Tài liệu Toán sinh học và giải pháp

ư vậy là bất khả thi và không xảy ra trong thực tế. Ngẫu phối ở đây là phép lai nào đó chiếm tỉ lệ nhất định. Ví dụ khi thực hiện giao phối ngẫu nhiên giữa 10 con bò đực và 20 con bò cái, có tất cả là 100 phép lai, trong một 100 phép lai ấy AA x AA chiếm 1% chẳng hạn. Khi xét quần thể về 1 gen có n alen ngẫu phối thì cấu trúc của quần thể sẽ là (a1 + a2 + a3 ++ an)(a1 + a2 + a3 ++ an) = (a1 + a2 + a3 ++ an)2 Khi xét quần thể về n gen ngẫu phối thì cấu trúc của quần thể sẽ là a1a2a3an=Q Quần thể tự phối là giao phối cận huyết hoàn toàn, tức cá thể mang kiểu gen nào thì lai với cá thể mang kiểu gen đó. Quần thể nội phối hiện tại chưa tìm được định nghĩa chính xác, xem thêm tài liệu chuyên sinh học di truyền của tác giả Vũ Đức Lưu Ví dụ một số cấu trúc quần thể đặc biệt Xét gen quy định nhóm máu trong quần thể người có 3 alen là A, B, O Cấu trúc về nhóm máu của quần thể người sẽ là aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a + b + c + x + y + z = 1) Xét 2 gen, mỗi gen có 2 alen lần lượt là A, a và B, b Cấu trúc quần thể ứng với gen 1 là: xAA + yAa + zaa =1 Cấu trúc quần thể ứng với gen 2 là: mBB + nBb + obb = 1 Cấu trúc quần thể khi xét cả 2 gen là: (xAA + yAa + zaa)( nBB + pBb + qbb) = 1 Khai triển ta có cấu trúc quần thể cụ thể, khi quần thể này cân bằng ta có thể biểu diễn kiểu gen theo tần số alen tương ứng. Quần thể cân bằng Một quần thể được coi là cân bằng nếu không có nội phân hoá trong quần thể, tức cấu trúc di truyền của nó ngay tại thời điểm đang xét khi đem cho ngẫu phối thì thu được quần thể con có cấu trúc hoàn toàn giống quần thể ban đầu. Quần thể kiên định Một quần thể được coi là kiên định khi cấu trúc của quần thể không đổi qua các thế hệ. Quần thể bị chọn lọc Quần thể bị chọn lọc là quần thể có sự đào thải kiểu gen hoặc đào thải giao tử, hệ số chọn lọc được kí hiệu là S. Phần còn lại của chọn lọc là phần thích nghi tương đối, giá trị thích nghi thường kí hiệu là W. BIẾN ĐỘNG SỐ LƯỢNG QUẦN THỂ KHÔNG ĐỔI KHÔNG THEO TỈ LỆ Xét (1) quần thể có cấu trúc 1: xAA+yAa+zaa=1 với p=x+y2;q=z+y2 Khi quần thể (1) bị biến động về số lượng khổi đổi không theo tỉ lệ thì ta có cấu trúc (2) như sau: 2: x+dAA+y+eAa+z+faa=1+T Từ đây ta nhận xét thấy rằng quần thể (1) bị tách nhỏ bởi nhóm quần thể T có cấu trúc: 3: dAA+eAa+faa=d+e+f=T với pT=d+e2;q=f+e2 Phân tích cấu trúc quần thể thứ (2) 2⟺x+d1+TAA+y+e1+TAa+z+f1+Taa=1 p1=x+d1+T+12y+e1+T=p+pT1+T p2=p12+d1+T+2p1q1+e21+T=p1+pT1+T=p+pT1+T+pT1+T=p+pT1+T2+pT1+T p3=p+pT1+T3+pT1+T2+pT1+T pn=p1+Tn+pT1+T1+pT1+T2++pT1+Tn =p1+Tn+pT11+T11+Tn-111+T-1 , tổng của cấp số nhân với U1=11+T, q=11+T =p1+Tn+pTT1-11+Tn Từ đây ta có nhận xét rằng, khi quần thể T không đổi qua n thế hệ thì tần số alen của quần thể (1) sẽ tuân thủ theo công thức pn= p1+Tn+pTT1-11+Tn qn=1-pn Thêm vào d,e,f sẽ mang dấu (+), xuất cư giá trị d, e, f sẽ mang dấu (-) TÓM TẮT: BIẾN ĐỘNG SỐ LƯỢNG QUẦN THỂ DỄ HIỂU HƠN Xét quần thể xAA+yAa+zaa=1 AA, Aa, aa có thể giảm xuống hoặc tăng lên ví dụ như nhập cư, xuất cư, chết, không có khả năng sinh sản. v.v. Khi ấy, chúng ta phải xác định tỉ lệ AA, Aa, aa sau biến động. Chết hoặc xuất cư hoặc không có khả năng sinh sản chúng ta sẽ trừ đi, nhập cư chúng ta sẽ cộng thêm. Quần thể sau khi biến động chúng ta có cấu trúc quần thể trước ngẫu phối là: x'AA+y'Aa+z'aa=1 Khi quần thể x'AA+y'Aa+z'aa=1 ngẫu phối chúng ta sẽ có quần thể p2AA+2pqAa+q2aa=1, với p=x'+y'2;q=z'+y2 Biến động số lượng quần thể với cấu trúc biến động không đổi qua n thế hệ Gọi quần thể gốc bị biến động là G: xAA+yAa+zaa=1; quần thể biến động là B:kAA+mAa+naa=B. Sau khi biến động thì tỉ lệ pG, qQ thay đổi dẫn đến tỉ lệ p, q của quần thể kết quả ở thế thệ thứ nhất biến động. Cụ thể ta có: p1=pG+pBpG+pB+qG+qB=pG+pB1+B=pG1+B+pB1+B p2=p1+pB1+B=pG1+B2+pB1+B2+pB1+B1 đặt U=11+B, SUn=UUn-1U-1 ta tổng quát được pn=pGUn+pBSUn qn=1-pn Với biến động số lượng có cấu trúc biến động không đổi qua n thế hệ chúng ta có 2 trường hợp tiêu biểu đó là xuất cư và nhập cư. NHẬP CƯ VỚI SỐ LƯỢNG KHÔNG ĐỔI QUA n THẾ HỆ Với nhập cư đơn thuần ta có M:pm+qm=1 ⟺Bpm+Bqm=B vậy quần thể kết quả nhập cư ở thế hệ thứ n sẽ có cấu trúc pn=pGUn+BpmSUn qn=1-pn nếu khai triển công thức trên ta được công thức công thức quen thuộc pn= pm+p0-pm1-mn với m=BB+1 Xuất cư sẽ trái ngược với nhập cư nên cấu trúc quần thể B sẽ mang dấu (-). CHỨNG MINH KHÁC Ta có công thức biến động số lượng pn= p1+Tn+pTT1-11+Tn qn=1-pn Quần thể nhập cư có cấu trúc pm+qm=1 Do quần thể nhập cư có độ lớn là T nên ta có Tpm+Tqm=T đặt pT=Tpm, m=TT+1⟺1-m=1T+1 thay vào công thức biến động số lượng ta được pn=p. 1-mn+pm1-1-mn=pm+p-pm1-mn Ta có cách chứng minh khác nữa xem thêm ở bên dưới. Giao tử nhập cư (xét nhập cư ở mức độ giao tử) Giả sử xét 2 quần thể Đ (ra đi) và N (nhập cư) có 2 locus gen A, a. Tần số tương đối của A, a theo thứ tự: Đ: pĐ + qĐ = 1, N: pN + qN = 1. Trong điều kiện bất lợi nào đó như thiếu thức ăn chẳng hạn a cá thể của quần thể Đ ra đi và nhập toàn bộ vào b cá thể N, khi đó quần thể mới (quần thể bị di nhập) có p= apĐ+bpĐa+b = apĐ+apN-apN+bpNa+b =pN+ aa+bpĐ-pN =pN- aa+b(pN-pĐ) đặt : m= aa+b , p0=pN, pm=pĐ tần số alen trội của quần bị di nhập (H) là p1 = p0 – mp0 – pm=pm+p0-pm1-m1 p2 = p1 – m(p1 – pm)= p0 + (p0 – pm)[1 – m1 – 1)]=pm+p0-pm1-m2 p3= p0 + (p0 – pm)[1 – m 3 – 1)]= pm+p0-pm1-m3 pn = p0 + p0 – pm1 – m n – 1 =pm+p0-pm1-mn qn=1-pn Tương tự như vậy đối với q ( tức đổi biến p thành q) khi xét q nhập cư Lưu ý, alen nào nhập cư thì tính theo alen đó XUẤT CƯ VỚI SỐ LƯỢNG KHÔNG ĐỔI QUA n THẾ HỆ Ta có công thức tổng quát biến động số lượng quần thể pn= p1+Tn+pTT1-11+Tn qn=1-pn Khi p xuất cư ta có quần thể xuất cư có cấu trúc -pT=-T, (do xuất cư nên T mang dấu âm) thay vào công thức tổng quát ta được pn= p1-Tn-1-11-Tn=p+11-Tn-1 NHẬP CƯ, XUẤT CƯ VỚI TỈ LỆ KHÔNG ĐỔI QUA n THẾ HỆ Nhập cư qua n thế hệ với tỉ lệ không đổi thì tỉ lệ nhập cư sẽ mang dấu dương, tỉ lệ xuất cư sẽ mang dấu âm. Xét quần thể 1: xAA + yAa + zaa = 1 Trong điều kiện