Fachmodul Genetik II - Exam

Aufgabe 1)

Kopplungskarten und ihre ErstellungKopplungskarten (Genkarten) zeigen die relative Position von Genen auf einem Chromosom basierend auf Rekombinationsfrequenzen.

• Nutzung: Bestimmung der genetischen Distanz zwischen Genen.
• Einheit: Centimorgan (cM) - 1 cM ≈ 1% Rekombinationsereignis.
• Methodik: Kreuzungen und Analyse der Nachkommengruppen.
• Rekombinationsfrequenz: \(R_f = \frac{Anzahl \ Rekombinanten}{Gesamtanzahl \ Nachkommen}\ \)
• Hohe Frequenz -> weit auseinanderliegende Gene, niedrige Frequenz -> nahe beieinander liegende Gene.
• Karte erstellst Du durch Analyse mehrerer Genpaare und deren Rekombinationsfrequenzen.

b)

Bei einer weiteren Kreuzung zwischen zwei Genen erhältst Du die Ergebnisse, dass die Rekombinationsfrequenz 10% beträgt. Ein weiteres Gen befindet sich zwischen diesen beiden Genen und zeigt eine Rekombinationsfrequenz von 6% bzw. 4% mit den beiden. Erstelle eine genetische Karte, die die Positionen der drei Gene relativ zueinander zeigt, und bestimme die Längen der einzelnen Abschnitte in cM.

Lösung:

Lassen Sie uns zusammen eine genetische Karte der beschriebenen Gene erstellen. Hier sind die gegebenen Daten:

• Rekombinationsfrequenz zwischen den ersten beiden Genen: 10%
• Rekombinationsfrequenz zwischen dem mittleren Gen und den beiden anderen Genen: 6% und 4%

Da 1% Rekombinationsfrequenz etwa 1 Centimorgan (cM) entspricht, können wir die Frequenzen direkt als Entfernungen in cM verwenden.

• Anordnung der Gene:
• Wir haben drei Gene, die wir mit A, B und C bezeichnen (ohne Verlust der Allgemeinheit, A und C sind die äußeren und B ist das mittlere Gen).
• Die Rekombinationsfrequenzen geben die Entfernungen zwischen den Genen wieder:

1. Entfernung zwischen A und B: 6 cM
2. Entfernung zwischen B und C: 4 cM
3. Gesamtabstand zwischen A und C: 10 cM (was auch den Angaben entspricht: 6% + 4% = 10%)

Darstellung der genetischen Karte:

Die Karte zeigt dabei die Positionen der Gene A, B, und C entlang des Chromosoms:

• A-----------6 cM--------B------4 cM-----C
• Zwischen A und B liegen 6 cM.
• Zwischen B und C liegen 4 cM.
• Zwischen A und C liegen insgesamt 10 cM.

Zusammengefasst:

• Die Gene sind in der Reihenfolge A-B-C angeordnet.
• Die Entfernungen in cM sind: AB = 6 cM, BC = 4 cM, und AC = 10 cM.

Aufgabe 2)

In einer Studie zur genetischen Vielfalt und Krankheitsassoziation wurde eine Population auf Single Nucleotide Polymorphisms (SNPs) untersucht. Bei der HAP-Map-Analyse dieser Population, wurden spezifische Haplotypen identifiziert, die mit bestimmten Krankheitsmustern in Verbindung stehen. Ein SNPs entspricht einer Variation eines einzelnen Nukleotids in der DNA-Sequenz, beispielsweise A→T. Diese Variationen können als genetische Marker dienen und sind entscheidend für das Verständnis der evolutionären Prozesse und der genetischen Grundlagen von Krankheiten. Aufgabe der HAP-Map-Analyse ist es, die genetischen Varianten einer Population zu kartieren und Haplotypen-Muster zu identifizieren. Solche Muster geben wichtige Hinweise auf die genetische Vielfalt und deren Einflüsse auf Erkrankungen.

a)

Ein SNP befindet sich in einer Population mit einer Häufigkeit von 0,3 für das Allel T und 0,7 für das Allel G. Berechne die zu erwartende Häufigkeit der verschiedenen Genotypen (TT, TG, GG) unter der Annahme, dass die Population sich im Hardy-Weinberg-Gleichgewicht befindet. Hinweis: Verwende die Formel für das Hardy-Weinberg-Gleichgewicht: Die Formel für die Berechnung lautet: p^2 + 2pq + q^2 = 1, wobei p die Häufigkeit des ersten Allels und q die Häufigkeit des zweiten Allels ist.

