Genetiktutorium - Alle Aufgaben mit Lösungen PDF

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Alle Lösungen incl. Aufgaben...

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Bemerkungen: Blau markiert sind die Antworten/Lösungswege zu den Fragen Hellblau: immer gut (zum Verständnis) im Hinterkopf zu behalten; auch wenn man es zum Bestehen nicht wissen muss. Unterstrichen sind je nach Art der Aufgabe entweder die finale Antwort (in Gleichungen stattdessen fett) oder bestimmte Schlüsselwörter, die in der Antwort auf jeden Fall erwähnt sein sollten (besonders, wenn man auf eine gute Note aus ist). Für einige Aufgaben lag, weil sie bereits in Vorlesungen oder in früheren Übungsklausuren vorkamen, Antworten direkt von Prof. Johannes vor; diese sind rot markiert (damit ihr ein besseres Gefühl davon bekommt, wie er die Antworten erwartet). Inhaltsverzeichnis Aufgabenteil I

1

Aufgabenteil II

5

Aufgabenteil III

11

Aufgabenteil IV

18

Aufgabenteil V

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ÜBUNGSKLAUSUR

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VIEL ERFOLG BEI DEN MODULPRÜFUNGEN!!!

Aufgabenteil I 1) Erklären Sie die Rolle, die die folgenden Zell-Bestandteile bei der Lagerung, Expression oder Transmission genetischer Information spielen: a) Chromatin Lagerung: beinhaltet die DNA, stabilisiert in (2x so hohem) Proteinanteil (Chromatin ≠ nur DNA!!!) Expression: Chromatin nicht zufällig angeordnet – Position des Locus kann Expression regulieren (relative Position im Nucleus, ebenfalls nähe zu regulatorischen Einheiten wie Enhancer und Silencer). Darüber hinaus Kondensation zu transkriptiv aktivem Euchromatin (und nicht-aktivem; auch Euchromatin muss u.A. durch Öffnen der Histon-Kernkörper zu Lexosomen aktiviert werden) und transkriptiv nicht-aktivem heterochromatin. (Epigenetische Regulation könnte hier wohl auch erwähnt). Transmission: Kondensation zu Metaphasechromosomen ermöglicht Segregation der Chromatiden in Anaphase und somit die gleiche Verteilung der genetischen Information. b) Nucleolus Lagerung und Expression vieler Ribozyme und nicht-kodierender (regulatorischer) RNAs (rRNA, tRNAs, Telomerase). Als nicht durch Membran, sondern Phasentrennung begrenztes Organell. 10 Gen-Cluster, die an ihren 10 respektiven Chromosomen nahe den Telomeren positioniert sind. In Interphase bilden alle einen Nucleolus, segregieren aber in Mitose zusammen mit restlichem kondensiertem Metaphase-Chromosom. c) Ribosom L: (es könnte höchstens soetwas erwähnt werden wie: sie sind für die Expression aller an Lagerung beteiligten Proteine notwendig, wie z.B. Chromatin-Remodelling Complexes – CRCs – oder Scaffold-Proteine; aber eigentlich so ziemlich nichts) E: Notwendig für Translation der mRNA-Sequenz in Aminosäuresequenz eines Peptids (alternativ eigene Expression; s. Nucleolus). T: (Expression aller an Transmission beteiligten Proteine?) d) Mitochondrien L: eigenes Genom aus mitochondrieller DNA (mtDNA). E: eigene Expression mit prokaryontischen Ribosomen (s. Endosymbionten-Hypothese) (wobei alles durch neue Erkenntnisse über Gen-Transfer aus Plastiden-Genomen in die Wirtskerne in der Evolution verkompliziert wird). T: Durchlaufen Teilung (mitochodrial fission) und Fusion untereinander; werden so auf Tochterzellen verteilt. (ATP-Synthese für alle in Lagerung, Expression und Transmission beteiligten ATP-abhängigen Enzyme) e) Centriol L u. E: eigentlich keine; wird ja erst für die Mitose synthetisiert. T: Microtubule Organizing Center, bildung des Spindelfaser-Apparats für Segregation der Chromosomen zu den Polen. f) Centromer L: keine besondere Funktion. Höchstens: urch besondere Histonvarianten markiert. E: keine besondere Funktion. T: Ansatzpunkt für Kinetochore. Hier setzen Spindelfasern an für Chromosomensegregation.