khắc nghiệt nào đó, chẳng hạn thiếu thức ăn có kq bị biến động, khi đó quần thể có pmới= pp+mq, đặt k=1-m→m=1-k ta có p1= pp+mq= pm+(1-m)p p2= p1m+1-mp1= pm2+ m1-mp+ (1-m)p p3= p2m+p2(1-m)= pm3+ m21-mp+m1-mp+1-mp pn= pmn+ p1-m(1-mn)1-m= pmnq+p Vậy pn= p(1-k)nq+p với n là số thế hệ, q biến động qn=q(1-k)np+q , p biến động ĐỘT BIẾN Xét quần thể về 1 gen có 2 alen là A, a. Tần số alen tương đối của chúng lần lượt là p0, q0. Trong điều kiện nào đó như bức xạ, tia UV. Làm cho A bị đột biến thuận thành a và a lại đột biến nghịch thành A. Khi đó tần số alen (p, q) sẽ thay đổi tuỳ thuộc vào loại đột biến, cường độ tác nhân gây đột biến. nếu gọi tốc độ đột biến trung bình của A là u, của a là v, giả sử rằng u, v không đổi qua n thế hệ thì ta có các hệ quả sau. Ta sẽ xét cụ thể tường trường hợp bên dưới. do quần thể đột biến có cấu trúc pT+qT=T ⟺ -up+up=T=0 (do p đột biến thành q) với tỉ lệ đột biến u, trong khi đó điều kiện công thức tính biến động số lượng là T ≠0. Vậy nên chúng tâ không thể áp dụng công thức biến động số lượng trong trường hợp này. Ta có cách tìm công thức tổng quát như sau. Đột biến đơn lẻ p1= p0 – up0 = p01 – u1 p2= p11 – u1 = p01 – u2 ⟹pn = p01 – un (pn là tần số alen p thế hệ thứ n) Chứng minh tương tự đối với q, ta tổng quát được công thức sau: pn = p01 – un; đột biến thuận với n là thế hệ thứ n qn = q01 – vn;đột biến nghịch với n là thế hệ thứ n n= lnpnp0ln(1-u) , đối với q thì cũng tương tự Đột biến kép Xét quần thể (K) như trên, nếu xảy ra đồng thời đột biến thuận và nghịch (đột biến kép) khi đó p1=p0-up0+vp0=p01-u+v1+v p2=p11-u+v1+v=p0[1-u+v]2+v1-u+v1+v p3=1-u+v3+v1-u+v2+v1-u+v1+v Nhận thấy ở vế phía sau là tổng của một cấp số nhân với số hạng thứ nhất U1bằng 1 và công bội (q) = [ 1 – (u + v)] Áp dụng công thức Sn=u1qn- 1q-1 Ta được pn=p0[1-u+v]n+ v1-[1-u+v]nu+v] Nếu đặt f = u + v ta thu được pn=p0[ 1-f]n+ v1- [1-f]nf qn=1-pn Biến động số lượng quần thể với tỉ lệ không đổi qua n thế hệ Cấu trúc quần thể biến động thay đổi qua n thế hệ thường gặp là chọn lọc, khả năng sống, khả năng thích nghi, khả năng sinh sản vv, ở dạng toán này hiện tại chưa tổng hợp được công thức tổng quát, ta có thể tìm được một vài dạng đặt biệt. Xét quần thể gốc có cấu trúc G: p2AA+2pqAa+q2aa=1. Khi quần thể này bị chọn lọc với áp lực tương ứng là S1, S2, S3 khi đó cấu trúc của quần thể sẽ là: p21 – S1AA + 2pq1 – S2Aa + q2 1 – S3aa = 1-(S1+S2+S3) Khi AA không có khả năng sinh sản ta có S1=1, S2=S3=0 ta có p1= pqq2+ 2pq= p1+p p2= p1+2p pn= p1+np Tương tự khi aa không có khả năng sinh sản S3 = 1, S2 =S1= 0 ta có qn= q1+nq Khi Aa không có khả năng sinh sản ta có S2 = 1, S3 =S1 = 0 p1= p2p2+ q2 p2= (p1)2(p1)2+ (q1)2= p4p4+ q4 ..... pn= p2np2n+ q2n limn⇒ +∞pn=0 khi p<q limn⇒ +∞pn=1 khi p>q CÂN BẰNG KHI BỊ CHỌN LỌC KIỂU GEN Quần thể bị biến động di truyền bởi các nhân tố như chọn lọc tự nhiên, đột biến, nội phối vv làm cho tần số alen hoặc tần số kiểu gen thay đổi, quần thể đạt trạng thái cân bằng khi và chỉ khi cấu trúc quần thể mẹ giống với cấu trúc quần thể con và cả hai quần thể này đều ở trạng thái cân bằng. Giả sử quần thể P: xAA + yAa+ zaa = 1, quần thể này bị chọn lọc sau đó ngẫu phối nên ta có quần thể F1: p2(AA) + 2pq(Aa) + q2(aa) = 1. Quần thể F1 trước khi ngẫu phối sẽ bị chọn lọc, cấu trúc quần thể khi bị chọn lọc như sau: p21- S’1AA+2pq1 – S’2Aa+ q21- S’3aa = p21 –S’1+ 2pq1 –S’2+ q2(1 – S’3) thu gọn ta có: p2W1(AA) + 2pqW2 + q2W3aa = p2W1 + 2pqW2 + q2W3 hay F'1: p2W1AAp2W1+2pqW2+q2W3+ 2pqW2Aap2W1+2pqW2+q2W3+ q2W3aap2W1+2pqW2+q2W3=1 Quần thể F’1 tiếp tục ngẫu phối sinh ra thế thế F2, quá trình này cứ thế tiếp tục diễn ra đến thế hệ F3, F4, ...,Fn. Quần thể đạt cân bằng khi qua ngẫu phối cấu trúc quần thể Fn giống như quần thể F1, khi đó tần số alen của F1 không thay đổi, suy ra ta có đẳng thức: p=p2W1+pqW2p2W1+2pqW2+q2W3 p∈0:1 (1) đặt A=W1W2, B=W3W2 ⟺ S1=1-A, S2=1-B 1⇔p2A+pqp2A+2pq+q2B=p ⇒pA+q=p2A+2pq+q2B ⇔p2A+B-2+ p3-2B-A+ B-1=0 ∆ =3-2B-A2- 4A+BB-1=A-12>0 ⇒phương trình luôn có nghiệm p=-3+2B+A+A-12A+B-2= 1 loại hoặc p=B-1A+B-2=1-B1-A+1-B=S2S1+S2 điều kiện 0<S2S1+S2<1 Ta có 00 vàS1S1+S2>0 ⇒S1,S20 ⇒p= S2S1+S2 (S1,S20) Khi S1,S2 1 điều này đồng nghĩa với W1,W3 > W2 vậy chọn lọc xảy ra theo hướng phân hoá, và khi đó quần thể có khả năng đạt trạng thái cân bằng. Khi S1,S2 >0 ta có A,B < 1điều này đồng nghĩa với W1,W3 < W2 vậy chọn lọc xảy ra theo hướng kiên định, và khi đó quần thể có khả năng đạt trạng thái cân bằng. Khi S1 hoặc S2 = 0 thì quần thể cũng không đạt trạng thái cân bằng. Tóm lại: chọn lọc kiên định và phân hoá có khả năng làm cho quần thể đạt trạng thái cân bằng, khi đó ta có thể xác định được tần số alen tương đối trong quần thể, còn chọn lọc vận động không làm cho quần thể đạt trạng thái cân bằng. Tóm tắt quần thể cân bằng khi bị chọn lọc Nếu quần thể xAA+yAa+zaa=1 có hệ số chọn lọc là SAAAA:1Aa:Saaaa, khi quần thể cân bằng thì p=SaaSAA+Saa, q=1-p CÂN BẰNG CHỌN LỌC GIAO TỬ Alen trội tăng lên với áp lực đột biến nghịch v, bị giảm đi với đột biến thuận u và bị chọn lọc với tần số S. Quần thể cân bằng khi p, q không thay đổi tức: tần số alen trội tạo ra bằng tần số alen trội bị đào thải hay: vq=pS+up⇔p=vu+v+S q=1-p THỜI GIAN CÂN BẰNG KHI BỊ CHỌN LỌC Ở QUẦN THỂ KIÊN ĐỊNH Xét quần thể có cấu trúc di truyền như sau xAA + yAa + zaa = 1 (kiên định theo áp lực chọn lọc) Quần thể này bị chọn lọc có giá trị lần lượt S1, S2, S3 tương ứng với AA, Aa, aa. Giả sử quần thể ban đầu không thay đổi, quần thể sau khi bị chọn lọc không thay đổi theo S, quần thể đạt trạng thái cân bằng ở thế hệ thứ n khi và chỉ khi x1-S1nz(1-S3)n= y2(1-S2)2n4 ⇒ 4xzy2= 1-S221-S21-S2n đặt K=1-S221-S11-S3=W22W1W3=1AB với A=W1W2 và B=W3W2 ta có 4xzy2= Kn⇒n= ln4xzy2lnK Điều kiện 4xz,y2>0 và K>0 thì quần thể đạt trạng thái cân bằng khi bị chọn lọc GIAO PHỐI KHÔNG NGẪU NHIÊN Tự phối xét quần thể có cấu trúc di tryền xAA + yAa + zaa = 1 xảy ra tự phối, khi đó quần thể có cấu trúc mới như sau: x+ y- y2n2AA+ y2nAa+ z+ y- y2n2aa=1 Chú ý p = const, q = const sau n thế