MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN

Transkript

1 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Mandag den. juni 00 kl Indhold: Opgaverne - Side - 7 Vægtningsliste Side 8 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

2 Mandag. juni 00 Medicinsk Genetik Side. En triploid zygote kan opstå på grund af non-disjunction af et helt kromosomsæt i første eller anden meiotiske deling hos moderen eller faderen. Ved genetisk analyse af et spontant aborteret foster med karyotypen 69,XXX fandt man følgende allelkombinationer i VNTR-loci på forskellige kromosomer hos det aborterede foster og forældrene. VNTR-loci Kromosom Kromosom 8 Kromosom Abort Kun allel Allellerne, 8 og 9 Allellerne 6 og 8 Fader Allellerne og 7 Allellerne 9 og 8 Kun allel 8 Moder Kun allel Allellerne og 9 Allellerne 6 og 8 A. Hvad er et VNTR-locus? B. Angiv med ja og nej i et skema som nedenstående om allelkombinationerne i det aborterede foster er i overensstemmelse med den pågældende non-disjunction. Non-disjunction Kromosom Kromosom 8 Kromosom Paternel første deling Paternel anden deling Maternel første deling Maternel anden deling C. I hvilken af de fire delinger må den triploidi-skabende non-disjunction være sket? Non-disjunction kan også ske i somatiske celledelinger. D. Nævn en situation, hvor en specifik somatisk non-disjunction, der sker hos et voksent menneske, kan føre til alvorlig sygdom. Opgave. fortsættes næste side.

3 Mandag. juni 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. Genetisk ubalance kan også opstå på grund af nedarvning af reciprokke translokationer. E. Hvad er en reciprok translokation? Ubalancerede gameter med korrekt antal kromosomer (centromerer) dannes af en person der er bærer af en balanceret reciprok translokation mellem kromosomerne og. F. Beskriv de forskellige partielle monosomier respektive trisomier som de giver anledning til i zygoten. (En tegning siger ofte mere end tusind ord).

4 Mandag. juni 00 Medicinsk Genetik Side. Rhesus blodtypesystemet refererer til tilstedeværelsen af Rhesus faktoren, også kendt som Rhesus D-antigen (D-protein), på de røde blodlegemers overflade. D-proteinet er en del af et proteinkompleks, der sidder i cellemembranen - muligvis en ionpumpe. D-proteinet kodes af et gen, hvis locus er på kromosom. Fravær af D-proteinet har vist sig at skyldes, at genet er ødelagt. Det ødelagte allel kaldes d, og det tilsvarende intakte allel kaldes D. Tilstedeværelse af D-proteinet kaldes Rhesus positiv (Rh+) og fravær kaldes Rhesus negativ (Rh-). Tilstedeværelse af D-proteinet bestemmes i dag med specifikke antistoffer. A. Hvilken arvegang mener du, at blodtypen Rh+ følger? Begrund svaret. B. Hyppigheden af Rhesus positive personer er 8 % i de fleste europæiske befolkninger. Beregn hyppigheden af D-allellen. Har du gjort nogle antagelser? C. I asiatiske befolkninger er frekvensen af d-allellen %. Beregn hyppigheden af personer med Rh- fænotypen blandt asiater. Har du gjort nogle antagelser? D. Beregn sandsynligheden for at blodtypen for det første barn af to europæiske Rhesus positive forældre er Rh-. Under fødslen, når placenta løsnes, kommer mange af barnets røde blodlegemer over i moderens blodbane. Rh- kvinder udvikler antistoffer mod D-proteinet, hvis barnet er Rh+. Under en efterfølgende graviditet vil disse antistoffer kunne gå gennem placenta og over i fosterets blodbane. Er fosteret Rh+, ødelægges de røde blodlegemer. Denne alvorlige tilstand (erythroblastosis foetalis) kan forhindres ved at indgive anti-d antistoffer til en fødende Rh- kvinde, hver gang kvinden føder et Rh+ barn. E. Hvad er risikoen for, at en Rh- kvinde, der får to børn med den samme europæiske mand, ville få problemer ved anden fødsel, hvis hun ikke blev behandlet?