1

2) Beschreiben Sie die verschiedenen Eigenschaften des Doppelhelixmodells der DNA von Watson und Crick. - zwei antiparallele (3‘-5‘-Direktionalität, hängt mit Cs der Ribose zusammen) Doppelhelices - Polymer aus Nukleotiden = durch Phosphodiester-Bindungen verknüpfte 2‘-Desoxyribose, an die eine der vier Basen (Ribose + Base = Nukleosid) über glykosidische Bindung angebracht ist:

Zwei Wasserstoffbrückenbindungen Drei Wasserstoffbückenbindungen

Pyrimidin Thymin (T)

Purin Adenin (A)

(Nukleosid: Thimidin)

(Nukleosid: Adenosin)

Cytosin (C)

Guanin (G)

(Nukleosid: Cytidin)

(Nukleosid: Guanosin)

Ein Ring

Zwei Ringe

T=A C≡G Chargaffsche Regel regelmäßige Struktur Folgen

+ als

- Durch Bindungswinkel ergeben sich große und kleine Furche (major/minor groove). - 2nm Durchmesser - 3,4 nm pro Windung, 10 bp pro Windung  0,34 nm pro planar gestapelte Base 3) Das Genom der Taufliege Drosophila melanogaster besteht aus ungefähr 1,6*108 Basenpaaren. Die DNA-Synthese läuft mit einer Geschwindigkeit von 30 Basenpaaren pro Sekunde ab. Im frühen Entwicklungsstadium des Embryos wird das gesamte Genom in fünf Minuten repliziert. Wieviele bidirektionale Ursprünge der Synthese der sind erforderlich, um diese Meioseleistung zu vollbringen? 1,6 ∗ 108 𝑏𝑝 : 2 (𝑅𝑖𝑐ℎ𝑡𝑢𝑛𝑔𝑒𝑛, 𝑤𝑒𝑖𝑙 𝑏𝑖𝑑𝑖𝑟𝑒𝑘𝑡𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙) ∶ 300 𝑠 = 8,8 ∗ 103 𝑏𝑝 30 𝑠 4) Bei Experimenten mit sich wiederholenden Copolymeren baut AC... Threonin und Histidin ein, CAACAA... baut Glutamin, Asparagin und Threonin ein. Welches Triplett kann man eindeutig Threonin zuordnen? (Diese Aufgabe ist ohne Code-Sonne zu lösen!!!) - A.C.A.C.A.C.A.C.A.C.A.C.A.C.A.C.A.C - A.C.A.C.A.C.A.C.A.C.A.C.A.C.A.C.A.C  ACA und CAC

- C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A - C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A  CAA - C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A  AAC - C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A.C.A.A  ACA ACA einziges Trinukleotid, das auch im anderen Copolymer vorkommt  muss Aminosäure kodieren, die in beiden Experimenten eingebaut wird (Threonin).

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5) Man führt ein Copolymerexperiment mit Polynucleotidphosphorylase durch. Um synthetische Copolymere zu erstellen, setzt man 3/4 G:1/4 C zu. Die resultierende Aminosäurezusammensetzung des neuen Proteins sah folgendermaßen aus: Glycin 36/64 (56 %) Alanin 12/64 (19%) Arginin 12/64 (19 %) Prolin 4/64 (6%) a) Geben Sie den Prozentsatz (oder Anteil an, mit dem jedes mögliche Codon in der Nachricht vorkommt. Wahrscheinlichkeit, dass G eingebaut wird: ¾ Wahrscheinlichkeit, dass C eingebaut wird: ¼ So ergibt sich für:

