Студенческая олимпиада по биологии. Университетский этап

18 березня відбувся перший етап студентської олімпіади з біології. Ось зведена таблиця його результатів:

Код

Прізвище

Курс

«Сирі» оцінки

Перераховані (найгірший‑найкращий) результати

Місце

ФБР

БІР

Генетика

БХ/МБ

ФБР

БІР

Генетика

БХ/МБ

Сума

10

Шлахтер М.

III

41

8

3

4

18,5

21,4

25,0

25,0

89,9

I

12

Василенко В.

I

34

2

1

0

10,9

0,0

0,0

0,0

10,9

13

Шейко В.

III

45

5

3

1

22,8

10,7

25,0

6,3

64,8

III

18

Ковалев В.

III

39

5

2

0

16,3

10,7

12,5

0,0

39,5

21

Острась Д.

V

24

9

2

0

0,0

25,0

12,5

0,0

37,5

37

Дрогваленко Н.

III

47

8

1

2

25,0

21,4

0,0

12,5

58,9

42

Федорова А.

III

35

6

3

4

12,0

14,3

25,0

25,0

76,2

II

У першій частині результатів наведені сирі оцінки, як їх виставили викладачі, що перевіряли завдання. Очевидно, що просте їх підсумовування не дозволить оцінити результат кожного з учасників: «вага» завдання з фізіології та біохімії рослин виявляється набагато більшою, ніж завдання з генетики. Тому оцінки за всіма завданнями перераховуються так, що 0 балів відповідає найнижчому результату за дане завдання, а 25 балів — найвищому. Отриману суму досить просто інтерпретувати. Оцінку 100 отримав би студент, який набрав би найвищий бал за всіма завданнями; 0, відповідно, той, хто відповів на всі завдання гірше за всіх.
Відповідно до цього, I місце зайняв Михайло Шлахтер, II — Анна Федорова, III — Валерія Шейко. На наступний етап олімпіади (який пройде в Житомирі) поїдуть Шлахтер і Федорова.
Завдання
Тест з анатомії, фізіології та біохімії рослин    
Василь Васильович Жмурко надав тест, що складається з 60 питань. Цей тест тут не будемо приводити. Оцінка за тест — кількість правильних відповідей із 60. Найкраще на цей тест відповів Костянтин Дрогваленко.
Біологія індивідуального розвитку
Автор питання — Євгеній Олександрович Кіося.
У шовковичного шовкопряда (Bombyx mori) дуже своєрідний спосіб визначення статі в онтогенезі. Провідну роль у цьому процесі відіграють статеві хромосоми. Зовнішні чинники, такі як підвищення температури, можуть стимулювати різні типи партеногенетичного розвитку яєць, але на визначення статі шовкопрядів, що розвиваються з запліднених яєць, вони суттєвого впливу не мають.
Гетерогаметною у шовкопряда є жіноча стать, тобто у самців є дві однакові статеві хромосоми (ZZ), а у самиць — дві різні (ZW). На відміну від плодової мухи (Drosophila melanogaster), у шовкопряда вирішальним у визначенні статі є не баланс генів на статевих хромосомах і аутосомах, а наявність чи відсутність W‑хромосоми.  Цим шовкопряд нагадує людину й інших ссавців, у яких стать визначається наявністю Y‑хромосоми.  Однак у ссавців певна ділянка Y‑хромосоми кодує білок (TDF, testis determining factor), що «вмикає» чоловічий тип розвитку ембріона, а от у шовкопряда W‑хромосома білків взагалі не кодує.
Як же W‑хромосома шовкопряда впливає на розвиток?
Відповідь зрозуміла навіть з назви статті (опублікованої у 2014 році), у якій був описаний обговорюваний механізм: «A single female‑specific piRNA is the primary determiner of sex in the silkworm».
Генетика
Автор питання — Наталія Євгеніївна Волкова.
Три білоцвіткові сорти дельфініума схрещували між собою і отримали наступні результати: «Магічний білий фонтан» х «Персиваль» — усі потомки білі; «Магічний білий фонтан» х «Галахад» — усі потомки червоні; «Персиваль» х «Галахад» — усі потомки білі. У схрещуваннях червоних рослин першого покоління з рослинами кожного сорту отримали таке потомство: з сортом «Магічний білий фонтан» — ¼ червоних: ¾ білих; з сортом «Персиваль» — 1/8 червоних: 7/8 білих; з сортом «Галахад» — ½ червоних: ½ білих.
Яка генетична основа білоцвітковості в даних сортах дельфініума? Встановіть генотипи всіх рослин, згаданих в умові. Максимально супроводьте відповідь поясненнями.