hệ tự phối (BẠN ĐỌC TỰ CHỨNG MINH) PHẦN THAM KHẢO THÊM (CÓ THỂ KHÔNG CHÍNH XÁC) Xét quần thể có cấu trúc xAA + yAa + zaa = 1 xảy ra tự phối với tỉ lệ lần lượt là f1, f2, f3 khi đó quần thể gốc sẽ tạm thời chia ra làm 2 nhóm nhỏ đó là nhóm tự phối và nhóm giao phỗi ngẫu nhiên. nhóm giao phối ngẫu nhiên : x(1 – f1)AA + y(1 – f2)Aa + z(1 – f3)aa (1). Nhóm này sẽ đạt trạng thái cân bằng di truyền nên có cấu trúc là: p2(AA) + 2pq(Aa) + q2(aa) = 1 nhóm tự phối: xf1AA + yf2Aa + zf3aa (2). Cấu trúc nhóm này qua 1 thế hệ sẽ là kAA + mAa + naa = 1 cấu trúc chung của quần thể là hợp 2 nhóm quần thể lại hay lấy nhóm quần thể 2 nhập cư toàn bộ vào nhóm quần thể 1 Nếu f1 = f3 = 1 ta có 2 nhóm nhỏ như sau y(1 – f2)Aa (1) ngẫu phối, do ở đây chỉ có 1 kiểu gen day nhất ta có thể xem như chúng tự phối) xAA + yf2Aa + zaa (2) tự phối gộp 2 nhóm nhỏ này lại ta thấy chúng tự phối, tương tự như trên qua n thế hệ ta có cấu trúc quần thể thế hệ thứ n như sau. x+ y1- 1-fn2AA+ y1-fnAa+ z+ y1- 1-fn2aa=1 NỘI PHỐI Tham khảo thêm phần phụ lục (tham khảo thêm trong sách di truyền dành cho học sinh chuyên của tác giả Vũ Đức Lưu) CẤU TRÚC GEN LIÊN KẾT GIỚI TÍNH Cấu trúc di truyền giới dị giao (XY) Nếu 1 gen có n alen liên kết trên NST X không alen tương ứng trên Y thì ta có cấu trúc di tryền sau: Xa1Y + Xa2Y ++XanY = 1 Nếu 1 gen có n alen liên kết trên NST X có alen tương ứng trên Y thì ta có cấu trúc di truyền sau: Xa1Ya1 + Xa2Ya2 ++XanYan = 1 Nếu có nhiều gen liên kết với nhiễm sắc thể X không hoặc có alen tương ứng trên Y thì cấu trúc chung của quần thể bằng xác suất chung giữa chúng, tức (A)(B)(N) = 1 Cấu trúc di truyền giới đồng giao (XX) Ta có thể xem NST là NST thường vì chúng có cấu tạo gồm 2 chiếc giống nhau, mọi quá trình đều giống như NST thường nhưng chỉ khác nhau ở chức năng giữa chúng. Cũng chính vì vậy cấu trúc di truyền của quần thể khi các gen liên kết chúng giống như các gen đó liên kết với NST thường. Cấu trúc di truyền của quần thể khi gen liên kết với giới tính Xét 1 gen có 2 alen A, a nằm trên NST giới tính X không có alen tương ứng trên Y có tần số alen tương ứng là p, q. Gọi pc, pd lần lượt là tần số alen tương ứng của alen trội của giới cái XX và đực XY; qc, qd lần lượt là tần số alen lặn ở giới cái và đực, giả sử quần thể này đang cân bằng khi đó ta có cấu trúc quần thể cái, đực như sau: XX:pc2XAXA+2pcqcXAXa+qc2XaXa=1; XY:pdXAY+qdXaY=1 cho quần thể trên ngẫu phối pcXA+qcXapd2XA+qd2Xa+pd+qd2Y=1 XX: pcpd2XAXA+pcqd+pdqc2 XAXa+qcqd2XaXa=12 ⇒pc1=pcpd+pcqd+pdqc2=pc+pd2 XY:pcY+qcXaY=1 ⇒ pd1=pc tương tự như vậy ta tổng quát được pcn=pcn-1+pdn-12 pdn=pcn-1 cho n nhận 1 vài giá trị đầu ta có: pc1=12pc+12pd pc2=pc1+pd12=pc+pd2+pc2=34pc+14pd pc3=58pc+38pd pc4=1116pc+516pd pc5=2132pc+1132pd pc6=4364pc+2164pd nhận thấy mẫu số ở phần cái tuân theo 2n với n là số thứ tự của thế hệ nhận xét dãy số phần tử của hạng tử chứa pc: n=1:1=1 n=2:3=21+1 n=3: 5=22+1 n=4:11=21+23+1 n=5: 21=22+24+1 n=6:42=21+23+25+1 nhận thấy dãy số có công bội q=22 khi n chẵn ta có các dãy số n=2: 3=21+1 n=4:11=21+23+1 n=6:43=21+23+25+1 ta có 21+23+25++22k+1=222p-122-1=222p-13 (k,p⋲N,p≠0) ⇒Snchẵn=22n-13=2n+1+13 khi n lẻ ta có n=1:1=1 n=3:5=22+1 n=5:21=22+24+1 ta có 22+24+26+28++22k=2222p-122-1=2222p-13 (k,p ⋲N*) ⇒Snlẻ=222n-1-13+1=2n+1-13 từ đó pnchẵn=2n+1+13.2npc+2n-2n+1+132npd=2n+1+13.2npc+2n-13.2npd =23pc+13-12npc+13pd-13-12npd=23pc+13pd+13-12npc-pd do n chẵn nên 12n=-12n pnlẻ=2n+1-13.2npc+2n-2n+1-133.2npd=2n+1-13.2npc+2n+13.2npd =23pc+13-12npd+13pd+1312npd=23pc+13pd+13-12npc-pd do n lẻ nên -12n=-12n nhận thấy kết quả pnchẵn tương tự như pnlẻ vậy ta có công thức tổng quát pcn=23pc+13pd+13-12npc-pd pdn=pcn-1 limn→+∞pcn=23pc+13pd Trường hợp gen có 2 alen thuộc NST X có alen tương ứng trên Y Cấu trúc quần thể ở giới cái tương tự như trên, ở giới đực ta có: mXAYA+nXAYa+kXaYA+tXaYa=1 tần số alen A thuộc X là:m2+n2 , của a thuộc X là k+t2 nếu ta lấy tổng của chúng ta cóm+n+k+t2=0,5 nhận thấy tổng là 1 hằng số chuẩn hoá tần số alen của A và a sao cho tổng của chúng bằng 0,5, khi đó gọi a là tần số alen A thuộc X, b là tần số alen a thuộc Y ta có ngay a+b=0,5 tương tự như vậy gọi c là tần số alen A thuộc Y, d là tần số alen a thuộc Y ta cũng có c+d=0,5 cho 2 quần thể trên ngẫu phối ta có đẳng thức sau p+qa+b+c+d=1 sau khi tính toán và rút gọn như trên ta có pc1=pc2+122pdX pd1X=pc2,p1Y=c từ đây dễ dàng ta có pcn=23pc+13pd+13-12npc-2pdX pdnX=pcn-12, pdnY=c TÓM TẮT Xét 1 gen 2 alen A, a thuộc NST X không alen trên y có tần số p, q. Khi quần thể cân bằng khi truyền ta có: pcn=23pc+13pd+13-12npc-pd pdn=pcn-1 limn→+∞pcn=23pc+13pd Xét 1 gen 2 alen A, a thuộc NST X có alen trên Y với tần số p, q. Khi quần thể cân bằng khi truyền ta có: pcn=23pc+13pd+13-12npc-2pdX pdnX=pcn-12, pdnY=c CẤU TRÚC GEN LIÊN KẾT NST THƯỜNG khi gen liên kết NST thường có phân biệt đực cái thì ta có phần đực là pđ + qđ = 1 ; phần cái là pc + qc = 1 khi đó cấu trúc chung của quần thể là (pđ + qđ)(pc + qc) = pđpc(AA) + (pđqc + pcqđ)(Aa) + qđqcaa = 1 Khi thế hệ ngẫu phối giữa đực và cái lớn thì ta có p=pđ+pc2 Chu kì bán rã Mn=M02n , Mn lượng chất còn lại ở chu kì thứ n, M0 lượng chất ban đầu, n là chu kì KIỂU GEN VÀ KIỂU LAI Số kiểu gen Có n alen của một gen nằm trên cùng 1 NST thường N= n(n+1)2 Chứng minh công thức này. Đơn giản ta có nếu có n alen khác nhau thì sẽ có n kiểu gen đồng hợp và sẽ có Cn2 kiểu gen dị hợp nên tổng số kiểu gen sẽ là n+Cn2=nn+12 Có a1 alen của gen thứ nhất, a2 của gen thứ 2có an gen của gen thứ n liên kết trên cùng 1NST thường N=a1a2ana1a2..an+12 Chứng minh công thức này đơn giản ta có NST có 2 chiếc, chiếc thứ nhất có a1a2an loại, chiếc thứ 2 cũng có a1a2an loại. Kết hợp 2 chiếc thứ nhất và thứ 2 giống như công thức N= n(n+1)2 nên ta có công thức tổng quát ở trên. Gen liên kết với NST X, có hoặc không có alen trên Y XX có 2 chiếc giống nhau hoàn toàn, ta có thể xem nó như NST thường vì vậy tính số kiểu gen như NST thường. NXY = (giao tử khác nhau bên X) x (giao tử khác nhau bên Y) Kiểu lai Q=NN+12 