Biologia semestre filtro Veterinaria: 9 quesiti svolti

1. Superficie di una sfera: S = 4πr². Volume: V = (4/3)πr³.
2. Il rapporto si semplifica sempre allo stesso modo: S/V = 4πr² : (4/3)πr³ = 3/r. Dipende solo dal raggio.
3. Cellula piccola: 3 : 10 = 0,3 micrometri elevato a meno uno.
4. Cellula grande: 3 : 20 = 0,15 micrometri elevato a meno uno.
5. Raddoppiando il raggio il rapporto si dimezza: la superficie cresce con r², il volume con r³, quindi il volume corre più in fretta.
6. Controprova con i numeri assoluti: la superficie passa da circa 1.257 a 5.027 micrometri quadrati (x4), il volume da circa 4.189 a 33.510 micrometri cubi (x8).

Risultato: Il rapporto si dimezza, da 0,3 a 0,15. È il motivo per cui le cellule restano piccole: la membrana deve rifornire di nutrienti e smaltire i rifiuti di tutto il citoplasma, e oltre una certa taglia non ce la fa più. Le cellule che devono assorbire molto, come gli enterociti intestinali, non diventano grandi: si riempiono di microvilli, cioè aumentano S senza aumentare V.

1. La duplicazione è semiconservativa: ogni molecola figlia conserva un filamento vecchio e ne sintetizza uno nuovo.
2. Dopo n cicli, da una molecola iniziale si ottengono 2 elevato a n molecole: con n = 4 sono 16.
3. I filamenti 15N di partenza sono soltanto 2, quello che è il filamento originale della doppia elica, e non vengono mai degradati né duplicati.
4. Ogni filamento 15N finisce in una molecola diversa: le molecole ibride 15N/14N restano quindi sempre 2, qualunque sia n.
5. Percentuale: 2 : 16 = 0,125, cioè 12,5%.
6. Le altre 14 molecole (87,5%) sono interamente 14N.

Risultato: Il 12,5%. Il numero di molecole ibride resta fisso a 2 mentre il totale raddoppia a ogni ciclo: dopo 1 ciclo sono il 100%, dopo 2 il 50%, dopo 3 il 25%, dopo 4 il 12,5%. È l'esperimento di Meselson e Stahl, e il quesito si risolve ricordando che i filamenti vecchi sono due, non che si diluiscono.

1. Le regioni non tradotte (UTR) fanno parte dell'mRNA maturo ma non vengono lette dal ribosoma: vanno sottratte.
2. Regione codificante: 900 - 60 - 90 = 750 nucleotidi.
3. Il codice è a triplette, quindi i codoni sono 750 : 3 = 250.
4. Uno di questi 250 è il codone di stop, che non codifica alcun amminoacido: restano 249 codoni tradotti.
5. Il codone di inizio AUG, invece, un amminoacido lo mette (metionina), quindi va contato.
6. Verifica a ritroso: 249 amminoacidi + 1 stop = 250 codoni, per 3 = 750 nucleotidi codificanti, più 150 di UTR = 900. Torna.

Risultato: 249 amminoacidi. I due errori tipici sono dividere 900 per 3 (dà 300, dimenticando le UTR) e non togliere il codone di stop (dà 250). Se il quesito parlasse del gene e non dell'mRNA maturo servirebbe anche sottrarre gli introni, che lo splicing elimina prima della traduzione.

1. Nella fase S che precede la meiosi ogni cromosoma viene duplicato: restano 78 cromosomi, ma ciascuno è formato da 2 cromatidi fratelli, quindi le molecole di DNA sono 156.
2. Nella meiosi I si separano i cromosomi omologhi, non i cromatidi fratelli.
3. Ogni cellula figlia riceve quindi 78 : 2 = 39 cromosomi, uno per ciascuna coppia di omologhi.
4. Ognuno di quei 39 cromosomi è però ancora doppio: le molecole di DNA sono 39 x 2 = 78.
5. Per la distribuzione indipendente, ogni coppia di omologhi può orientarsi in 2 modi sulla piastra metafasica, e le coppie sono n = 39.
6. Combinazioni possibili: 2 elevato a 39 = 549.755.813.888, cioè circa 5,5 x 10 elevato a 11.

Risultato: 39 cromosomi e 78 molecole di DNA; oltre 549 miliardi di gameti diversi. Il numero di cromosomi si dimezza già nella meiosi I, la quantità di DNA no: quella si dimezza solo nella meiosi II. E il calcolo 2 elevato a n non tiene ancora conto del crossing-over, che moltiplica ulteriormente la variabilità.

1. La madre produce due tipi di gameti: X(O) al 50% e X(o) al 50%.
2. Il padre produce X(O) al 50% e Y al 50%.
3. Le quattro combinazioni equiprobabili sono X(O)X(O), X(o)X(O), X(O)Y e X(o)Y, ciascuna al 25%.
4. Femmine: X(O)X(O) è arancione, X(O)X(o) è squama di tartaruga. Metà delle femmine per ciascun fenotipo.
5. Maschi: X(O)Y è arancione, X(o)Y è nero. Metà dei maschi per ciascun fenotipo.
6. Sulla cucciolata intera: 25% femmine arancioni, 25% femmine tartaruga, 25% maschi arancioni, 25% maschi neri.