5 Mandag. juni 00 Medicinsk Genetik Side. Line henvises til klinisk genetisk afdeling med henblik på rådgivning, da Line er bekymret for, at der er en arvelig cancersygdom i hendes familie. På baggrund af en høj forekomst af tidligt debuterende brystcancer i Lines familie (Figur ) vurderer lægen, at der bør undersøges for mutationer i BRCA og BRCA generne. Da generne er meget store, laves en koblingsanalyse for om muligt at kunne pege på et af generne før eventuel DNA sekventering kommer på tale. A. Kan lægen bruge DNA fra blodprøver til denne undersøgelse? Begrund kort dit svar. Lægen har allerede DNA fra flere personer i familien og påbegynder en koblingsanalyse før DNA er isoleret fra Line. Der benyttes polymorfe mikrosatellitmarkører for hvert gen ( intrageniske og på hver side af de to gener). B. Hvorfor er det hensigtsmæssigt at benytte flere mikrosatellitmarkører for hvert gen? Begrund kort. Figur. Haplotyper for de undersøgte familiemedlemmer. Resultatet af markørundersøgelsen for BRCAer vist i A. og for BRCA i B. Tallene i kursiv angiver alder for diagnose af brystcancer ved den enkelte patient. Line og hendes mand Jesper er III- og III-. Figur A BRCA Mikrosatellitmarkører: I Markør BRCA-A BRCA-B BRCA-C Markør II III IV Opgave. fortsættes næste side

6 Mandag. juni 00 Medicinsk Genetik Side 6 Opgave fortsat. Figur B BRCA- Mikrosatellitmarkører: I 7 Markør BRCA-A BRCA-B BRCA-C Markør II III IV C. På baggrund af markøranalyserne (koblingsanalyserne), hvilke(t) gen(er) kan udelukkes som årsag til brystcancertilfældene i Lines familie? Begrund dit svar. Den aldersafhængige penetrans for 0-årige kvindelige bærere af en BRCA eller BRCA sygdomsallel er 8%. D. Hvad er sandsynligheden for, at Line, som er 0 år, er bærer af risikoallellen? Livstidsrisikoen for at udvikle brystcancer for en kvindelig bærer af en BRCA eller BRCA risikoallel er 86%. For mandlige bærere af en BRCA risikoallel er den %, og for mandlige BRCA bærere er den 8%. E. Hvad er risikoen for, at Line og Jespers ventede barn (IV-) senere i livet udvikler brystcancer? Opgave. fortsættes næste side

7 Mandag. juni 00 Medicinsk Genetik Side 7 Opgave fortsat. Jespers mormor fik diagnosticeret brystcancer som 7-årig, og Jespers farbrors kone har også haft brystcancer. F. Hvordan påvirker dette det ventede barns (IV-) risiko for at udvikle brystcancer?

8 Mandag. juni 00 Medicinsk Genetik Side 8 VÆGTNINGSLISTE:.A..B. 6.C..D. 6.E..F. 7.A. 6.B. 7.C. 6.D. 7.E. 6.A..B..C. 7.D..E. 7.F.

9 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Mandag den. januar 00 kl Indhold: Opgaverne - Side - Vægtningsliste Side 6 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. LØSE ARK MED FX KLADDEOPTEGNELSER ER UVEDKOMMENDE FOR BEDØMMELSEN AF OPGAVESÆTTET. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

10 Fredag. januar 00 Medicinsk Genetik Side. Peutz-Jeghers syndrom (PJS) er en meget sjælden arvelig sygdom, der er karakteriseret ved melaninpletter i mundslimhinden, i huden omkring øjnene, og polypper i mave-tarmkanalen. Patienter med sygdommen har forøget risiko for at udvikle kræft. I fire familier, hvori PJS forekom blev det undersøgt, om sygdommen nedarves autosomalt dominant eller X-bundet dominant. Stamtræerne illustrerer de fire familier. For tre personer i familie D (I-, I- og II-) er desuden oplyst genotyperne i et markørlocus, som man ved er tæt koblet til sygdomslocus i denne familie. I,, II, A B C D A. Angiv for hver af de fire familier (A-D) den mest sandsynlige arvegang. Begrund svaret for hver enkelt familie for sig. For familien D angives ligeledes haplotyperne vedrørende sygdoms- og markør-loci for I-, I- og II-. B. Tegn den genomiske organisation af Peutz-Jeghers (PJ) -genet, idet det antages, at genet består af fire exons. I besvarelsen skal du redegøre for: a. promoter b. UTR regioner c. introns og exons d. translations start og stop DNA blev isoleret fra en tarmpolyp (T) og fra normalt væv (N) hos person II- i familien D. Et gen, der er mistænkt for at være muteret ved PJS blev undersøgt med samme markører som nævnt ovenfor. Opgave. fortsættes næste side