điều kiện:gen thuộc NST thường Q=Ncái.Nđực điều kiện:có ít nhất 1 gen thuộc NST giới tính BIẾN ĐỘNG SỐ LƯỢNG QUẦN THỂ Kích thước tối thiểu để quần thể tồn tại K= 4aba+b a số cá thể cái, b số cá thể đực chứng minh Gọi a, b lần lượt là số lượng cá thể cái và cá thể đực, vì a,b > 0 nên ta có: a2+b2≥2ab AM-GM⇔a2+2ab+b2≥4ab ⇔a+b2≥4ab chia cả hai vế cho a+b ta có a+b≥4aba+b Lại có K = a + b ( K là kích thước của quần thể) ⇔K≥4aba+b dấu "=" xảy ra khi a = b, suy ra minK=4aba+b Đánh bắt thả lại Xét 1 quần thể di chuyển K nào đó, gọi a là số cá thể bắt lần 1, đánh dấu hết và thả lại, b là số cá thể bắt lần 2, c là số cá thể có đánh dấu trong lần 1 xuất hiên trong b cá thể (c ≤ b và c≤a), N là số cá thể. Ta có đẳng thức sau: Na=bc Điều kiện nghiệm đúng tương đối: số N tương đối lớn, môi trường không bị giới hạn, các cá thể di chuyển tự do, phân bố cá thể ngẫu nhiên hoặc đồng đều, trong thời gian khảo sát số cá thể được sinh ra phải hạn chế hay không xuất hiện thêm cá thể, các cá thể bị đánh dấu không ảnh hưởng đến khả năng sống. Nói tóm lại là N không bị biến động. Chu kì biến động của quần thể (tham khảo) Kích thước quần thể (số lượng cá thể) = số cá thể sinh ra + số cá thể nhập cư – số cá thể chết đi – số cá thể xuất cư Lưu ý: kích thước quần thể được thiết lập trong 1 thời điểm xác định Tốc độ tăng trưởng (r) = tỉ lệ sinh b (born) – tỉ lệ tử d (die) r có thể lớn hơn, nhỏ hơn hoặc bằng 0 nếu r > 0 ⇒ quần thể đang tăng trưởng (gia tăng kích thước) nếu r < 0 ⇒ quần thể đang suy giảm (giảm kích thước) nếu r = 0 ⇒ quần thể ổn định khi đó kích thước tức thời của quần thể được biểu diễn theo công thức dNdt=rN (t là thời gian, n là kích thước của quần thể tại thời điểm t) Công thức trên biểu diễn kích thước của quần thể tăng theo tiềm năng sinh học, nhưng trong thực tế rất hiếm gặp dạng này mà phổ biến là tăng trưởng cân bằng với sức chứa của môi trường, nếu gọi K là sức chứa tối đa của môi trường (tức K = Nmax) Khi đó kích thước của quần thể được biểu diễn theo công thức dNdt=rNK-NK (tăng trưởng theo kiểu này còn gọi là tăng trưởng lôgictic) Tốc độ tăng trưởng điều hoà Nếu gọi r là tốc độ tăng trưởng của quần thể trong môi trường bị giới hạn. Giả sử đồ thị tăng trưởng của quần thể đang dao động điều hòa, suy ra tập hợp các giá trị r là 1 đường cong hình sin có dạng y = a + b.Cosx Với a hệ số tăng trưởng tự do, b là hệ số tăng trưởng, x là đơn vị thời gian biểu diễn theo chu kì. HỆ SINH THÁI Tổng nhiệt hữu hiệu T = n(x – k) T: tổng nhiệt hữu hiệu (độ.ngày) N: số ngày hoàn tất một giai đoạn phát triển K: nhiệt độ môi trường Lưu ý: công thức này chỉ áp dụng duy nhất cho sinh vật biến nhiệt và T là hằng số không đổi trong một giai đoạn phát triển của một sinh vật biến nhiệt cụ thể nào đó. Ví dụ: sâu bọ Hiệu suất sinh thái Hiệu suất sinh thái giữa hai bậc sinh dưỡng X và Y là (X đứng sau Y) H= CXCY Hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng thứ n với bậc dinh dưỡng thứ a (n > a) là Hn→a=Ha+1→aHa+2→a+1.Hn-1→n Chứng minh Giả sử cho chuỗi chức ăn có dạng A A + 1 .. An Hiệu suất sinh thái giữa 2 bậc bất kì là HnHa= Ha+1HaxHa+2Ha+1xxHnHn-1 Độ đa dạng Shannon H = - (alna + blnb + clnc + ...+ nlnn) Trong đó a, b, c, ..., n là độ đa dạng của một nhóm loài nào đó. Độ đa dạng = tổng số cá thể của loài có trong hệ sinh thái tổng số cá thể có trong hệ sinh thái Ở đây chỉ xét trong một giới hạn loài nhất định. TUẦN HOÀN Cung lượng tim (CO: cardiac output) là lượng máu do tim tống vào động mạch ở mỗi thất. Bình thường, thể tích thất trái = thể tích thất phải = 130ml. Thể tích máu mỗi mỗi lần bóp của thất trái = thất phải = 70ml CO = tần số tim (lần/phút) x thể tích tống máu tâm thu của 1 thất (ml/ 1 nhát bóp) Đo CO theo phương pháp FICK Công thức này dựa trên nguyênt tắc lượng O2 mà cơ thể tiêu thụ qua mỗi phút bằng với lượng O2 máu lấy được khi qua phổi mỗi phút. VO2tiêu thụ=Cung lượng tim VO2 tĩnh mạch phổi-VO2 trong động mạch phổi ⟺Cung lượng tim=VO2tiêu thụVO2 tĩnh mạch phổi-VO2 trong động mạch phổi Huyết áp trung bình = huyết áp tâm trương + 1/3 (huyết áp tâm thu – huyết áp tâm trương) VI SINH Về cơ bản, việc sinh sản của vi sinh vật giống như nguyên phân. Vì vậy, các công thức tính số lượng sinh vật cũng giống như tế bào nguyên phân. Tốc độ phân chia (S) là số thế hệ sinh ra trong một đơn vị thời gian. Thời gian thế hệ (G) là thời gian để hoàn tất 1 lần nguyên phân. BÀI TẬP THAM KHẢO VÀ TỰ LUYỆN PHÂN TỬ Bài 1 Cho ARN cấu tạo bởi 4 ribônuclêotic là A, U, G, X Tìm số bộ ba mã hóa axit amin chứa ít nhất 1 A Tìm số bộ ba chứa 1 A và 1 G Hướng dẫn Ta có 1 bộ 3 có 3 vị trí => tổng số loại bộ ba lập từ 4 loại ribonucleotic là 4.4.4 = 64 Vì không chứa A nên 3 ribonucleotic còn lại sẽ lập được 3.3.3 = 27 bộ ba Bộ ba chứa ít nhất 1 A là 64 – 27 = 37 Vì có 3 bộ ba kết thúc chứa A là ATT, ATX, AXT Số bộ ba mã hóa axít amin là 34 Vì A, G có 3 vị trí đứng, cụ thể A_G, AG_, GA_, vì vị trí _ có 2 cách chọn là U, X Số bộ ba chứa 1A, 1G là 3.2 = 6 Bài 2 Cho ARN cấu tạo từ U, X trong đó X =13U. Tìm tỉ lệ bộ ba chứa nhiều nhất 2 U Hướng dẫn tỉ lệ X:U là14:34 tỉ lệ bộ 3 chứa 3 U là34x34x34=2764 tỉ lệ bộ ba chứa ít nhất 1 U là 1-164=6364 tỉ lệ bộ ba chứa nhiều nhất 2U là6364-2764=916 Bài 3 Cho U:X:G = 0,25: 0,5:0,25 cấu tạo nên ARN Tỉm tỉ lệ bộ ba chứa 2 U và 1 X Hướng dẫn Với 2U và 1 X ta có 3 cách sắp xếp ( 3!