Биологическая олимпиада - 2016

Проведено черговий факультетський етап студентської олімпіади з біології. Нижче — підсумкова таблиця.

Вітаю переможців, які поїдуть до Житомира, — Михайла Шлахтера і Миколу Дрогваленка! Дякую всім учасникам і всім авторам завдань!

Оцінки пораховані так, що з кожного питання найслабшій відповіді відповідає 0 балів, а найсильнішій відповіді — максимальна кількість балів, яка дається на питання. Внаслідок такого підрахунку підсумкова оцінка 0 відповідає учаснику, який гірше за всіх відповів на всі питання, а 100 — учаснику, який з усіх питань показав найкращий результат серед усіх учасників. Як це обчислювалося, видно по скріну таблиці в Excel, показаному вище. Курсор стоїть на комірці I4, і в рядку формул видно, як перераховувалася оцінка (24 — це мінімальний "сирий" бал, набраний за тест, а 46 — максимальний). Такий спосіб розрахунків дозволяє використовувати при перевірці будь-які числові шкали; нормується не максимально можливий бал, а різниця між найкращою і найгіршою відповіддю по кожному завданню.

Завдання були такими. Найвагомішим за впливом на підсумковий результат був тест, що складався з 62 завдань (на його написання, щоб перевірити здатність відповідати швидко, було дано 45 хвилин). Частково він складався із завдань демонстраційного тесту для вступу до магістратури (цей варіант мої колеги встигли підготувати, але ще не встигли викласти; завдяки люб’язності О. В. Тагліної ми змогли його використати на олімпіаді). Другу частину тесту складали завдання С. М. Федосової з анатомії людини (вони були складніші). У лівій частині таблиці вказано кількість правильних відповідей (з 62), які дав кожен учасник. Тестові завдання наводити тут я не буду.

Завдання № 1 (автор — Н. Є. Волкова)

Одного разу садівник-любитель схрестив між собою дві рослини персика різних сортів, обидві з яких давали білі плоди. Три роки він доглядав за гібридами, а навесні четвертого року, коли рослини зацвіли, він перезапилив частина квіток гібридів F1 пилком одного з батьків; інша частина квіток самозапилилася. Прийшов кінець літа і все гібридні рослини дали білі плоди. Садовод зберіг кісточки плодів, які розвинулися з перезапилених і самозапилених квітів. Навесні він висадив їх в ґрунт і через три роки восени отримав наступне.

З рослин F2 241 давало білі персики, 31 — жовто-червоні, 22 — жовті, 20 — червоні, 6 — яскраво-червоні. З рослин, отриманих в зворотному схрещуванні, 40 давали білі персики, 7 — жовто-червоні і 17 — жовті.

Садовод здивувався, звідки у рослин з білими плодами виникли нащадки з іншим забарвленням. Поясніть садівникові-любителю, з якою генетичної закономірністю він зіткнувся в ході проведення схрещувань, і як, виходячи з отриманих ним результатів, успадковується забарвлення плодів у персиків.

Завдання № 2 (автор — К. В. Кот)

Обчисліть температуру плавлення (Tm) та кількість водневих зв’язків у молекулі А-ДНК, якщо відомо, що загальна молекулярна маса тимідилових нуклеотидів у ній дорівнює 690 000 атомних одиниць маси, а довжина молекули дволанцюгової ДНК - 1,3 мікрометра.

Для довідки:

• Температура плавлення ДНК лінійно залежна від вмісту ГЦ-пар у її складі, і ця залежність має вигляд: Tm = 69,3 + 0,41×Z, де Z – вміст пар ГЦ (у %).
• Довжина одного оберту A-ДНК дорівнює 2,86 нанометрів; в одному оберті — 11 пар нуклеотидів.
• Середня молекулярна маса одного нуклеотиду у 8,023 разів більше, ніж сума відносних атомних мас чотирьох хімічних елементів, що утворюють пептидний зв’язок.

Завдання № 3 (автор — Є. О. Кіося)

На даний момент існує чотири основних гіпотези, які пояснюють існування чорних і білих смуг у зебр:
1) індивідуальна ідентифікація особин у стаді;
2) захист від великих хижаків;
3) захист від кровосисних комах;
4) терморегуляція.

Які дослідження ви би провели для перевірки цих гіпотез і остаточного вирішення питання про призначення смугастого забарвлення зебр?

Завдання № 4 (автор — Д. А. Шабанов)

Схематично намалюйте (так, щоб на вашому рисунку було відбито відділи тіла, кінцівки, головні зовнішні органи тощо) наступних тварин:
— південноруський тарантул, Lycosa singoriensis;
— зелений коник, Tettigonia viridissima;
— річковий окунь, Perca fluviatilis;
— чорноморська афаліна, Tursiops truncatus.

Останнє завдання викликало стогони учасників-біохіміків. Оскільки його можна вважати менш "серйозним", я знизив бали за нього удвічі, "перекинувши" звільнені 10 балів на тест. Кожне із завдань перевіряв його автор (тест перевірив я сам відповідно до отриманого від авторів завдань ключа).