11 Fredag. januar 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. C. Diskutér DNA-analysens resultater og redegør for den mulige sammenhæng mellem den forhøjede cancerrisiko og PJ-genet. Virker PJ-genet som tumor-supressor gen eller proto-oncogen? Antag, at PJS altid nedarves uden locus heterogenitet og med fuld penetrans. D. Hvis man sætter hyppigheden af sygdomsallellen til 0.00, hvad er da sygdomshyppigheden af PJD i befolkningen? E. Beskriv kort en probe-baseret, cytogenetisk metode til bestemmelse af kromosomal lokalisation af PJ-sygdomslocus. F. Under hensyntagen til dit svar i spørgsmål A og til markøranalysen, angiv med skitsetegninger resultatet af en cytogenetisk analyse af lymfocytter fra person II- i familien D? G. Nedarvede sygdomme kan skyldes mutation i mitokondrie-dna.. Hvad er karakteristisk ved en sådan arvegang?. Hvordan vil du forklare variable ekspressivitet ved mitokondriesygdom?

12 Fredag. januar 00 Medicinsk Genetik Side. Blødersygdommen hæmofili A nedarves X-bunden recessivt. Et fænotypisk rask forældrepar venter deres første barn og ønsker genetisk rådgivning, fordi den gravide kvindes bror og morbror lider af hæmofili A. A. Hvor stor er risikoen for at barnet får sygdommen? Risikovurderingen for Down syndrom medfører, at kvinden tilbydes prænatal diagnostik med karyotypebestemmelse ved hjælp af båndfarvning af metafasekromosomer. B. Hvilken type kromosomabnormitet vil du i givet fald først og fremmest se efter? C. Vil karyotypebestemmelsen hjælpe dig i vurderingen af risikoen for hæmofili A? Forældrene ønsker ikke at tage imod tilbuddet om prænatal diagnostik. Barnet fødes og har en karakteristisk fænotype, som er forenelig med Turner s syndrom. D. Forklar kort, om denne diagnose kan stilles ved hjælp af den tilbudte prænatale diagnostik. En nærmere undersøgelse af barnet viser, at det også lider af hæmofili A. E. Hvordan forklarer du, at barnet både har Turner s syndrom og hæmofili A? Lad os forestille os, at forældrene i stedet havde fået et barn med karyotypen XXY. F. Hvad er sandsynligheden for, at barnet får hæmofili A, hvis non-disjunction var sket i. første meiotiske deling hos barnets far?. anden meiotiske deling hos barnets mor?

13 Fredag. januar 00 Medicinsk Genetik Side. Jens Petersen har sygdommen Duchennes muskeldystrofi, der nedarves X-bundet recessivt. Jens Petersens mor har to yngre søstre. Den yngste af disse har en søn med sygdommen og en rask datter. Selv har Jens Petersen en ældre og en yngre søster, som begge er gift, og den ældste har en rask søn. A. Tegn stamtræet. B. Angiv hvilke kvinder i stamtræet, der er sikre bærere af sygdomsgenet. Begrund dit svar. C. Jens Petersens yngre søster er gravid. Hvad er risikoen for, at hun får et barn med Duchennes muskeldystrofi? D. Jens Petersens ældre søster bliver gravid igen. Hvad er hendes risiko for at få et barn med Duchennes muskeldystrofi? Jens Petersens ældre søster ønsker prænatal diagnostik for ikke at få børn med Duchennes Muskeldystrofi. Sygdomsgenet er et stort gen, hvorfor det nogle gange er praktisk at foretage prænatal undersøgelse vha. koblede markører. Denne type undersøgelse blev udført på relevante familiemedlemmer. Til undersøgelsen benyttes en intragenetisk polymorfi med fragmentlængderne 7 kb og 9 kb. Resultatet af analysen ses herunder:. Jens Petersens mor. Jens Petersen. Jens Petersens ældre søster. Den ældre søsters første søn 9 kb 7 kb E. Hvad er sandsynligheden for, at det ventede barn får Duchennes muskeldystrofi? Begrund dit svar.