/ ( 2!.1!)) cụ thể UUX, UXU, XUU Vậy tỉ lệ bộ ba chứa 2U, 1 X là 314.14.12 =332 NGUYÊN PHÂN, GIẢM PHÂN Bài 1. Giả sử cá thể mang bộ NST 2n = 8 giảm phân bình thường. Trong đó 1 chiếc trong cặp NST số 1 bị mất đoạn, NST số 2 bị đảo đoạn, NST số 3 bị lặp đoạn. Tìm tỉ lệ giao tử mang ít nhất 1 NST bị đột biến. Hướng dẫn Ta có: Trong giảm phân bình thường, các NST phân li đồng đều về 2 cực. Nếu cặp NST có 1 chiếc bị đột biến thì sẽ có ½ giao tử bình thường và ½ giao tử đột biến. Vì vậy giao tử bình tỉ lệ giao tử bình thường là12.12.12 =18 ⇒ Tỉ lệ giao tử mang ít nhất 1 đột biến là 1 –18 =78 Bài 2. Ở cà độc dược người ta tìm thấy thể lệch bội khá phổ biến. Cho biết bộ NST của cà độc dược 2n= 24 tìm số loại thể 3 kép tối đa có thể có của quần thể cà độc dược hướng dẫn ta có thể 3 kép có dạng 2n + 1 + 1 (tức có 2 cặp NST, mỗi cặp có 3 chiếc ) vậy số loại thể 3 kép có thể có là C122=66 Bài 3. Xét 1000 tế bào của cá thể mang kiểu gen là AaBDbdEFef Tế bào này giảm phân bình thường, trong đó 30% tế bào hoán vị tại B,D. 20% tế bào hoán vị tại E,F. biết hoán vị xảy ra không đồng thời. tìm tỉ lệ giao tử aBD.EF hướng dẫn vì hoán vị không đồng thời nên hoán vị tại B, D thì tạo ra 16 loại giao tử với tỉ lệ ngang nhau, vậy tỉ lệ aBD.EF là 0.3/16 = 0,01875 hoán vị tại E, F tương tự. Tỉ lệ aBD.EF là0,216 = 0,0125 vì có 0,2 + 0,3 = 0,5 tế hoán vị nên có 1 – 0,5 = 0,5 số tế bào giảm phân bình thường tạo 8 loại giao tử với tỉ lệ ngang nhau, vậy tỉ lệ aBD.EF là 0,5/8 = 0,0625 vậy tỉ lệ aBD.EF là 0,01875 + 0,0125 + 0,0625 = 0,094 Bài 4. giả sử theo dõi 3 tế bào sinh dưỡng cùng loài nguyên phân một số đợt không bằng nhau. Biết rằng tổng số NST trong các tế bào con là 3888. Bộ NST có giá trị trong khoảng [8 ; 16], số lần nguyên phân của tế bào thứ nhất là 2, số lần nguyên phân của tế bào thứ 2 nhỏ hơn tế bào thứ ba và lớn hơn tế bào thứ nhất. Tìm bộ NST của loài và số lần nguyên phân của các tế bào còn lại. Hướng dẫn Vì bộ NST của loài luôn là số chẵn nên các giá trị có thể có là 8, 10, 12, 14, 16 Mà tổng số tế bào tạo ra cũng là số chẵn nên bộ NST của loài có 2 giá trị là 12 hoặc 8. Giả sử bộ NST là 12 thì tổng số tế bào tạo ra là 3888/12 = 324 Lại có tế bào thứ nhất nguyên phân 2 lần nên tổng số tế bào con còn lại là 320 Ta có 2y + 2z = 320 (với 2< y < z y,z lần lượt là số lần nguyên phân của tế bào thứ 2 và thứ 3 ) Cho y nhận các giá trị 3, 4, 5 ... đối chiếu giả thiết chỉ có cặp nghiệm (y;z)=( 6;8) là phù hợp Giả sử bộ NST của loài là 8 thì tổng số tế bào con tạo ra là 486. Chứng minh tương tự ta có phương trình vô nghiệm. Vậy bộ NST 2n = 12, tế bào thứ 2 nguyên phân 6 lần, tế bào thứ ba nguyên phân 8 lần. LAI Bài 1. Lai các cá thể manh kiểu gen AaBbDEde Tìm tỉ lệ kiểu hình có ít nhất 1 tính trạng trội, biết f = 0,2. Giảm phân bình thường, hoán vị một bên. Hướng dẫn Tỉ lệ phân tính riêng Aa x Aa ⇒ aa = 1/4 Bb x Bb ⇒ 1/4 DEde xDEde=0,4DE+0,4de+0,1De+0,1dE 0,5DE+0,5de ⇒dede=0,2 ⇒aabbdede=14 x14x 0,2=0,0125 vậy tỉ lệ có ít nhất 1 tính trạng trội là 1 – 0,0125 = 0,9875 Bài 2. Giả sử chiều cao cây có 7 nấc do các gen có 2 alen cộng gộp. Cây đồng hợp trội cao nhất (300cm). Lai cây cao nhất với cây thấp nhất. Tỉ lệ cây cao 200cm ở F2 là 3/32. Tìm chiều cao cây F1. Hướng dẫn Giả thiết cho các gen có 2 alen cộng gộp, kèm theo đó chiều cao có 7 nấc. Ta có: số lượng các alen trội trong tổ hợp gen quyết định đến chiều cao cây, các alen trội có vai trò như nhau. Gọi x là số gen, vì mỗi gen tối đa 2 alen trội và có 1 tổ hợp đồng hợp lặn nên ta có phương trình biểu diễn theo kiểu hình. 2x + 1 = 7 ⇔ x = 3 Vậy tổ hợp có 3 gen. Gọi tổ hợp gen cao nhất là AABBDD (300 cm), Thấp nhất là aabbdd F1 AaBbDd F2 = F1xF1 = (AaBbDd)2 Giả thiết cây F2 cao 200cm là 332=126xC61 hoặc 126xC65 Vậy cây cao 200 cm có 1 alen trội hoặc 5 alen trội. Gọi a là chiều cao thấp nhất, b là chiều cao một alen trội, ( a, b > 0 ) ta có hệ phương trình a + 6b = 300 và a + b = 200 ⇔ b = 20 (cm), a = 180 (cm) (nhận) a + 6b = 300 và a + 5b = 200 ⇔ b = 100 (cm) , a = -300 (cm) (loại) vì F1 có 3 alen trội nên chiều cao của F1 là a + 3b = 240 (cm) vậy cây F1 cao 240 (cm) Bài 3. Giả sử, tính trạng màu hoa do 2 gen không alen quy định. Mỗi gen mang 2 alen. Hai gen này phân li độc lập và bổ trợ nhau theo tỉ lệ 9: 6: 1 . Lai bố mẹ thuần chủng tương phản với nhau thu được F1, cho F1 tạp giao được F2, cho các cây con mang tỉ lệ tính trạng cao nhất ở F2 tạp giao, tìm tỉ lệ tính trạng thấp nhất ở F3. Hướng dẫn Gọi 2 gen đó mang các alen lần lược là A,a và B,b. Hai gen này phân li độc lâp và bổ trợ nhau theo tỉ lệ 9:6:1 nên có 1 trường hợp duy nhất là: 9A_B_ : 3 A_bb + 3 aaB_ : 1 aabb Sơ đồ lai Pt/c tp: AABB x aabb F1: AaBb F2: 9A_B_ + 3 A_bb + 3 aaB_ + 1 aabb Cho cây F2 mang tỉ lệ tính trạng cao nhất đem tạp giao, tức cho 9/16A_B_ tạp giao. Tỉ lệ các loại giao tử trong A_B_ là: 4/9 AB: 2/9 Ab: 2/9 aB: 1/9ab Tạp giao các cây này tức là cho tổ hợp tự do các giao tử hay (4/9 AB: 2/9 Ab: 2/9 aB: 1/9ab)2, suy ra cây có tính trạng chiếm tỉ lệ thấp nhất là aabb = 1/81 Bài 4. Xét 1 gen có 2 alen quy định bệnh hói đầu trong quần thể người. Kết quả khảo sát như sau. Tần số alen hói và không hói lần lượt là p1 = p2 = 0,5. Quần thể này đang cân bằng di truyền. ở nam có 3 loại kiểu gen. Trong tất cả nam có 0,75 bị hói, 0,25 không bị hói (*). Trong tất cả nữ có 0,25 bị hói và 0,75 không bị hói. Xác suất của một cặp vợ chồng bị hói sinh con không bị hói trong quần thể này là bao nhiêu? hướng dẫn vì p1 = p2 = 0,5 nên có thể xem chúng nghiệm đúng quy luật phân li của menden. Gọi hai alen đó lần lượt là A và B. Nếu gen này thuộc NST X không alen trên Y thì có chắc chắng tỉ lệ bị hói và không hói là 1:1 (trái giả thiết). Nếu gen này thuộc NST Y không alen trên X thì tỉ lệ nữ sẽ không có tính trạng này (trái giả thiết). Nếu gen này thuộc NST X có alen trên Y thì có tối đa 4 loại kiểu gen ở nam (trái giả thiết). Vậy gen phải thuộc NST thường (1). Do đó ta cũng có cấu trúc trúc chung của quần thể là 1/4AA + 1/2AB + 1/4BB = 1 (2). Hiển nhiên cấu trúc này ở nam và nữ như nhau (1) từ (*),(1),(2),(3) ⇒ tính trạng bị chi phối bởi giới tính đặt A là alen trội, B là alen lặn. A quy định hói ở nam không hói ở nữ. B quy định hói ở nữ không hói ở nam vợ chồng bị hói suy ra chồng mang kiểu gen 1/3AA + 2/3AB = 1 vợ mang kiểu gen BB căn cứ là vào lập luận trên và giả thiết ta có sơ đồ lai P1: 1/3 AA x BB F1 :1/3AB ( 0,5 hói: 0,5 không hói) P2: 2/3 AB x BB F1: 1/3 AB: 1/3BB ( 0,5 hói, 0,5 không hói) Vậy xác suất con không bị hói là 50% Bài 5. Giả sử khảo sát tính trạng màu hoa trong quần thể. Cho cây hoa trắng lai với cây hoa đỏ được F1: 100% đỏ. Cho cây hoa đỏ F1 lai với cây hoa vàng thu được F2: 