GGG: ¾∗¾∗¾ = 27/64 GGC: ¾∗¾∗¼ = 29/64 GCG: ¾∗¼∗¾ = 29/64 GCC: ¾∗¼∗¼ = 23/64 CGG: ¼∗¾∗¾ = 29/64 CGC: ¼∗¾∗¼ = 23/64 CCG: ¼∗¼∗¾ = 23/64 CCC: ¼∗¼∗¼ = 21/64 b) Betrachten Sie die Wobble-Hypothese und geben Sie an, welche mögliche spezifische Codonbedeutungen Sie erwarten. (Diese Aufgabe ist ohne Code-Sonne zu lösen!!!) Häufigste Aminosäure wird mit 36/64 > 27/64  es müssen also mehr als ein Polynukleotid eine Aminosäure kodieren. Wobble-Hypothese  Varianz muss wenn dann im dritten Nukleotid zu finden sein; z.B. GGG und GGC redundant: GGG + GGC = 27/64 + 9/64 = 36/64  Glycin CCC + CCG = 21/64 + 3/64 = 24/64  Prolin Da GCG + GCC = CGC + CCGG = 12/64 = Alanin = Arginin (???), können für diese vier Trinukleotide und zwei Aminosäuren keine Beziehungen geschlossen werden. 6a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass eine Pflanze des Genotyps CcWw von elterlichen Pflanzen mit den Genotypen CcWw und Ccww abstammen kann. CW Cw cW cw Cw CCWw CCww CcWw Ccww cw CcWw Ccww ccWw ccww = 2/8 = 1/4 Um Zeit zu sparen und Punnett-Schemata zu meiden: Wenn Gene ungekoppelt sind (unabhängig voneinander segregieren; p(A,B) = p(A)∗p(B)), kann Vererbung jedes Gens einzel betrachtet werden: Cc x Cc und Ww x ww. 1. Im ersten Falle folgt die Aufspaltung Mendel II  p(Cc) = 2/4 = 1/2 2. Im zweiten eher der Rückkreuzung oder einer Testkreuzung  p(Ww) = 1/2 (da der eine Elter sowieso nur das rezessive Allel weitergibt, hängt die Wahrscheinlichkeit von dem heterozygoten ab, der jedes Allel mit 50 %-iger Wahrscheinlichkeit weitergibt. Aus 1. und 2. folgt p(CcWw) = 1/2 ∗ 1/2 = ¼ (bzw. 2/4 ∗ 1/2 = 2/8)

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b) Aus seiner anderen Kreuzung, bei der Elternpflanzen eines unbekannten Genotyps und Phänotyps mitwirken, erhielten wir folgende Nachkommen: 3/8 voll, rund (C-W-) 3/8 voll, runzlig (C-ww) 1/8 eingeschnürt, rund (ccW-) 1/8 eingeschnürt, runzlig (ccww) Bestimmen Sie die Genotypen und Phänotypen der Eltern. Spätestens hier muss man die Gene alleine betrachten: 1. C- : cc = (3/8 + 3/8) : (1/8 + 1/8) = 6/8 : 2/8 = 3 : 1  Mendel II  Kreuzung zweier Heterozygoten 2. W- : ww = (3/8 + 1/8) : (3/8 + 1/8) = 4/8 : 4/8 = 1 : 1  Rückkreuzung/Testkreuzung  Kreuzung eines Heterozygoten mit einem homozygot rezessiven (s. Erklärung zu a). Aus 1. und 2. folgt: CcWw x Ccww 7) Erklären Sie, warum man die Ein-Gen-ein-Enzym-Hypothese heutzutage nicht vollständig akzeptiert. - Bereits mit Ingram (1975) gezeigt: mehrere Polypeptide in einem multimeren Protein  EinEnzym-ein-Polypeptid - Heutzutage aber Definition von Gen deutlich schwieriger. Einfache Gegenbeispiele für beide Hypothesen sind nicht-kodierende RNAs, die keine proteinogene, sondern regulatorische Funktionen haben und somit nicht zu Polypeptiden translatiert werden müssen. - Historisch erwähnenswert: Beadle und Tatum formulierten diese Hypothese 1941, als noch Protein und nicht Nukleinsäure für Träger des Erbmaterials gehalten wurde. Wenn sie also Defizienz eines Proteins als Folge von Mutation in dem entsprechenden Gen interpretierten, hatten sie nicht die DNA-bezogene Vorstellung von Mutationen vor Augen.