Критерії оцінки: 5 — задача розв’язана і пояснена; 4 — задача розв’язана, без пояснень; 3 — роздуми йшли в правильному напрямку, але не дійшли; 2 — роздуми відхилилися; 1 — думки не ті; 0 — думок немає.
Біохімія / Молекулярна біологія
Автор питання — Єкатерина Васильївна Кот.
У молекулах ДНК, виділених з двох неідентифікованих бактерій X і Y, кількість аденіливих нуклеотидів становить 61827 і 85550 нуклеотидів відповідно. Довжина молекули ДНК бактерії X становить 5,68×10⁻³ см, а ДНК бактерії Y — 4,93×10⁻² мм. Визначте відсоткові частки аденіливих, тимідилових, цитидилових і гуанілових нуклеотидів від загальної кількості для кожної з бактерій, якщо відомо, що виділені молекули ДНК знаходяться у В‑формі.
Одна з даних бактерій живе у гарячих джерелах (64 °C). Яка з них — X чи Y? Обґрунтуйте відповідь.
Для довідки: довжина одного витка В‑ДНК дорівнює 3,4 нм; в одному витку — 10 пар нуклеотидів.
Розбивка балів була така:
— вказати відсоткові частки (A+T)/(G+C) для бактерії X — по 0,5 балу за кожне значення, всього — 2 бали;
— вказати відсоткові частки (A+T)/(G+C) для бактерії Y — по 0,5 балу за кожне значення, всього — 2 бали;
— вказати, яка з бактерій — X чи Y — є термофілом — 1 бал;
— обґрунтувати свій вибір — 1 бал.
Разом, максимально можливе число балів за завдання — 6.
Результати:

Код учасника

Оцінка

Пояснення

10

4

Дуже докладно і змістовно розписані розрахунки. З поясненнями.
Учасник навів правильні відсоткові співвідношення нуклеотидів для 2 бактерій. Однак вибрав неправильну бактерію в якості термофіла. І обґрунтування було дещо спірним. Справа не лише у довжині ДНК, а й у її складі.

13

1

Були допущені помилки у розрахунках. Замість загальної кількості нуклеотидів учасник взяв число пар нуклеотидів, що призвело до неправильних відповідей.
Термофіл‑бактерія була вибрана правильно. Можливо, вгадано? Але, все ж, за правильну відповідь — 1 бал.
А ось обґрунтування причин зовсім неправильне. Учасник переплутав AT і GC пари і кількість зв’язків між ними.

12

0

На жодне питання не дано жодної відповіді.

18

0

Щось переплуталося у розрахунках, в результаті відсоткові співвідношення неправильні.
На питання про те, хто ж термофіл і чому, учасник не відповів взагалі.

21

0

Немає відсоткових співвідношень. Вибрана не та бактерія. І пояснення з помилками (переплутані AT і GC пари і кількість зв’язків між ними)

37

2

Немає відсоткових співвідношень, хоча початкові розрахунки присутні. Чомусь учасник не довів до кінця.
Проте термофіл‑бактерія вказана правильно і дано правильне пояснення.

42

4

Правильно вказані відсоткові співвідношення для бактерії X. А для Y – немає.
Бактерія вибрана правильно. Пояснення вірне.

Для бактерії X:
1) Для зручності розрахунків переведемо значення довжини ДНК з см у нм: lДНК = 5,68×10⁻³ см = 5,68×10⁻³×10⁷ нм = 5,68×10⁴ нм
2) Знаючи, що довжина 1 витка В‑ДНК дорівнює 3,4 нм, а в витку — 10 пар нуклеотидів, визначимо довжину 1 пари нуклеотидів (1 пн). Вона буде 0,34 нм.
3) Тепер можемо визначити число пар нуклеотидів (пн) у молекулі ДНК: Nпн = lДНК / l1 пн, Nпн = 5,68×10⁴ нм / 0,34 нм = 16,71×10⁴ нм = 167 100 пар нуклеотидів.
4) Визначимо загальну кількість нуклеотидів (н) у молекулі ДНК. Nн = Nпн×2, Nн = 167 100×2 = 334 200 нуклеотидів.
5) Визначимо відсоткову частку аденіливих нуклеотидів від загальної кількості нуклеотидів: Якщо 334 200 – 100 %, то 61 827 – х %, звідки х = 6 182 700 / 334 200 = 18,5 %
6) За правилом Чаргаффа A=T, G=C. Отже T = 18,5 %. G+C = 100 % – (A+T) = 100 % – 37 % = 63 %. G = C = 63 / 2 = 31,5 %
Для бактерії Y:
1) Для зручності розрахунків переведемо значення довжини ДНК з мм у нм: lДНК = 4,93×10⁻² мм = 4,93×10⁻²×10⁶ нм = 4,93×10⁴ нм
2) Число пар нуклеотидів (пн) у молекулі ДНК: Nпн = 4,93×10⁴ нм / 0,34 нм = 14,5×10⁴ нм = 145 000 пар нуклеотидів.
4) Загальна кількість нуклеотидів (н) у молекулі ДНК: Nн = 145 000×2 = 290 000 нуклеотидів.
5) Відсоткова частка аденіливих нуклеотидів від загальної кількості нуклеотидів: Якщо 290 000 – 100 %, то 85 550 – х %, звідки х = 8 555 000 / 290 000 = 29,5 %
6) За правилом Чаргаффа A=T, G=C. Отже T = 29,5 %. G+C = 100 % – (A+T) = 100 % – 59 % = 41 %. G = C = 41 / 2 = 20,5 %
Хто термофіл і чому?
Термофілом є бактерія X через вищий відсоток GC‑пар: 63 % (порівняно з 41 % у ДНК бактерії Y). А оскільки саме між G і C утворюються 3 водневі зв’язки (між A і T — лише 2), то наявність більшої кількості гуанілових і цитидилових нуклеотидів у молекулі робить її міцнішою, стабільнішою.