Risultato: Nessun maschio tartaruga. Le femmine sono metà arancioni e metà tartaruga, i maschi metà arancioni e metà neri. Il maschio ha un solo X e non può esprimere due alleli diversi: un gatto maschio tricolore esiste solo come anomalia cromosomica XXY, ed è quasi sempre sterile. È l'esempio da manuale di inattivazione casuale di un X nelle femmine.

1. I due geni sono indipendenti, quindi si trattano separatamente e poi si moltiplicano le probabilità.
2. Bb x Bb dà 3/4 B_ (pigmento nero) e 1/4 bb (pigmento marrone).
3. Ee x Ee dà 3/4 E_ (pigmento depositato) e 1/4 ee (pigmento non depositato).
4. Il mantello giallo dipende solo da ee, qualunque sia il genotipo B: la sua frazione è 1/4 dell'intera cucciolata, cioè 4/16.
5. Le altre caselle: nero = B_E_ = 3/4 x 3/4 = 9/16; marrone = bbE_ = 1/4 x 3/4 = 3/16.
6. Somma di controllo: 9/16 + 3/16 + 4/16 = 16/16. Il rapporto è 9:3:4, non 9:3:3:1.

Risultato: 4/16, cioè il 25%. È epistasi recessiva: il locus E maschera il locus B, e due caselle del quadrato di Punnett che sarebbero distinte (bbee e B_ee) collassano nello stesso fenotipo giallo. Da qui il 9:3:4. Un Labrador giallo può quindi portare l'allele b e generare cuccioli marroni.

1. Gli affetti sono gli omozigoti recessivi, quindi q² = 16 : 400 = 0,04.
2. Frequenza dell'allele recessivo: q = radice quadrata di 0,04 = 0,2.
3. Frequenza dell'allele dominante: p = 1 - q = 0,8.
4. Frequenza degli eterozigoti: 2pq = 2 x 0,8 x 0,2 = 0,32, cioè il 32%.
5. Numero di portatori: 0,32 x 400 = 128 cani.
6. Verifica: omozigoti dominanti p² x 400 = 0,64 x 400 = 256; 256 + 128 + 16 = 400. E p² + 2pq + q² = 0,64 + 0,32 + 0,04 = 1.

Risultato: 128 cani, cioè il 32% della popolazione. I portatori sono otto volte più numerosi degli affetti: è il motivo per cui una malattia recessiva rara non scompare da una razza con la sola selezione sui soggetti malati. L'errore tipico è fermarsi a q = 0,04 senza estrarre la radice.

1. L'incrocio Aa x Aa dà quattro combinazioni equiprobabili: AA, Aa, aA, aa, cioè 1 AA : 2 Aa : 1 aa.
2. Se il cucciolo è sano, la combinazione aa è esclusa: lo spazio dei casi possibili si riduce da 4 a 3.
3. Fra questi 3 casi, quelli eterozigoti sono 2 (Aa e aA).
4. Probabilità condizionata di essere portatore: 2 : 3 = 0,667, cioè circa il 66,7%.
5. Per due cuccioli sani gli eventi sono indipendenti: (2/3) x (2/3) = 4/9.
6. 4 : 9 = 0,444, cioè circa il 44,4%.

Risultato: 2/3 per un cucciolo, 4/9 per due. Chi risponde 1/2 ha usato il rapporto 1:2:1 senza ricalcolare il denominatore dopo l'informazione 'è sano'. È il quesito con cui si distingue chi ha capito la probabilità condizionata da chi ha solo imparato il quadrato di Punnett: 2/3 e 1/2 sono quasi sempre entrambi fra le cinque opzioni.

1. In una popolazione asincrona la frazione di cellule sorprese in una fase è proporzionale alla durata di quella fase.
2. Indice mitotico: durata della fase M diviso durata del ciclo. Quindi durata M = 0,05 x 24 ore.
3. 0,05 x 24 = 1,2 ore.
4. In minuti: 1,2 x 60 = 72 minuti.
5. Per la fase S si applica la stessa proporzione al contrario: 8 : 24 = 0,333, cioè il 33,3%.
6. Controprova: G1, G2 e M occupano insieme 24 - 8 = 16 ore, di cui 1,2 di mitosi; l'interfase copre 22,8 ore su 24, il 95% del ciclo.

Risultato: La mitosi dura 1,2 ore, cioè 72 minuti, e circa il 33% delle cellule è in fase S. Il principio è che il tempo si legge dai numeri: una fase lunga si osserva spesso, una corta di rado. È anche il motivo per cui al microscopio quasi tutte le cellule appaiono in interfase.