Dziedziczenie w typie zea

Nasza ocena:

3
Pobrań: 301
Wyświetleń: 2387
Komentarze: 0
Notatek.pl

Pobierz ten dokument za darmo

Podgląd dokumentu
Dziedziczenie w typie zea - strona 1 Dziedziczenie w typie zea - strona 2 Dziedziczenie w typie zea - strona 3

Fragment notatki:


Ćwiczenia nr. 1 Dziedziczenie w typie ZEA A    a Liczba osobników Frekwencja genotypów A   A A   a a   a d h r D = d/n H = h/n R = r/n Suma n 1 Frekwencja genów w populacji   A  p                  p + q = 1 (100 %)  a  q p =  (2 * d  + h  ) / 2n = D + 1/2H q =  (2 * r  + h  ) / 2n = R + 1/2H Równowaga genetyczna AA  p² Aa   2pq  aa   q² H² = 4DR   czy populacja jest w równowadze genetycznej?          = (tak)                      =/= (nie)              Prawo Hardy'ego-Weinberga  - Duża losowo kojarzona populacja, w której nie działają  czynniki zmieniające frekwencję genów, pozostaje w równowadze genetycznej, a frekwencje  genotypów są równe odpowiednio p ²,2pq,q². Kojarzenie losowe (panmiksja)  - swobodne, losowe kojarzenie osobników danej populacji.  Każdy z osobników ma jednakową szansę stania się partnerem innego. 1)  W stadzie kur składającym się z 1800 osobników stwierdzono 900 ptaków o upierzeniu  szurpatym, 300 - o słabo szurpatym i 600 - o upierzeniu normalnym. Typ upierzenia wyznacza jedna   para genów: S , s i dziedziczy się on według typu zea . Homozygoty ss będą miały upierzenie  normalne, homozygoty SS - szurpate, a heterozygoty Ss - słabo szurpate. Oblicz frekwencje genów i  genotypów. Sprawdź, czy stado to znajduje się w stanie równowagi genetycznej pod względem typu  upierzenia. Liczebność: n = 1800   d = 900 h = 300 r = 600 Frekwencja alleli: (S) p=0,5+0,5*0,167=0,5835   (s) q=0,4165 Frekwencja genotypów: D =900/1800 = 0,5   H=300/1800=0,167   R=600/1800=0,333 Stan równowagi genetycznej: (?) H ²= 4DR    (0,167)²=4*0,5*0,33   0,0289 =/= 0,666 \/  Takie frekwencje powinny być, a takie są \/ D’=p ² =0,5835 ² =0,341 D=0,5 – za dużo H’=2pq=0,486 H=0,167 – za mało R’=q ² =0,173 R=0,333 – za dużo 2) Zakupiono 1500 kur andaluzyjskich, wśród których było 300 ptaków niebieskich, 600 czarnych i  600 białych. Barwa upierzenia tych kur wyznaczana jest parą genów A, a i dziedziczy się według  typu zea , co oznacza, że osobniki o genotypie AA są czarne, aa - białe, a heterozygoty - niebieskie.  Oblicz frekwencje genów i genotypów. Sprawdź, czy zakupiona stawka kur znajduje się w stanie  równowagi genetycznej pod względem barwy upierzenia.  Liczebność: n = 1500  d, r = 600 h =  300  Frekwencja genotypów: D =0,4   H=0,2  R=0,4 Frekwencja alleli: (A) p=0,5  (a) q=0,5 Stan równowagi genetycznej: (?) H ²= 4DR    0,04=/= 0,5 \/  Takie frekwencje powinny być a takie są \/ D’=p ² =0,25 D=0,4 – za dużo H’=2pq=0,5 H=0,2 – za mało

(…)

… to 0bliczamy
testem statystycznym X² (chi²)
3) W populacji lisa polarnego frekwencja genu B wyznaczającego niebieską barwę futra wynosi
0.4, a genu b wyznaczającego barwę białą 0.6. W próbie liczącej 100 osobników stwierdzono 15
lisów o genotypie BB, 50 - o genotypie Bb i 35 - o genotypie bb. Czy frekwencje te są zgodne z
oczekiwanymi (wykorzystaj test X2)?
Liczebność:
n = 100
d = 15
h = 50
r = 35
Frekwencja
genotypów:
D = 0,4
H = 0,2
R = 0,4
Frekwencja alleli:
(B) p = 0,4
(b) q = 0,6
Stan równowagi genetycznej
p²= 0,25
2pq= 0,5
q²= 0,25
Wnioskowanie statystyczne: (założenie)
1. Hipoteza
Ho: P(B) = 0,4
H1: P(B) =/= 0,4
2. Poziom istotności (założenie jak bardzo mogą się pomylić)
α = 0,05
3. Przeprowadzenie testu
X2= [(n1-N1) 2/ N1]+ [(n2-N2) 2/ N2]+ [(n3-N3) 2/ N3] (trzy ułamki bo są 3 gr. osob np.
AA,Aa,aa)
n…
... zobacz całą notatkę



Komentarze użytkowników (0)

Zaloguj się, aby dodać komentarz