2 đỏ: 1 trắng: 1 vàng. Biết rằng không có đột biến và ảnh hưởng giới tính. Tìm tỉ lệ kiểu hình khi cho các cây F1 giao phấn ngẫu nhiên. Hướng dẫn giả sử tính trạng này do 1 gen có 2 alen quy định. Quần thể có 3 loại tính trạng ⇒ có hiện tượng trội không hoàn toàn. Lại có F1 x hoa trắng thu được 4 kiểu tổ hợp, thu được 3 tính trạng mà tổ hợp của 2 kiểu gen trong trường hợp này tạo tối đa 2 loại tính trạng. ⇒ giả thiết này không phù hợp giả sử tính trạng do 2 gen, mỗi gen mang 2 alen quy định giả thiết cho F2 ta có 2 đỏ: 1 trắng: 1 vàng ⇒ có 4 = 1.4 kiểu tổ hợp lại có hoa trắng x hoa đỏ ⇒ đỏ vậy cây hoa đỏ cho 4 loại giao tử hay kiểu gen của nó là AaBb vậy cây hoa trắng là aabb ⇒ F2 = AaBb x aabb = 2(1AaBb + 1 Aabb) : 1 aaBb: 1aabb ⇒ Tương tác 12:3:1 ( phù hợp với đề ) Vậy khi cho F1 (AaBb) giao phấn ngẫu nhiên thì tỉ lệ kiểu hình ở thế hệ cần tìm là 12đỏ: 3 trắng: 1 vàng Bài 6. Giả sử. Khảo sát tính trạng màu hoa của một quần thể thực vật thu được kết quả sau: P: Đỏ tự thụ: ⇒ 1đỏ: 1 vàng (F1) (1) Cho vàng F1 tạp giao: ⇒ 1đỏ : 1 vàng (2) Cho đỏ (F1) lai phân tích với cây trắng: ⇒ vàng (3) Tìm kiểu gen của P , biết rằng các cá thể đem lai giảm phân bình thường, kiểu gen của tất cả các cá thể không thường biến, không đột biến và không bị giới tính chi phối. Hướng dẫn Từ (3), nếu tính trạng do 1 alen quy định ⇒ đời con phải có cây hoa đỏ (trái giả thiết) ⇒ tính trạng phải do nhiều alen không cùng locus (vị trí) quy định. Giả sử tính trạng do 2 gen tương tác Từ (1) ta có số kiểu tổ hợp là x2 (do P tự thụ) (điều kiện x = 1 hoặc x chia hết cho 2) Giả sử x = 4 ⇒ đời con phải có cây hoa trắng (trái giả thiết) ⇒ đây không phải là phân li độc lập. Vậy x = 2 ⇒ Cây hoa đỏ P cho 2 loại giao tử, vậy ta có thể viết P: đỏ x đỏ = (a + b)2 = (1aa + 2ab + 1bb) = 2(aa + bb): 2ab = 1(aa + bb) : 1 ab = 1 vàng : 1 đỏ Khi cho cây hoa vàng tạp giao (a + b)2 = ( aa + 2ab + bb) = 1 vàng: 1 đỏ ( lặp lại P ) ⇒ Giả thiết phù hợp Nhận xét: nếu có a, b thì cho đỏ, thiếu 1 trong 2 thì cho vàng, thiếu cả hai thì cho trắng. Vậy đây giống như kiểu tương tác 9:6:1. Ta lại có gen không phân li độc lập, kết hợp với giả thiết ⇒ tính trạng do 2 gen liên kết quy định vì tỉ lệ thế hệ F1 là 1:2:1 và P tự thụ ⇒kiểu gen P là AbaB Bài 7. Chứng minh rằng khi cho con lai giao phối trở lại với bố hoặc mẹ liên tục qua nhiều thế hệ thì mức độ cận huyết (tiếng địa phương là‘ lại giống’) ngày càng cao. Hướng dẫn Ta có mức độ cận huyết của con lai được biểu diễn theo công thức 1 – 1/(2n) = y limn⇒ +∞y=1 (tiến tới 100%) Vậy khi lai trở lại thì con lai có mức độ cận huyết càng cao. Bài 8. Giả sử khảo sát tính trạng màu mắt ở ruồi giấm thu được kết quả: mắt đỏ là tính trạng trội, gen quy định màu mắt được quy định bởi 1 gen có 2 alen trội lặn hoàn toàn. Gen này thuộc NST giới tính X không alen tương ứng trên Y. Cho ruồi cái mắt đỏ lai với ruồi đực mắt trắng được F1, cho F1 tạp giao thu được F2, cho F2 tạp giao được F3. Trong số ruồi cái ở F3, tỉ lệ ruồi mắt trắng chiếm tỉ lệ bao nhiêu, biết rằng P thuần chủng. Hướng dẫn Gọi A: mắt đỏ a: mắt trắng Theo giả thiết ta có sơ đồ lai P: XAXA x XaY F1: XAXa : XAY F2: XAXA : XAXa : XAY : XaY Tỉ lệ giao tử bên cái (XX): 3/4XA + 1/4Xa Tỉ lệ giao tử bên đực (XY): 1/4XA + 1/4Xa + 1/2Y Cho tạp giao tức là cho (XX) x (XY) = (3/4XA + 1/4Xa).( 1/4XA + 1/4Xa + 1/2Y) Tỉ lệ con cái mắt trắng =1/4 .1/4 = 1/16 Con cái chiếm tỉ lệ là 1/2 Tỉ lệ con cái mắt trắng trong tổng số con cái là (1/16)/(1/2) = 1/8 = 12,5% Bài 9. Cho AaBb x AABb. Tìm số kiểu gen tối đa ở đời con. Hướng dẫn Áp dụng công thức trên ta có đối với gen 1: Aa x AA số kiểu gen tối đa ở đời con là 2x1 + (1 – 12)/2 = 2 đối với gen 2: Bb x Bb số kiểu gen tối đa ở đời con là 2x2 + (2 – 22)/2 = 3 kiểu gen tối đa ở đời con là 2.3 = 6 ChoABab xABab .tìm số kiểu gen tối đa đời con khi xảy ra hoán vị hai bên Áp dụng công thức ta có số kiểu gen tối đa ở đời con là 4.4 + (4 – 4.4)/2 = 10 choABDabd xABDabD .tìm kiểu gen tối đa ở đời con khi xảy ra hoán vị hai bên Áp dụng công thức ta có số kiểu gen tối đa ở đời con là 8.4 + (4 – 4.4)/2 = 26 Bài 10. Cho phép lai: đỏ (tự thụ) ⇒ 4% trắng. Trắng(F1) tự thụ ⇒ 100% trắng. Xác định kiểu gen bố mẹ biết thế hệ con có tối đa 10 kiểu gen, quá trình giảm phân của bố mẹ bình thường và như nhau. Hướng dẫn Theo giả thiết: đỏ tự thụ⇒trắngtrắng F1 tự thụ⇒trắng ⇒KG trắng là đồng hợp lặn ta có Nkiểu genxy+n-n22=10.vì tự thụ nên x2+n-n22=10 Đk:n≤x;n,x ∈N ⇒(x;n) = (4;4); [(x;n) =(3;2) không thoả vì x là số chẵn] x = 4 ⇒ bố mẹ cho mỗi bên 4 loại giao tử khác nhau ⇒ kiểu gen bố mẹ gồm có 2 gen, mỗi gen có 2 alen liên kết trên 1 NST. ⇒KG Aa,Bb⇒ab=0,2⇒KG bố mẹ là AbaB , f=40% CHỌN GIỐNG Bài 1. Lai cây cao 500 cm với cây cao 300 cm được cây cao 450 cm. Tìm giá trị ưu thế lai. Hướng dẫn Chênh lệch giá trị của cây con = 450 – 0,5 (500 + 300) = 50 Nếu mục đích tạo ưu thế lai của cây con là tìm cây thấp hơn thì đây không phải là ưu thế lai. Nếu mục đích tạo cây con cao hơn thì đây chính là ưu thế lai. QUẦN THỂ Bài 1. Cho quần thể có cấu trúc: 0,3AA + 0,2Aa + 0,5aa = 1 Tính p, q và tìm cấu trúc cân bằng của quần thể. Hướng dẫn p=0,3+ 0,22=0,4 , q=1-p=0,6 Cấu trúc quần thể khi quần thể cân bằng (p+q)2=0,16AA+ 0,48Aa+0,36aa=1 Bài 2. Cho quần thể có cấu trúc: 0,2AA + 0,2Aa + 0,6aa = 1 Quần thể này có cân bằng không? Nếu chưa cân bằng, xác định cấu trúc quần thể lúc cân bằng. Hướng dẫn ta có 0,2+ 0,6 ≠1 nên quần thể không cân bằng di truyền p=0,3, q=0,7, cấu trúc cân bằng là:0,09AA+0,42Aa+0,49aa=1 Bài 3. Quần thể có cấu trúc: p2AA + 2pqAa + q2aa = 1 Chứng minh rằng S = (p – q)3 + 2q(p – q)2 + 4pq = const Hướng dẫn S = (p – q)3 + 2q(p – q)2 + 4pq ⇔ S = (p – q)3 + (1 – p + q)(p – q)2 + 4pq ⇔ S = (p – q)3 + (p – q)2 – (p – q)3 + 4pq ⇔ S = (p + q)2 = 1 ( đpcm) Bài 4. Cho cấu trúc của quần thể như sau: p2AA + 2pqAa + q2aa = 1 [p ∈ (0:1)] chứng minh rằng: pq+ qp≥4pq Hướng dẫn Do p,q là hai số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho p,q ta có p2+ q2≥2pq , p+q≥2pq ta lại có p + q = 1 ⇒(p2+ q2)(p+q)≥2pq(p+q) ⇒(p2+ q2)(p+q)≥4pqpq ⇒pq+ qp≥4pq Dấu ‘=’ xảy ra khi p = q = 0,5 Bài 5 Cho quần thể có q ∈ [0,2 ; 0,8] tìm giá trị của p,q đểmaxS=2pqp2+ 2pq Hướng dẫn theo giả thiết ta có q≥0,2⇒q≥0,2p+q⇒qp≥0,25. tương tự ta cóqp≤4 đặt t=qp ta được S=ft=2t1+2t , t ∈0,25;4 f't=21+2t2>0 với mọi t, suy ra hàm số ft luôn đồng biến trên R vậy maxf4=89 đạt được tại qp=4 ⇔p=0,2;q=0,8 vậy với p=0,2 ;q=0,8 thì S=max Bài 6 Cho quần thể có 6 gen Gen 1 có 3 alen, gen 2 có 5 alen, gen 3 có 3 alen, gen 4 có 3 alen, gen 5 có 2 alen, gen 6 có 3 alen. Gen 1 thuộc cặp NST thường số 1, gen 2 và 3 thuộc cặp NST thường số 2, gen 4 thuộc NST X không alen trên Y, gen 5 thuộc NST Y không alen trên X, gen 6 thuộc NST X có len tương ứng trên Y. Có bao nhiêu phép lai trong quần thể này? Hướng dẫn NST 1: kiểu gen ( KG) = 3.