Lösung:

Um die zu erwartende Häufigkeit der verschiedenen Genotypen (TT, TG, GG) zu berechnen, wenn die Population sich im Hardy-Weinberg-Gleichgewicht befindet, kannst Du die Hardy-Weinberg-Formel verwenden:

Hardy-Weinberg-Formel:

• p²: Häufigkeit des Genotyps TT

• 2pq: Häufigkeit des Genotyps TG

• q²: Häufigkeit des Genotyps GG

Gegeben:

• Häufigkeit des Allels T (\(p\)) = 0,3

• Häufigkeit des Allels G (\(q\)) = 0,7

Durch Einsetzen in die Hardy-Weinberg-Formel ergeben sich die folgenden Berechnungen:

• Häufigkeit von TT (\(p^2\)):

$\backslash [\backslash text\{TT\}\; =\; p^2\; =\; (0,3)^2\; =\; 0,09\; \backslash tag\{9\; \%\}\backslash ]$

• Häufigkeit von TG (\(2pq\)):

$\backslash [\backslash text\{TG\}\; =\; 2pq\; =\; 2\; \backslash times\; 0,3\; \backslash times\; 0,7\; =\; 0,42\; \backslash tag\{42\; \%\}\backslash ]$

• Häufigkeit von GG (\(q^2\)):

$\backslash [\backslash text\{GG\}\; =\; q^2\; =\; (0,7)^2\; =\; 0,49\; \backslash tag\{49\; \%\}\backslash ]$

Daraus ergeben sich die zu erwartenden Häufigkeiten der Genotypen im Hardy-Weinberg-Gleichgewicht:

• TT: 9 %

• TG: 42 %

• GG: 49 %

Diese Berechnungen helfen dabei, die genetische Vielfalt und die Verteilung der Genotypen in der Population zu verstehen.

b)

In einer HAP-Map-Analyse wurden zwei benachbarte SNPs (A/T und C/G) untersucht. Die Haplotypen AC, AG, TC und TG wurden in einer Population mit folgenden Häufigkeiten beobachtet: AC: 0.35, AG: 0.15, TC: 0.10, TG: 0.40. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewähltes Individuum sowohl den Haplotyp AC als auch TG besitzt.

Lösung:

Um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, dass ein zufällig ausgewähltes Individuum sowohl den Haplotyp AC als auch TG besitzt, sollten wir zunächst verstehen, dass Haplotypen eine spezifische Kombination von Allelen sind, die zusammen vererbt werden. Da jeder Mensch zwei Haplotypen hat (einen von jeder Elternteil), müssen wir die Wahrscheinlichkeiten für jede Kombination miteinander multiplizieren.

Gegeben:

• Häufigkeit von AC: 0,35
• Häufigkeit von AG: 0,15
• Häufigkeit von TC: 0,10
• Häufigkeit von TG: 0,40

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewähltes Individuum sowohl den Haplotyp AC als auch TG besitzt, kann folgendermaßen berechnet werden:

• Da ein Individuum zwei Haplotypen hat, gibt es verschiedene Kombinationen, wie es den Haplotyp AC und TG besitzen kann: AC von einem Elternteil und TG vom anderen.