Авторські критерії оцінювання завдання № 1

10 – задача розв’язана вірно, супроводжується поясненнями, що повною мірою розкривають логіку аналізу; чітко оформлена;
9 – задача розв’язана вірно, супроводжується певними поясненнями, що частково розкривають логіку аналізу;
8 – задача розв’язана в цілому, отримані правильні відповіді, але не на всі запитання; супроводжується фрагментарними поясненнями, що натякають на логіку аналізу;
7 – задача розв’язана в цілому, отримані правильні відповіді, але не на всі запитання; відсутні пояснення;
6 – задача розв’язана частково, отримані правильні відповіді на деякі запитання;
5 – задача не розв’язана, наявний короткий запис умов задачі; наявні більш-менш сформульовані пояснення, що мають відношення до розв’язання та натякають на правильну логіку мислення;
4 – задача не розв’язана, наявний короткий запис умов задачі; наявні нечіткі пояснення, що мають відношення до розв’язання, підписи генотипів;
3 – задача не розв’язана, наявний короткий запис умов задачі; наявні поодинокі записи, що мають відношення до розв’язання;
2 – задача не розв’язана, наявний короткий запис умов задачі;
1 – наявний неповний запис умов  задачі;
0 – чистий аркуш паперу.

Авторські критерії оцінювання завдання № 2

Завдання з біохімії/молекулярної біології про знаходження температури плавлення і кількості водневих зв’язків у молекулі ДНК передбачало перевірку вміння скористатися вихідними даними, довідковим матеріалом, а також знаннями, отриманими ще на 1-му курсі університету.

Спочатку не планувалося перевіряти правильність обчислень (оскільки робочі числа в задачі великі, а можливості скористатися калькулятором у студентів немає), а лише логіку розв’язання і послідовність дій. Але оскільки деякі учасники змогли дати дуже близьку до точної відповідь, то і це було враховано.

Максимальна кількість балів – 10. З них припадало на:
— загальне розуміння поставленої задачі – 2 бали максимально;
— використання всіх наявних даних – 2 бали максимально;
— наявність пояснень (хоч зовсім-зовсім мінімальних) – 2 бали максимально;
— відповідь щодо температури плавлення – 2 бали за точну відповідь, 1 – за приблизну;
— відповідь щодо водневих зв’язків – 2 бали за точну відповідь, 1 – за приблизну.

Розв’язання:

1) Для зручності розрахунків переведемо значення довжини ДНК з мкм у нм: l_ДНК = 1,3 мкм = 1,3×10³ нм = 1300 нм.

2) Знаючи, що довжина 1 витка А-ДНК дорівнює 2,86 нм, а у витку – 11 пар нуклеотидів, визначимо довжину 1 пари нуклеотидів (1 п.н.). Вона буде дорівнювати 0,26 нм. l_{1 п.н.}= 2,86/11=0,26 нм.

3) Тепер можемо визначити число пар нуклеотидів (п.н.) у молекулі ДНК: N_п.н. = l_ДНК / l_{1 п.н.} N_п.н. = 1300 нм / 0,26 нм = 5 000 пар нуклеотидів.

4) Визначимо загальне число нуклеотидів (н.) у молекулі ДНК. N_н. = N_п.н.×2. N_н. = 5 000×2 = 10 000 нуклеотидів.

5) Визначимо середню молекулярну масу одного нуклеотиду. До складу пептидної групи входять 4 атоми – C, N, O, H, їх відносні атомні маси – 12, 14, 16 і 1 відповідно. Якщо сер.молек. маса нуклеотиду у 8,023 раза більша, ніж сума відносн.атомних мас цих елементів, то М_н. = 8,023×(12+14+16+1)=8,023×43= 345

6) Визначимо загальне число тимідилових нуклеотидів (Т) у молекулі ДНК. N_Т = М_ДНК / М_н. N_Т = 690 000 / 345 = 2 000 нуклеотидів.

7) За правилом Чаргаффа А=Т, Г=Ц. Отже А = 2 000 нуклеотидів. А+Т = 4 000 нуклеотидів. Г+Ц = 100% - (А+Т) = 10 000 нуклеотидів – 4 000 нуклеотидів = 6 000 нуклеотидів.

8) Визначимо % ГЦ-пар у ДНК. Якщо всього нуклеотидів 10 000, а Г+Ц = 6 000 нуклеотидів, то ГЦ = 60%.

9) Тепер можна порахувати температуру плавлення ДНК. Підставляємо у формулу все, що знаємо: Tm = 69,3 + 0,41×Z. Tm = 69,3 + 0,41×60 = 93,9˚С.

10) Щодо водневих зв’язків. Знаючи, що аденілові нуклеотиди зв’язуються з тимідиловими двома Н-зв’язками, а гуанілові з цитидиловими – трьома, обчислюємо, що АТ-пари утримуються 4 000×2 = 8 000 зв’язками, а ГЦ-пари – 6 000×3 = 18 000 зв’язками. Разом 8 000 + 18 000 = 26 000 Н-зв’язків.