( 3+1)/2 = 6 NST 2: KG = 5.3( 5.3 + 1)/2 = 120 NST XX: KG = 3.3( 3.3 + 1)/2 = 45 NST XY: KG = ( X).( Y) = (3.3).(2.3) = 54 Kiểu gen giới đực( KGD) = NST1. NST2. NSTXY = 38880 Kiểu gen giới cái( KGC) = NST1. NST2. NST XX = 32400 Số phép lai = (KGD).(KGC) = 38880x32400 Bài 7. Giả sử quần thể 1 có cấu trúc: 0,2AA + 0,4Aa + 0,4aa =1 Quần thể 2 có cấu trúc: 0,6 AA + 0,2Aa + 0,2 aa = 1 Kích thước quần thể 1 chỉ bằng 0,2 quần thể 2 Trong điều kiện thiếu thức ăn, 0,3 cá thể ở quần thể 1 di cư và nhập toàn bộ vào quần thể 2 Tìm cấu trúc cân bằng của quần thể bị nhập cư sau 5 thế hệ, biết rằng tần suất nhập cư, và tỉ đối kích thước không đổi. Hướng dẫn Theo giả thiết ta có pm = 0,5 , p0 = 0,7 m = 0,3.0.2/ ( 1 + 0,3.0,2) = 0,057 Áp dụng công thức pn = p0 + ( p0 – pm ) [(1 - m )n – 1 ] (1) Thay p0 = 0,7, pm = 0,5, m= 0,057, n = 5 vào (1) ta có p5 = 0,7 + ( 0,7 – 0,5) [ ( 1 – 0,057 )5 – 1 ] = 0,65 q5 = 0,35 Cấu trúc quần thể bị nhập cư cân bằng là 0,423AA + 0,455Aa + 0,122aa = 1 Bài 8. Trong một quần thể người, khảo sát tính trạng mù màu ở 1000 nam và 3000 nữ. Thu được kết quả: Ở nam có 2 kiểu gen về gen này. Có 100 nam bị mù màu. Quần thể này đang cân bằng di truyền. Tỉ lệ nam mắc bệnh nhiều hơn nữ. Không có đột biến và ảnh hưởng giới tính. Tìm số người mang alen quy định bệnh mù màu trong 500 người bình thường. Hướng dẫn Giả sử bệnh mù màu do 1 gen có 2 alen quy định, theo giả thiết nam có 2 kiểu gen về gen này ⇒ gen liên kết với NST X không có alen trên Y. Gọi 2 alen đó lần lượt là A, a ứng với tần số p, q Cấu trúc di truyền của nam giới là pXAY + qXaY = 1 Theo giả thiết nam bệnh là 100 người trong 1000 người => q = 0,1 Vì quần thể cân bằng nên q ở nam bằng q ở nữ. Vậy tỉ lệ nữ không bệnh là 1 – (0,1)2 = 0,99 Số nữ không bệnh trong 3000 nữ là 2970 Số nữ mang kiểu gen dị hợp là 2pq.3000 = 540 Số nam bình thường là 1000 – 100 = 900 Vậy tỉ lệ người mang gen bệnh trong tổng số người không bệnh là 540/( 2970 + 900 ) = 0,14 Vậy tỉ lệ người mang gen bệnh trong 500 người là 0,14.500 = 70 Bài 9. Chứng minh rằng nhập cư không đổi qua n thế hệ thì tần số alen của pn = pm Hướng dẫn Ta có 0<1-m<1⇒limn⇒ +∞(1-m)n=0 limn⇒ +∞(p+p-pm1-mn- 1=p-p+pm=pm (đpcm) Bài 10. Xét 1 gen có 2 alen trong quần thể có tần số tương đói lần lượt là p, q. Do tác động của tia UV làm cho các alen này bị đột biến thuận và cả đột biến nghịch. Tính p, q ở thế hệ thứ 20 (đột biến đơn lẻ). Qua bao nhiêu thế hệ thì pn = 0,2985 Tìm p60 = ? (đột biến kép) Tìm cấu trúc quần thể cân bằng (đột biến kép). Cho p0 = 0,3. u = 10-4, v = 3.10-4 Hướng dẫn Đột biến thuận p20 = p0(1 – u)20 = 0,3(1 – 10-4)20 = 0,2994: q20 = 1 – p20 = 0,7006 đột biến nghịch q20 = 0,7(1 – 3.10-4)20 = 0,696; p20 = 0,304 thế hệ thứ pn = 0,2985 pn=p01-un⇒n = lnpnp0ln(1-u)= 50 pcân bằng=vv+u=34 :q=14 p+q2=916AA+616Aa+116aa=1 p60 (đột biến kép) p60=p0[1-u+v]60+ v1- [1-u+v]60(u+v)=0,3107 Bài 11. Cho quần thể có p(A) = 0,3; q(a) = 0,7. Trong điều kiện thời tiết khắc nghiệt, giao tử mang alen A tỏ ra có ưu thế hơn so với alen a. Cũng chính vì thế mỗi thế hệ sức sống của alen a chỉ bằng 0,7 alen A. Tìm q10 = ? Hướng dẫn Vì sức sống alen a bằng 0,7 alen A ⇒ Wa = 0,7. Từ đây ta cũng có 0,3a bị chết đi hay xuất cư ra khỏi quần thể, vì vậy m = Wa = 0,7 ⇒p7=p0p0+m7q0=0,84⇒q7=0,16 Bài 12 Cho chu kì biến động của quần thể là 50 năm, tốc độ tăng trưởng điều hoà r ∈ [0,02 ; 0,07]. Tại năm 2000 tốc độ tăng trưởng là 0,035. Tìm tốc độ tăng trưởng của quần thể trong năm 2020. Hướng dẫn Vì mincosx = -1, maxcosx = 1, lại có y = a + bcosx là hàm liên tục nên ta có hệ phương trình a + b = 0,07 và a – b = 0,02 ⇒ a = 0,045 và b = 0,025 Thay a, b vào công thức trên ta có y = 0,045 + 0,025cosx (liên tục trên [0,02; 0,07]) Với r = 0,035 ⇒ x = 1130 ⇒ số năm tương ứng với r trong chu kì là 113x50/360 = 15,7 (năm). Số năm tương ứng trong chu kì vào năm 2020 là 15,7 + 20 = 35,7 (năm) ⇒ x = 35,7x360/50 = 2570 Thay x vào công thức ta được y = r= 0,039 Vậy tốc độ tăng trưởng của quần thể trong năm 2020 là 0,039 (tức 3,9%) TOÁN HỖN HỢP Bài 1. Xét quần thể đậu Hà Lan cân bằng di truyền có A_B_ = 18,36%, aabb = 31,36% Tìm tỉ lệ AAB_, biết f(a) ∈ (0: 0,75) Hướng dẫn Gọi x là tần số của alen a (x > 0), y là tần số của alen b Theo đề bài ta có aabb = x2y2 = 0,3136 => y2 = 0,3136/x2 lại có A_B_ = ( A_)(B_) = [ ( 1 – x )2 + 2x(1 – x )][ (1 – y )2 + 2y( 1 – y)] = 0,1836 ⇔ (1 – x2) (1 – y2) = 0,1836 ⇔ x4 – 1.13x + 0,3136 = 0 ⇔ x2 = 0,49 hoặc x2 = 0,64. đối chiếu với điều kiện => x = 0,7 => y = 0,8 Ta có AAB_ = ( 1 – x )2 ( 1 – y2 ) = 0,0324 hay 3,24% Vậy tỉ lệ AAB_ là 3,24% Bài 2. Giả sử, quần thể động vật có 7 kiểu gen khác nhau về 1 gen có 2 alen. Lai bố đồng hợp lặn với mẹ đồng hợp trội được F1, cho F1 tạp giao được F2, cho F2 tạp giao được F3. Tỉ lệ trội thuần chủng trong kiểu hình trội ở F3 là bao nhiêu? (biết rằng gen trội là trội hoàn toàn) Hướng dẫn Giả thiết cho gen có 2 alen, gọi hai alen đó là A, a. Giả sử gen thuộc NST thường chúng ta có tối đa 3 kiểu gen ( không thỏa yêu cầu đề bài ) Giả sử gen thuộc NST X không alen trên Y chúng ta có tối đa 5 kiểu gen ( không thỏa ) Giả sử gen thuộc NST X có alen trên Y chúng ta có tối đa 7 kiểu gen ( thỏa) Sơ đồ lai P: XAXA x XaYa F1: XAXa : XAYa F2: XAXA: XAXa: XAYa: XaYa G: XX: 0,75 XA: 0,25 Xa XY: 0,25 XA: 0,25 Xa: 0,5 Ya F3 X F3 = XX x XY = (0,75 XA + 0,25 Xa ) (0,25 XA + 0,25 Xa + 0,5 Ya) Tỉ lệ đồng hợp trội là: 0,75x0,25 = 3/ 16 Tỉ lệ kiểu hình trội là: 0,75. 