• Da die Haplotypen kombinatorisch unabhängig vererbt werden, multiplizieren wir die Wahrscheinlichkeiten:

Die Häufigkeit von AC und TG wird durch folgendes Produkt gegeben:

• P(AC und TG) = P(AC) * P(TG)

Setze die gegebenen Werte ein:

\[ P(AC \, \text{und} \, TG) = 0,35 \times 0,40 = 0,14 (14\%) \]

Daher beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewähltes Individuum sowohl den Haplotyp AC als auch TG besitzt, 14 %.

c)

Diskutiere den potenziellen Einfluss von SNPs auf Krankheitsassoziationen in Bezug auf evolutionäre Vorteile und weitere Implikationen. Beziehe dich in deiner Antwort auf die HAP-Map-Ergebnisse und erläutere mögliche Mechanismen, die erklären wie SNPs zur Krankheitsanfälligkeit beitragen können.

Lösung:

Potenzieller Einfluss von SNPs auf Krankheitsassoziationen:

Single Nucleotide Polymorphisms (SNPs) sind Variationen eines einzelnen Nukleotids in der DNA-Sequenz und können tiefgreifende Auswirkungen auf die genetische Vielfalt und die Krankheitsanfälligkeit einer Population haben. Diese Variationen können sowohl evolutionäre Vorteile als auch bestimmte Krankheitsrisiken mit sich bringen. Im Folgenden werden einige zentrale Punkte diskutiert, basierend auf HAP-Map-Ergebnissen und möglichen Mechanismen, die die Krankheitsanfälligkeit beeinflussen.

1. Genetische Vielfalt:

• SNPs tragen wesentlich zur genetischen Vielfalt in einer Population bei. Diese Vielfalt wird durch die HAP-Map-Analyse sichtbar gemacht, die spezifische Haplotypen identifiziert, die mit bestimmten Krankheitsmustern in Verbindung stehen.
• Ein erhöhtes Maß an genetischer Vielfalt kann zu einer besseren Anpassungsfähigkeit an Umweltveränderungen und Krankheitserreger führen, was evolutionäre Vorteile bietet.

2. Krankheitsassoziationen:

• HAP-Map-Analysen haben gezeigt, dass bestimmte SNPs mit erhöhtem Krankheitsrisiko assoziiert sind. Diese Assoziationen können durch verschiedene Mechanismen erklärt werden:
• Regulatorische SNPs: Einige SNPs befinden sich in regulatorischen Regionen der DNA und können die Expression von Genen beeinflussen. Eine veränderte Genexpression kann zu einer erhöhten oder verringerten Anfälligkeit für bestimmte Krankheiten führen.
• Protein-codierende SNPs: Änderungen in den kodierenden Regionen von Genen können die Struktur und Funktion von Proteinen verändern. Diese Veränderungen können direkt zu Krankheitsanfälligkeit führen, insbesondere wenn sie die Funktion von kritischen Proteinen beeinträchtigen.
• Introns und Exons: SNPs in Introns oder Exons können den Spleißvorgang beeinflussen, wodurch alternative Spleißformen entstehen, die ebenfalls Krankheitsrisiken erhöhen können.

3. Evolutionäre Vorteile:

• Bestimmte SNPs können evolutionäre Vorteile bieten, indem sie Anpassungen an spezifische Umwelteinflüsse ermöglichen.
• Beispielsweise können SNPs, die eine erhöhte Resistenz gegen Infektionskrankheiten verleihen, in Populationen mit hoher Krankheitsprävalenz häufiger auftreten.
• Die Vorteile bestimmter SNPs müssen jedoch immer im Kontext der gesamten genetischen Landschaft und der Umgebungsbedingungen betrachtet werden.

4. Weitere Implikationen:

• SNPs können nicht nur zur Krankheitsanfälligkeit, sondern auch zur personalisierten Medizin beitragen, indem sie Einblicke in individuelle genetische Profile und potenzielle Krankheitsrisiken bieten.
• Die Identifizierung von SNPs, die mit Medikamentenreaktionen assoziiert sind, kann zur Entwicklung von maßgeschneiderten Therapien und zu einer effektiveren Krankheitsbehandlung führen.