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Aufgabenteil II 1) Eine Reihe von Mutationen beim Bakterium Salmonella typhimurium führte zu einem veränderten Nährstoffbedürfnis für das Wachstum; entweder Tryptophan oder einige verwandte Moleküle waren zum Wachstum nötig. Schlagen Sie ausgehend von den hier dargestellten Daten einen biosynthetischen Weg für Tryptophan vor: Nährstoffzusatz Mutante Minimalmedium Anthranilsäure Indolglycerinphosphat Indol Tryptophan trp-8 + + + + trp-2 + + + trp-3 + + trp-1 + Da trp-8-Mutante z.B. erst ab Zugabe von Anthranilsäure wachsen kann, muss das Produkt von trp-8 entweder selbst als Vorläufer dienen oder die Verstoffwechselung zu den Nährstoffzusätzen ermöglichen, die für das Überleben der Mutante ausreichen. Da trp-2-Mutante auch bei Zugabe von Anthranilsäure nicht wachsen kann, muss eine im Stoffwechselweg später stattfindende Verstoffwechselung betroffen sein. Da die Mutante ab Zugabe von Indolglycerinphosphat wächst, muss trp-2 also für die Verstoffwechslung von Anthranilsäure zu Indolglycerinphosphat codieren. Dieser Logik folgend ergibt sich folgender biosynthetische Weg (wobei die Rolle von trp-8 unklar ist): trp−8

Vorläufer →

trp−2

Anthranilsäure →

trp−3

Indolglycerinphosphat →

trp−1

Indol →

Tryptophan

2) Ein Hund mit den Allelen B- und E- ist Schwarz. Ein Hund mit den Allelen bb und E- ist braun. Ein Hund mit den Allelen ee ist gelb, unabhängig von seinen Bb-Allelen. Wie sind die Genotypen und Phänotypen der F1-Generation bei einer Kreuzung zweier doppelt heterozygoter Hunde? Und die Phänotypen der Parentalgeneration? Epistase: E-Gen superveniert B-Gen, Eltern (BbEe) wären somit schwarz

BE Be bE be

BE BBEE BBEe BbEE BbEe

Be BBEe BBee BbEe Bbee

bE BbEE BbEe bbEE bbEe

be BbEe Bbee bbEe bbee

Auch hier lässt sich, wenn nur nach Phänotyp gefragt, Punnett vermeiden: bei Ee x Ee werden (Mendel II) 1/4 der Nachkommen homozygot rezessiv und somit gelb, egal welche Allele in B vorliegen. Für die restlichen 3/4, die überhaupt Farbe bilden können (weil sie mind. ein dominantes E-Allel haben) gilt nun für B Mendel II: 3/4 tragen mindestens ein dominantes BAllel und sind somit schwarz, während 1/4 homozygot rezessiv ist und braun wird. Da das aber nur für die 3/4 gilt, die ein dominantes E tragen, sind 3/4 ∗ 3/4 = 9/16 schwarz 3/4 ∗ 1/4 = 3/16 braun 1/4 ∗ 4/4 = 4/16 gelb 5