Авторські критерії оцінювання завдання № 3

Питання про зебр стосувалося не стільки зоології чи еволюційної біології, скільки методології науки. Єдино правильної відповіді на нього не передбачалося. Віталися будь-які зрозуміло описані схеми досліджень – чи то спостереження, експерименти або досліди з моделювання – якщо вони дозволяли зробити обґрунтований вибір між запропонованими гіпотезами.

Також бралося до уваги те, наскільки реалістичними були запропоновані ідеї в плані втілення на практиці. Наприклад, «перефарбувати частину стада зебр під антилоп і подивитися, чи швидко їх з’їдять леви» або «зімітувати савану з усіма факторами навколишнього середовища» було б украй складно. Рахувати, «скільки разів зебру-меланіста вкусять мухи» – також не дуже зручно. Зебри – це, все ж, не лабораторні миші і арсенал доступних методів роботи з ними – набагато вужчий.

До того ж, в умовах великого числа правдоподібних гіпотез краще було не шукати чергові підтвердження тих чи інших з них, а намагатися якось їх спростувати.

Примітно, що насправді питання про призначення смуг зебр ще не вирішене, незважаючи на тривалу історію досліджень. Ще Ч. Дарвін і А.Р. Уоллес сперечалися про те, для чого зебрам смужки, але навіть у XXI столітті продовжують виходити все нові статті в наукових журналах, що висвітлюють цю тему з нових, несподіваних боків.

Ось що з цієї проблеми насправді вивчали за останнє десятиліття:

1). Чи викликає миготіння смуг біжучого стада зебр оптичні ілюзії, які можуть збити хижаків з пантелику? (Відповідь – так). How M.J., Zanker J.M. Motion camouflage induced by zebra stripes // Zoology (2013).

2). Як бачать смужки зебр великі хижаки (леви, гієни тощо) в умовах різної освітленості і різного типу місцевості? Чи так вони сприймають смужки зебр, як їх бачимо ми? (Відповідь – ні). Melin A.D., et al. Zebra stripes through the eyes of their predators, zebras and humans // PLOS one (2016). 

3). Чи робить смугасте забарвлення помітнішим або менш помітним рухомий віртуальний об’єкт, змодельований на комп’ютері? Чи легше промахнутися (не влучити) по ньому, чи складніше? (Суперечливі результати – почитайте самі). Hughes A.E., et al. The role of stripe orientation in target capture success // Frontiers in zoology (2015).

4). Частіше чи рідше зебри стають жертвами левів, ніж інші травоїдні тварини? (Частіше). Hayward M.W., Kerley G.I.H. Prey preferences of the lion (Panthera leo) // J. Zool. Lond. (2005). Hayward M.W., et al. Do lions (Panthera leo) actively select prey or do prey preferences simply reflect chance responses via evolutionary adaptations to optimal foraging? // PLOS one (2011).

5). Чи правда, що ґедзі і мухи це-це рідше сідають на смугасті предмети через особливості сприйняття тепла та/або поляризованого світла? (Правда). Egri A., et al. Polarotactic tabanids find striped patterns with brightness and/or polarization modulation least attractive: an advantage of zebra stripes // J. Exp. Biol. (2012). Caro T., et al. The function of zebra stripes // Nature comm. (2014).

6). Чи є зв’язок між інтенсивністю смужок тієї чи іншої популяції зебр і середньою температурою в місцях їх проживання? (Очевидно - є). До речі, на цю тему в пресі розгорнулася особливо активна дискусія між дослідниками, що дотримуються різних точок зору: Larrison B., et al. How the zebra got its stripes: a problem with too many solutions // R. Soc. open sci. (2015). Caro T., Stankowich T. Concordance on zebra stripes: a comment on Larison et al. // R. Soc. open sci. (2015). Larrison B., et al. Concordance on zebra stripes is not black and white: response to comment by Caro & Stankowich // R. Soc. open sci. (2015).

Загальний вердикт більшості цих статей приблизно такий: “Much additional work is needed to elucidate the true functionality of striping in zebra”.

Авторські критерії оцінювання завдання № 4

"Сира" оцінка виставлялася з розрахунку 40 балів: по 10 балів за кожну тварину. Оцінка "0" відповідала відсутності малюнка, оцінка "10" — 100% відображенню всіх деталей, які, на мою думку, мали бути видні на малюнку.

Як саме виставлялися оцінки, найпростіше пояснити на прикладі. Ось цей тарантул отримав 3 бали:

А цей — 10 (можна було б дорікнути за відсутність павутинних бородавок і нечітке зображення голови, але я вже не став чіплятися):

Ну, а цей коник отримав 2 бали:

А за цього не можна було не поставити максимум — 10:

Усі учасники — молодці, а ті, хто побоявся прийти на олімпіаду, — двієчники!