Zusammenfassung:

SNPs sind Schlüsselfaktoren für die genetische Vielfalt und die Krankheitsassoziation in Populationen. Die Ergebnisse der HAP-Map-Analyse liefern wichtige Einblicke in die Rolle von SNPs bei der Krankheitsanfälligkeit und deren mögliche evolutionäre Vorteile. Durch ein besseres Verständnis der Mechanismen, wie SNPs zur Krankheitsanfälligkeit beitragen, können Maßnahmen zur Verbesserung der öffentlichen Gesundheit und zur persönlichen Medizin ergriffen werden.

Aufgabe 3)

Chromatin-Modifikationen und ihre Auswirkungen auf die GenexpressionChromatin-Modifikationen beeinflussen die Zugänglichkeit der DNA für Transkriptionsfaktoren und somit die Genexpression.

• Histon-Acetylierung: Erhöht die Genexpression (durch Acetylierung von Lysin-Resten auf Histonen, neutralisiert positive Ladung).
• Histon-Methylierung: Kann Genexpression aktivieren oder reprimieren (abhängig von der Position und Anzahl der Methylgruppen).
• DNA-Methylierung: Meist repressiv (Methylierung von Cytosin-Basen in CpG-Dinukleotiden).
• Chromatin-Remodellierungskomplexe: Verändern Nukleosomenpositionen und beeinflussen Zugänglichkeit der DNA.
• Epigenetische Regulation: Chromatin-Modifikationen sind reversibel und vererbbar, spielen eine Rolle bei Zellgedächtnis.

a)

1. Vergleiche die Mechanismen der Histon-Acetylierung und DNA-Methylierung hinsichtlich ihrer Auswirkungen auf die Genexpression. Erkläre, warum diese Mechanismen oft als gegensätzlich betrachtet werden.

• Welche Mechanismen führen jeweils zur Aktivierung oder Repression der Genexpression?
• Erkläre anhand von Beispielen, wie diese Modifikationen spezifisch auf molekularer Ebene stattfinden.

Lösung:

1. Vergleiche die Mechanismen der Histon-Acetylierung und DNA-Methylierung hinsichtlich ihrer Auswirkungen auf die Genexpression. Erkläre, warum diese Mechanismen oft als gegensätzlich betrachtet werden.

• Welche Mechanismen führen jeweils zur Aktivierung oder Repression der Genexpression?
• Erkläre anhand von Beispielen, wie diese Modifikationen spezifisch auf molekularer Ebene stattfinden.

• Mechanismen, die zur Aktivierung oder Repression der Genexpression führen:
  • Histon-Acetylierung: Historisch wird oft als aktivierender Mechanismus betrachtet, da die Acetylierung von Lysin-Resten in den Histonen die positive Ladung neutralisiert und somit die Affinität der Histone zur negativ geladenen DNA verringert. Dies führt zu einer weniger dichten Chromatinstruktur, die Transkriptionsfaktoren den Zugang zur DNA erleichtert.
  • DNA-Methylierung: DNA-Methylierung wird meistens als repressiver Mechanismus angesehen. Hierbei werden Cytosin-Basen in den CpG-Dinukleotiden methyliert, was zur Rekrutierung von Proteinen führt, die die Transkription unterdrücken und dadurch die Genexpression hemmen.
• Gegensätzliche Betrachtung dieser Mechanismen:Histon-Acetylierung und DNA-Methylierung werden oft als gegensätzliche Mechanismen betrachtet, da die Histon-Acetylierung in der Regel die Genexpression aktiviert, während die DNA-Methylierung sie meistens hemmt. Dieses Gegensatzpaar ist zentral für die balancierte Regulation der Genexpression und somit für die zelluläre Funktion und Stabilität.
• Beispiele auf molekularer Ebene:
  • Histon-Acetylierung: Histon-Acetyltransferasen (HATs) wie CBP/p300 fügen Acetylgruppen an Lysine in den Histonschwänzen an. Zum Beispiel kann H3K27ac (Acetylierung am Lysin 27 des Histon H3) zu einer offenen Chromatinstruktur und einer erhöhten Transkription führen.
  • DNA-Methylierung: DNA-Methyltransferasen (DNMTs) wie DNMT1, DNMT3A und DNMT3B fügen Methylgruppen an Cytosin im Kontext von CpG-Dinukleotiden hinzu. Ein klassisches Beispiel ist die Hypermethylierung des Promoters des Tumorsuppressorgens p16, was zu dessen Inaktivierung und damit zu unkontrollierter Zellproliferation führen kann.

