рассчитайте, каким установится равновесие Харди- Вайнберга в 5-м поколении панмиктической популяции, полученной от размножения указанных растений. Примеры базовых задач на закон Харди- Вайнберга Задача 15 Задача 16 Задача 17 47
Закон Харди- Вайнберга 48
Закон Харди- Вайнберга 49
Закон Харди- Вайнберга 50
а ) Рассчитайте равновесие, соответствующее закону Харди- Вайнберга. Ген имеет три аллеля, рассмотрена популяция диплоидных организмов б ) Рассчитайте равновесие, соответствующее закону Харди- Вайнберга. Ген имеет два аллеля, рассмотрена популяция триплоидных организмов в ) Рассчитайте равновесие, соответствующее закону Харди- Вайнберга. Рассмотрены два гена, каждый из которых может быть в двух аллельных вариантах, организмы диплоидные Якобы сложные задачи Задача 18 51
Частоты генотипов при равновесии Харди- Вайнберга для трёх аллелей (с частотами p, q, и r) описывает соотношение: а) p 3 : pq : qr : r 3 ; б) 2p 2 : pq : qr : 2r 2 ; в) p 3 : pq : pr : qr : q 3 : r 3 ; г) p 2 : 2pq : 2pr : 2qr : q 2 : r 2 Задача 19 Закон Харди- Вайнберга 52
Решение с использование решетки Пеннета p + q + r = 1 p 2 + q 2 +r 2 +2pq +2pr +2qr = 1 53
Решение с использованием решетки Пеннета p + q = 1 p 3 + q 3 +3 p 2 q +3 pq 2 = 1 «трехмерная» таблица генетического кода 54
Решение с использованием решетки Пеннета 55
p 2 + 2pq +q 2 = ( p + q ) 2 = (p + q)×(p + q) Хромосома 1, на которой окажется ИЛИ аллель А (с вероятностью p ) ИЛИ аллель а (с вероятностью q ) Хромосома 2, на которой окажется ИЛИ аллель А (с вероятностью p ) ИЛИ аллель а (с вероятностью q ) И Решение через адаптацию закона 56
( p + q + r )×( p + q + r ) = ( p + q + r ) 2 = p 2 + q 2 +r 2 +2pq +2pr +2qr ( p + q )×( p + q ) ×( p + q ) = ( p + q ) 3 = p 3 + q 3 +3 p 2 q +3 pq 2 ( p + q )×( p + q )×( s + t )×( s + t ) = ( p + q ) 2 ×( s + t ) 2 = ( p 2 + 2pq +r 2 )×( s 2 + + 2st +t 2 ) = p 2 s 2 + 2pqs 2 +r 2 s 2 +2p 2 st + 4pqst +2r 2 st + p 2 t 2 + 2pq t 2 +r 2 t 2 Решение через адаптацию закона Харди- Вайнберга 57
58 2016_Final_10/11_Theory_P2_34: ПОПУЛЯЦИОННАЯ Для создания искусственной популяции дрозофил взяли 10 белоглазых самцов (рецессивная сцепленная с Х-хромосомой мутация white) и 6 гомозиготных красноглазых самок дикого типа. Для следующих поколений этой популяции будет верно, что: а) все самки F1 будут белоглазыми, все самцы F1 – красноглазыми; б) в поколении F10 будут красноглазыми 2/3 самцов и 8/9 самок; в) все самки F2 и половина самцов F2 будут красноглазыми; г) все самки и самцы F1 будут красноглазыми; д) в поколении F12 должно быть 2/9 белоглазых мух. Закон Харди- Вайнберга для сцепленных с полом генов Задача 20
Популяция должна быть достаточно большой; Особи в популяции должны свободно скрещиваться друг с другом, то есть, должно быть панмиктическое скрещивание; Популяция не должна обмениваться генами/аллелями с другими популяциями; 4) Разные аллели не должны изменять фертильность своих носителей (частным случаем этого требования можно считать летальные аллели, обладатели которых в определенном генотипическом варианте не способны оставлять потомства вообще); 5) Не должно происходить мутационных изменений в рассматриваемом гене; p = const, q = const Ограничения 59
Коэффициент инбридинга Задача 21 60
Коэффициент инбридинга 61