3) Sie untersuchen ein E. coli Gen, das für ein Protein kodiert. Ein Teil der Proteinsequenz ist: a) Ala – Pro – Trp – Ser – Glu – Lys – Cys – His – Sie habe eine Reihe von Mutanten isoliert und haben folgende Sequenzen erhalten: Mutante b): Ala – Pro – Trp – Arg – Glu – Lys – Cys – His – Mutante c): Ala – Pro Mutante d): Ala – Pro – Gly – Val – Lys – Asn – A) Was ist die molekulare Basis für jede Mu (Sequenzveränderung (von – zu) Art der Mutation)? B) Wie lautet unter Einbeziehung Ihrer abgeleitete Sequenzen (Tabelle) die DNA-Sequenz des wild-typ Proteins (a)? Geben Sie alle möglichen Sequenzvarianten an. Aus a) und der Code-Sonne folgt folgende Nukleotid-Sequenz 5‘-GCN-CCN-UGG-AGY/UCN-GAR-AAR-UGY-CAY-3‘ Wobei: N = Nukleotid (A, C, G oder U) R = Purinbase (A oder G) Y = Pyrimidinbase (C oder U) b) Muss Punktmutation sein, da nur eine Aminosäure betroffen. Substitution Ser (AGY/UCN)  Arg (CGN oder AGR): zwei alternative Substitutionen möglich: AGY  AGR oder AGY  CGY (in jedem Fall Transversion) c) Nonsense-Mutation: Trp (UGG)  Stopp (UGA oder UAR) entweder Substitution (Transition) (UGG  UGA oder UGG  UAG) oder Deletion eines Gs in diesem Trinukleotid: (UGG-AGY  UGA-GYG... bzw. UGG-AGY  UGA-GYG...) d) Muss Leserasterverschiebung sein, da gleich mehrere Aminosäuren substituiert. Allerdings Cys-His wiederhergestellt: Deletion + Insertion: Trp-Ser-Glu-Lys (UGG-AGY-GAR-AAR)  Gly-Val-Lys-Asn (GGN-GUN-AAR-AAY) Zwei alternative Deletionen möglich: CCN-UGG-AGY...  CCU-GGA-GUN... bzw. CCN-UGG-AGY...  CCN-GGA-GUN Zwei alternative Insertionen möglich (beachte, dass nun die Sequenz nach der Deletion unser Ausgangspunkt ist: GUN-AAA-AAU-GYC-AY  GUN-AAA-AAY-UGY-CAY bzw. GUN-AAA-AAU-GYC-AY  GUN-AAA-AAU-UGY-CAY Aus der neuen Sequenz in b) und d) lassen sich so einige Basen erschließen, deren Positionen vorher nur mit N, R oder Y beschrieben werden konnten: 5‘-GCN-CCN-UGG-AGU-GAA-AAA-UGY-CAY-3‘ 6

4) Man weiß, dass drei sich unabhängig verteilende Gene den biochemischen Weg steuern, der in einer hypothetischen Pflanze die Grundlage für die Blütenfarbe liefert: 𝐴−

𝐵−

𝐶−

𝑓𝑎𝑟𝑏𝑙𝑜𝑠 → 𝑔𝑒𝑙𝑏 → 𝑔𝑟ü𝑛 → 𝑏𝑢𝑛𝑡𝑒 𝐵𝑙ü𝑡𝑒𝑛𝑏𝑙ä𝑡𝑡𝑒𝑟 Es sind homozygote rezessive Mutationen bekannt, die jeden Schritt unterbrechen. Bestimmen Sie die Phänotypen der F1- und F2-Generationen, die aus den Kreuzungen von P1 mit reinerbigen Pflanzen hervorgehen: a) bunte Blütenblätter (AABBCC) x gelb (AabbCC) F1: alle bunt (A-BbCC) F2: Wenn P: AA x A-: 1/4 gelb (A-bbCC) 3/4 bunt (A-B-CC) Wenn allerdings P: Aa x Aa: 1/4 = 4/16 farblos (aa--CC) 3/4 ∗ 1/4 = 3/16 gelb, (A-bbCC) 3/4 ∗ 3/4 = 9/16 bunt (A-B-CC) (vgl. II.2) b) gelb (AabbCC) x grün (AABBcc) F1: Alle bunt (A-BbCc) F2: Wenn P: AA x A-: 1/4 = 4/16 gelb 3/4 ∗ 1/4 = 3/16 grün 3/4 ∗ 3/4 = 9/16 bunt Wenn P: Aa x Aa: 1/4 = 16/64 farblos 3/4 ∗ 1/4 = 3/16 = 12/64 gelb 3/4 ∗ 3/4 ∗ 1/4 = 9/64 grün 3/4 ∗ 3/4 ∗ 3/4 = 27/64 bunt c) farblos (aaBBCC) x grün (AABBcc) F1: Alle bunt (AaBBCc) F2: 1/4 = 4/16 farblos 3/4 ∗ 1/4 = 3/16 grün 3/4 ∗ 3/4 = 9/16 bunt 5) Welche Vorteile brachte Mendels Wahl der Gartenerbse für seine Experimente? - diöke Pflanze  Geschlecht egal  reziproke Befruchtung - nur autosomal vererbte Merkmale betrachtet - zufällig nur Merkmale ungekoppelter (auf unterschiedlichen Chromosomen positionierte – oder aber auch auf dem Chromosom weit genug voneinander entfernte) Gene betrachtet - nur dominant/rezessive oder höchstens intermediäre Erbgänge betrachtet