b)

2. Gegeben: Ein Gen neigt zur übermäßigen Expression, was zu einer Krankheit führt, da das entsprechende Protein im Überfluss produziert wird. Ein Forscher schlägt vor, die Intervention durch die Induktion von DNA-Methylierung in der Promoterregion dieses Gens vorzunehmen.

• Erläutere, wie die Induktion von DNA-Methylierung in der Promoterregion dieses Gens die Genexpression beeinflussen könnte.
• Wenn die Zielregion aus 300 bp besteht und angenommen wird, dass 5% der Nukleotide CpG-Dinukleotide sind, wie viele CpG-Dinukleotide wären dann in einer 300 bp langen Sequenz zu finden? Verwende die Formel, um die CpG-Dichte zu berechnen.

Lösung:

2. Gegeben: Ein Gen neigt zur übermäßigen Expression, was zu einer Krankheit führt, da das entsprechende Protein im Überfluss produziert wird. Ein Forscher schlägt vor, die Intervention durch die Induktion von DNA-Methylierung in der Promoterregion dieses Gens vorzunehmen.

• Erläutere, wie die Induktion von DNA-Methylierung in der Promoterregion dieses Gens die Genexpression beeinflussen könnte.
• Wenn die Zielregion aus 300 bp besteht und angenommen wird, dass 5% der Nukleotide CpG-Dinukleotide sind, wie viele CpG-Dinukleotide wären dann in einer 300 bp langen Sequenz zu finden? Verwende die Formel, um die CpG-Dichte zu berechnen.

• Die Induktion von DNA-Methylierung in der Promoterregion eines Gens führt zur Repression der Genexpression. Dies geschieht durch mehrere Mechanismen:
• Direkte Hemmung der Transkriptionsfaktoren: Methylierte CpG-Dinukleotide in der Promoterregion können die Bindung von Transkriptionsfaktoren und anderen notwendigen Proteinen an die DNA verhindern. Dies blockiert die Transkription des Gens.
• Rekrutierung von repressiven Proteinen: Methylierte CpG-Stellen dienen als Bindungsstellen für Methyl-CpG-bindende Domänenproteine (MBDs). Diese Proteine rekrutieren andere repressive Faktoren wie Histon-Deacetylasen (HDACs) und Chromatin-Remodellierungskomplexe, die das Chromatin in eine dichtere, weniger zugängliche Form überführen, wodurch die Transkription weiter unterdrückt wird.

• Gesamtanzahl der Basenpaare: 300 bp
• Anteil der CpG-Dinukleotide: 5% oder 0,05
• Berechnung der CpG-Dichte:Die CpG-Dichte kann berechnet werden als:\( \text{CpG-Dichte} = \frac{\text{Anteil der CpG-Dinukleotide} \times \text{Gesamtanzahl der Basenpaare}}{2} \) Setzen wir die Zahlen ein:\( \frac{0.05 \times 300}{2} = \frac{15}{2} = 7.5 \)
• Da ein DNA-Doppelstrang keine halben CpG-Dinukleotide enthalten kann, runden wir auf die nächste ganze Zahl.Ergebnis: 7 oder 8 CpG-Dinukleotide (abhängig von der genauen Verteilung in der tatsächlichen DNA-Sequenz).