0,25 + 0,75. 0,25 + 0,25. 0,25 + 0,75. 0,5 = 13/16 Tỉ lệ đồng hợp trội/ tỉ lệ kiểu hình trội là 3/13 Bài 3 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng chứng minh rằng pqp2+2pq+prr2+2pr+qrq2+2qr≤p+q+r (p,q,r là tần số tương đối của các alen) Hướng dẫn Đặt P=pqp2+2pq+prr2+2pr+qrq2+2qr≤p+q+r ⇔1pq+2+1rp+2+1qr+2≤1 Đặt pq=a,rp=b,qr=c ta có P ⇔12+a+12+b +12+c≤1 , abc=1 ⇔122+a-a2+a+2+b-b2+b+2+c-c2+c≤1 ⇔aa+2+bb+2+cc+2≥1 ⇔aa+2b+2+ba+2c+2+ca+2b+2≥a+2b+2c+2 ⇔abc+ab+bc+ca≥4 ⇔ab+bc+ca≥3do abc=1 ta có ab+bc+ca≥33a2b2c2=3(dpcm) vậyaa+2+bb+2+cc+2≥1 dpcm dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1 hay p = q = r = 13 Bài 5 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng, tìm giá trị nhỏ nhất của S= 2pq9q2+1+2qr9r2+1+2rp9p2+1 p,q,r là tần số alen tương đối của các alen ta có 9q2+1≥6q, 9r2+1≥6r , 9p2+1≥6p ⇒S≤pq3q+qr3r+rp3p=13 vậyminS=13 đạt được khi p=p=r=13 Bài 6 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng chứng minh rằng tỉ lệ kiểu gen dị hợp luôn không vượt quá 66,667% hướng dẫn gọi p, q, r là tần số alen của các gen trong quần thể, không mất tính tổng quát, đặt tỉ lệ kiểu gen dị hợp là S khi đó S=2pq+2pr+2qr=2pq+pr+qr ta có p2+q2+r2≥pq+pr+qr ⇔p+q+r2≥3pq+pr+qr ⇒2pq+pr+qr≤23 do p+q+r=1 vậy maxS=23(≈66,667%) đạt được khi p=q=r=13 Bài 7 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng chứng minh rằng tỉ lệ kiểu gen đồng hợp luôn không nhỏ hơn 33,33% hướng dẫn gọi p,q,r là tần số tương đối của các alen trong quần thể ta có p+q+q=1, không mất tính tổng quát đặt tổng tỉ lệ kiểu gen đồng hợp là S=p2+q2+r2 ta có p2+q2+r2≥p+q+r23=13 ≈33,33% vậy minS=13 đạt được khi p=q=r=13 Bài 8 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng tìm giá trị nhỏ nhất của P=p2+q23(q2+2qr+r2)+q2+r23(r2+2rp+p2)+r2+p23(p2+2pq+q2) p,q,r là tần số tương đối của các len hướng dẫn ta có p2+q2≥p+q22, q2+r2≥q+r22, r2+p2≥r+p22 P≥p+q26q+r2+q+r26r+p2+r+p26p+q2≥12 vậy minP=12 đạt được khi p=q=r=13 Bài 9 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng tìm giá trị nhỏ nhất của P=p2+q2+r2+pq+pr+qr p,q,r là tần số alen tương đối của các alen hướng dẫn ta có P=p2+q2+r2+pq+pr+qr=p+q+r2-pq+qr+pr=1-pq+pr+qr≥1-p+q+r23=23 vậy minP=23 đạt được khi p=q=r=13 Bài 10 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng chứng minh rằng 11+p2+11+q2≤21+r2 biết rằng r2=pq; p,q,r là tần số alen tương đối của các alen hướng dẫn ta có 11+a2+11+b2≤21+ab với mọi ab≤1 thật vậy, biến đổi tương đương ta được a-b2ab-1≤0 luôn đúng do 0<p,q,r<1 nên tích của 2 số hoặc3 số bất kì luôn nhỏ hơn 1 ,áp dụng ta có P≤21+pq=21+r2 (dpcm) Bài 11 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng, chứng minh rằng tỉ lệ giữa cá thể mang kiểu gen đồng hợp với các thể mang kiểu gen dị hợp luôn không nhỏ hơn 50%. Hướng dẫn gọi p,q,r là tần số tương đối của các alen, không mất tính tổng quát, ta có:S=p2+q2+r22pq+pr+qr≥12 thật vậy, theo bất đẳng thức cauchy thì:p2+q2+r2≥pq+pr+qr dpcm dấu "=" xảy ra khi p = q = r = 13 Bài 12 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng tìm giá trị nhỏ nhất của P=p2q2+3r2+q2r2+3p2+r2p2+3q2 p,q,r là tần số tương đối của các alen Hướng dẫn đặt M=q2q2+3r2+r2r2+3p2+p2p2+3q2 N=3r2q2+3r2+3p2r2+3p2+3q2p2+3q2 ta có M+N=3 P+3M≥3 (1) 3P+N3≥3 2 cộng 1,2 ta được 10P+3M+N≥12 ⇔10P+3M+N-2N≥12 ⇔10P-2N≥3 3 lấy 2 nhân với 6 cộng với 3 ta được 28P≥21⇔P≥2128=34 vậy minP=34, dấu "=" xảy ra khi p = q = r = 13 Bài 13 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng tìm giá trị nhỏ nhất của: hướng dẫn P=p2qr+q2pr+r2pq ta có:P=1pqrp3+q3+r3≥3pqrpqr=3 vậy minP=3 đạt được khi p=q=r=13 Bài 14 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của người mang nhóm máu A và AB biết rằng tần số alen A trong đoạn [0,2;0,6]. Hướng dẫn Gọi p, q, r là tần số lần lượt của các len A, B, O. Tỉ lệ nhóm máu A và AB là: S=p2+2pq+2pr=p2+2pq+2p1-p-q=2p-p2 đặt fp=2p-p2 , f(p) đồng biến trên khoảng 0;2 suy ra minS=f0,2=0,36,maxS=f0,6=0,84 vậy tỉ lệ nhóm máu A và AB nhỏ nhất là 0,36 đạt tại p=0,2, tỉ lệ lớn nhất là 0,84 đạt tại p=0,6 Bài 15 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng chứng minh rằng p2q+1+q2r+1+r2p+1≥14 với p, q, r là tần số tương đối của các alen hướng dẫn ta có:p2q+1+q+116≥p2 ,q2r+1+r+116≥q2 ,r2p+1+p+116≥r2 cộng vế theo vế ta được: p2q+1+q2r+1+r2p+1+116p+q+r+316≥p+q+r2 ⇔ p2q+1+q2r+1+r2p+1≥14 dpcm dấu=xảy ra khi p=q=r=13 Bài 16 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng chứng minh rằng p3q+1r+2+q3r+1p+2+r3p+1q+2≥128 với p, q, r là tần số tương đối của các alen hướng dẫn ta có:p3q+1r+2+q+1112+r+2196≥3p28 q3r+1p+2+r+1112+p+2196≥3q28 r3p+1q+2+p+1112+q+2196≥3r28 cộng vế theo vế ta có: p3q+1r+2+q3r+1p+2+r3p+1q+2+1112p+q+r+3+1196p+q+r+6≥328p+q+r ⇔ p3q+1r+2+q3r+1p+2+r3p+1q+2≥128 dpcm dấu=xảy ra khi p=q=r=13 Bài 17 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng chứng minh rằng p2p2+2pq+q2q2+2qr+r2r2+2rp≥1 với p, q, r là tần số tương đối của các alen hưỡng dẫn ta có:p2p2+2pq+p2+2pq≥2p,q2q2+2qr+q2+2qr≥2q,r2r2+2rp+r2+2rp≥2r cộng vế theo vế ta có: p2p2+2pq+q2q2+2qr+r2r2+2rp+p+q+r2≥2p+q+r ⇔ p2p2+2pq+q2q2+2qr+r2r2+2rp≥1 dpcm dấu=xảy ra khi p=q=r=13 Bài 18 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng chứng minh rằng 4p2+q2+r2≥p+q2+q+r2+r+p2≥43 Hướng dẫn với p, q, r là tần số tương đối của các alen ta có: 4p2+q2+r2≥p+q2+q+r2+r+p2 ⇔p2+q2+r2≥pq+pr+qr (luôn đúng) ta lại có: p+q2+q+r2+r+p2≥ p+q+q+r+r+p23=43 dpcm dấu=xảy ra khi p=q=r=13 Bài 19 Cho cấu trúc quần thể nhóm máu của người như sau: aAA + bAB + cAO + xBB + yBO + zOO = 1 (a, b, c, x, y, z là các số thực dương) khi quần thể cân bằng chứng minh rằng P=pp+q+qq+r+rr+p>1 p, q, r là tần số alen tương đối Hướng dẫn ta cópp+q>pp+q+r=p tương tự ta có:qq+r>q ;rr+p>r cộng vế theo vế ta được pp+q+qq+r+rr+p>p+q+r=1 (dpcm)