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6) Bei Drosophila ist die graue Körperfarbe dominant über der elfenbeinfarbigen Körperfarbe, während lange Flügel dominant über verkümmerte Flügel (Stummelflügel) sind. Nehmen wir an, dass die P1-Individuen homozygot sind. Führen Sie folgende Kreuzungen bis zur F2Generation aus und bestimmen Sie für jede Generation das Verhältnis von Genotyp und Phänotyp. e+: graue Farbe e-: Elfenbeinfarbe v+: lange Flügel v-: verkümmerte Flügel (Aa,Bb-Schreibweise für Klausur ebenfalls akzeptiert) a) grau, lang x elfenbeinfarbig, verkümmert P: e+/+ v+/+ x e-/- v-/F1: alle e+/- v+/- (grau, lang) F2: 1/4 ∗ 1/4 = 1/16 e+/+v+/+ 1/4 ∗ 2/4 = 2/16 e+/+v+/1/4 ∗ 1/4 = 1/16 e+/+v-/2/4 ∗ 1/4 = 2/16 e+/-v+/+ 2/4 ∗ 2/4 = 4/16 e+/-v+/2/4 ∗ 1/4 = 2/16 e+/-v-/1/4 ∗ 1/4 = 1/16 e-/-v+/+ 1/4 ∗ 2/4 = 2/16 e-/-v+/1/4 ∗ 1/4 = 1/16 e-/-v-/1/16 + 2/16 + 2/16 + 4/16 = 9/16 grau, lang + 2/16 + 4/16 1/16 + 2/16 = 3/16 elfenbein, lang + 2/16 + 4/16 1/16 + 2/16 = 3/16 grau, verkümmert + 2/16 + 4/16 1/16 + 1/16 = 3/16 elfenbein, verkümmert b) grau, verkümmert x elfenbeinfarbig, lang P: F1:

e+/+ v-/- x e-/- v+/+ alle e+/- v+/- (grau, lang)

F2: s. a), da F1 gleich c) grau, lang x grau, verkümmert P: F1:

e+/+ v+/+ x e+/+ v-/alle e+/+ v+/- (grau, lang)

1 ∗ 1/4 = 1/4 e+/+v+/+ 1 ∗ 2/4 = 2/4 e+/+v+/1 ∗ 1/4 = 1/4 e+/+v-/(da in e sowieso immer das dominante Allel weitergegeben wird, hängt Verteilung der Genotypen einzig von v aus  Mendel II) 1/4+ 2/4 = 3/4 grau, lang + 2/11/4 = 1/4 grau, verkümmert + 2/16 + 4/

F2:

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7) Wieviele verschiedene Gametentypen können von Individuen mit folgenden Genotypen gebildet werden? AaBb 2 ∗ 2 = 4 (AB, Ab, aB und ab) AaBB 2 ∗ 1 = 2 (AB und aB) AaBbCc 2 ∗ 2 ∗ 2 = 8 (ABC, ABc, AbC, Abc, aBC, aBc, abC und abc) AaBBcc 2 ∗ 1 ∗ 1 = 2 (ABc und aBc) AaBbcc 2 ∗ 2 ∗ 1 = 4 (ABc, Abc, aBc und abc) AaBbCcDdEe 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 = 32 Wie sehen die Gameten in jedem Fall aus? Jedes Gen bekommt seinen eigenen Faktor in der Multiplikation. Je nachdem, wieviele verschiedene Allele in diesem Gen codiert sind, ist dieser Faktor 1 (ein homozygoter Genotyp kann nur eine Allelvariante vererben) oder 2 (heterozygot) 8) Rettiche können rot, lila oder weiß blühen. Der genießbare Teil des Rettichs kann länglich oder oval sein. Wenn man nur die Blütenfarbe untersucht, dann ist keine Dominanz erkennbar. Die Kreuzungen rot x weiß bringen lilafarbene Blüten hervor. Wenn man diese F1- lilafarbenen Blüten miteinander kreuzt, dann erhält man bei der F2-Generation folgendes Zahlenverhältnis: 1/4 rot: 1/2 lila : 1/4 weiß. Im Hinblick auf die Rettichform ist lang dominant gegenüber oval, ganz normal den Mendel’schen Gesetzen entsprechend. a) Bestimmen Sie die F1- und F2-Phänotypen aus einer Kreuzung zwischen einem reinerbigen roten, langen Rettich und einem weißen, ovalen Rettich. Stellen Sie sicher, dass Sie zuerst alle Gensymbole definieren. RR: rote Blüte WW: weiße Blüte RW: lilafarbene Blüte F-: lange Form ff: ovale Form P: RRFF x WWff F1: Alle RWFf (lila, lang) F2: 1/4 * 3/4 = 3/16 rot, lang 2/4 * 3/4 = 6/16 lila, lang 1/4 * 3/4 = 3/16 weiß, lang 1/4 * 1/4 = 1/16 rot, oval 2/4 * 1/4 = 2/16 lila, oval 1/4 * 1/4 = 1/16 weiß, oval b) Wir kreuzten eine rote, ovale Pflanze mit einer Pflanze unbekannten Genotyps und Phänotyps. Wir erhielten folgende Nachkommen: 103 rot lang: 101 rot oval 98 violett lang: 100 violett oval Bestimmen Sie den Genotyp und den Phänotyp der unbekannten Pflanze. 1. rot : lila = ca. 1:1  Rückkreuzung/Testkreuzung  RR x RW 2. lang : oval = ca. 1:1  Rückkreuzung/Testkreuzung  Ff x ff 3. ein Elter war rot (RR) und oval (ff) Konklusion: der andere Elter war RWFf (lila, lang) (Vgl. I.6) 9

9) Wieviele Basenpaare befinden sich in einem Molekül des Phagen T2, dessen DNA eine Länge von 52 μm hat? 52 μm/0,34 nm/bp = 52.000 nm/0,34 nm/bp = 52.000/0,34 bp = 152.941,1764...  151.941 bp oder 153 kb 10) Warum ist Oligo-dT ein effektiver Primer für die Reverse-Transkriptase? Ziel der reversen Transkription ist meist das Decodieren einer reifen mRNA, um nur die codierende Sequenz eukaryotischer Gene (ohne Introns, etc.) zu erhalten und diese z.B. in Bakterien (die kein Splice-System haben) zu exprimieren. Da reife mRNAs immer ein Poly-A-Schwanz tragen, kann ein Olido-dT-Primer an diese reife mRNA hybridisieren und die Rücktranskription ihrer Sequenz in DNA einleiten.

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Aufgabenteil III 1) Welche Aufgaben haben Restriktionsenzyme, Vektoren und Wirtszellen bei Untersuchungen mit rekombinanter DNA? Restriktionsenzyme: Achtung, nicht alle Restriktionsenzyme schneiden an ihren Erkennungssequenzen! Aus den drei Typen (I, II und III) schneidet nur Typ II unmittelbar innerhalb der Erkennungssequenz und wird entsprechend in Untersuchungen mit rekombinanter DNA üblicherweise verwendet (die anderen beiden schneiden mehrere bp von der Erken...