Aufgabe 4)

Du bist ein Forscher, der Mechanismen zur Wiederherstellung der DNA-Integrität in einer Zellkultur untersucht. Während des Experiments stellst Du fest, dass verschiedene Arten von DNA-Schäden unterschiedliche Reparaturmechanismen aktivieren. Du bemerkst dabei insbesondere Schäden durch UV-Strahlung, spontan gebildete AP-Sites (apurinische bzw. apyrimidinische Stellen) und durch Replikationsfehler verursachte Mismatch-Paare.

a)

a) Erläutere anhand konkreter Beispiele, welche Reparaturmechanismen bei UV-bedingten DNA-Schäden, spontan gebildeten AP-Sites und Mismatch-Paaren nach der Replikation aktiviert werden. Welche Enzyme sind jeweils involviert und welche Schritte umfassen die jeweiligen Reparaturprozesse?

Lösung:

a) Erläutere anhand konkreter Beispiele, welche Reparaturmechanismen bei UV-bedingten DNA-Schäden, spontan gebildeten AP-Sites und Mismatch-Paaren nach der Replikation aktiviert werden. Welche Enzyme sind jeweils involviert und welche Schritte umfassen die jeweiligen Reparaturprozesse?

• UV-bedingte DNA-Schäden:UV-Strahlung kann durch die Bildung von Pyrimidindimeren (z.B. Thymindimere) DNA-Schäden verursachen. Der primäre Reparaturmechanismus hierfür ist die Nukleotide-Exzisionsreparatur (NER).
  • Enzyme involviert: XPC (Erkennung des Schadens), TFIIH (Helicase-Aktivität), XPA, RPA, XPG, und XPF-ERCC1 (Endonukleasen), DNA-Polymerase (Synthese neuer DNA), und DNA-Ligase (Verknüpfung der DNA-Stränge).
  • Reparaturschritte:1. Erkennung des Schadens durch das XPC-Protein.2. Rekrutierung des TFIIH-Komplexes, welcher die Helikase-Aktivität besitzt, um die DNA-Doppelhelix zu öffnen.3. Bindung von XPA und RPA zur Stabilisierung der geöffneten DNA.4. Schneiden der geschädigten DNA-Sequenz durch die Endonukleasen XPG und XPF-ERCC1.5. DNA-Polymerase füllt die Lücke durch Synthese neuer DNA.6. DNA-Ligase verknüpft die neuen DNA-Stränge und schließt die Lücke.
• Spontan gebildete AP-Sites:AP-Sites entstehen durch den Verlust einer Purin- oder Pyrimidinbase. Der Reparaturmechanismus hierfür ist die Basen-Exzisionsreparatur (BER).
  • Enzyme involviert: DNA-Glycosylasen, AP-Endonuklease, DNA-Polymerase, und DNA-Ligase
  • Reparaturschritte:1. Erkennung und Entfernung der beschädigten Base durch DNA-Glycosylasen.2. Spaltung der DNA-Rückgrat an der AP-Site durch AP-Endonuklease.3. Entfernung von Zucker-Phosphat-Resten.4. DNA-Polymerase füllt die Lücke mit der korrekten Base.5. DNA-Ligase verknüpft die DNA-Stränge und schließt die Lücke.
• Mismatch-Paare nach der Replikation:Replikationsfehler können zu Mismatch-Paaren führen. Der Reparaturmechanismus hierfür ist die Mismatch-Reparatur (MMR).
  • Enzyme involviert: MutS (Erkennung des Fehlers), MutL, MutH (Erkennung und Spaltung des neuen DNA-Strangs), Exonuklease, DNA-Polymerase, und DNA-Ligase.
  • Reparaturschritte:1. MutS erkennt das Mismatch-Paar.2. MutL bindet an MutS und aktiviert MutH.3. MutH schneidet den neu synthetisierten Strang an der fehlerhaften Stelle.4. Exonuklease entfernt eine Sequenz des neuen Strangs, einschließlich des Fehlers.5. DNA-Polymerase synthetisiert den korrekten Strang.6. DNA-Ligase verknüpft die DNA-Stränge und schließt die Lücke.