14 Fredag. januar 00 Medicinsk Genetik Side 6 VÆGTNINGSLISTE:.A. 6.B. 6.C. 6.D..E. 6.F..G...G..A..B..C. 6.D. 6.E. 6.F...F...A..B..C..D..E. 6

15 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Fredag den 6. juni 009 kl Indhold: Opgaverne - Side - 7 Vægtningsliste Side 8 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. LØSE ARK MED FX KLADDEOPTEGNELSER ER UVEDKOMMENDE FOR BEDØMMELSEN AF OPGAVESÆTTET. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

16 Fredag 6. juni 009 Medicinsk Genetik Side. Henrik på 6 år besvimer under en tur i Tivoli, men kommer hurtigt til bevidsthed. Henriks forældre er bekymrede, især fordi der i Henriks mors familie er flere, der lider af hjertesygdommen katekolaminerg ventrikulær takykardi (KVT). Sygdommen giver pludselige (ofte stress-udløste) anfald af svimmelhed, besvimelse og i nogle tilfælde hjertestop. To familiemedlemmer er døde pludseligt i en ung alder. Henriks mor har selv haft besvimelsestilfælde og er i medicinsk anti-arytmisk behandling. KVT nedarves autosomalt dominant med nedsat, aldersafhængig penetrans. I Henriks mors familie er det lykkedes ved hjælp af genomscanning at lokalisere sygdoms-locus til et område på den lange arm af kromosom. Området er 0 cm og afgrænset af markør-loci A og B. A. Hvad er rekombinations-frekvensen mellem markør-loci A og B? B. Hvor mange basepar vil du anslå der er mellem markør-loci A og B? Nedenfor er tegnet en del af Henriks stamtræ med angivelse af genotyperne i markørloci A (øverst) og B (nederst). Henrik er III-. I II III? C. Hvilken markør-haplotype hos II- (Henriks mor) indeholder den muterede allel? Begrund dit svar. Opgave. fortsættes næste side

17 Fredag 6. juni 009 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. D. Er Henrik bærer af sygdomsallellen ud fra markør-analysen? Begrund dit svar. Henriks morbror (II-) på 0 år vil ikke undersøges genetisk. Han har ikke haft symptomer på sygdommen. Ved 0 års alderen er penetransen 0%. E. Hvad er sandsynligheden for, at Henriks morbror er bærer af sygdomsallellen? I et kandidatgen beliggende mellem markør-loci A og B identificeres en splicesitemutation i en intron-sekvens. Mutationen fører til skipping af den næstsidste exon. F. Beskriv kort, hvordan du vil undersøge, om mutationen er til stede, hvis udgangsmaterialet er. cdna.. Genomisk DNA.

18 Fredag 6. juni 009 Medicinsk Genetik Side. I sygdommen Amyotrofisk lateral sclerose (ALS) sker der en degenerering af de motoriske nerveceller, hvilket resulterer i fremadskridende muskelsvaghed. Sygdomsdebut er oftest i 60-års alderen. Døden indtræder typisk til år efter sygdomsudbrud på grund af manglende åndedrætsfunktion. ALS er en sjælden sygdom. 90% af ALS tilfældene er sporadiske, mens 0% af ALS tilfældene er familiært arvelige. De to former af ALS har et identisk sygdomsbillede. I familiær ALS er der fundet mutationer i SOD, TDP eller FUS generne. A. Hvad hedder det genetiske begreb, at mutationer i forskellige gener kan forårsage den samme sygdom? B. Kan sporadiske tilfælde af ALS være forårsaget af mutationer i SOD, TDP eller FUS generne? Begrund dit svar. Stamtræet for en familie med arvelig ALS er vist i Figur. I II III IV Figur. C. Hvilken arvegang er den mest sandsynlige for ALS i denne familie? Begrund dit svar. D. Hvis IV-6 og IV-7 havde fået et barn sammen, hvad ville risikoen være for at dette barn havde en genotype resulterende i ALS? Opgave. fortsættes næste side

19 Fredag 6. juni 009 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. E. Vil ALS i andre familier kunne nedarves med andre arvegange end den i spørgsmål C. besvarede? Begrund dit svar. F. Forklar det genetiske begreb fænokopi. Der blev lavet en DNA sekvens analyse af genomisk DNA fra personer i generation III og IV. Hos alle ALS-patienterne fandtes samme nukleotidsubstitution i exon af FUS genet. I Figur er vist et udsnit af DNA sekvensen hos en af patienterne. Positionen for nukleotidsubstitutionen er angivet med en stjerne. N angiver tilstedeværelsen af både et C (cytosin) og et T (thymin) i sekvensen (lige meget af hver). Den ikke-transskriberede DNA streng er angivet. Figur. DNA sekvens af et udsnit af exon i FUS-genet. G. Forklar tilstedeværelsen af både et C og et T på samme position i sekvensen hos ALS patienterne. Anticodon i trna er -CUG- for den første aminosyre, der er kodet fra den i Figur angivne sekvens. H. Hvad vil aminosyresekvensen være for den del af FUS proteinet, som den angivne sekvens i Figur koder for hos III-9? Opgave. fortsættes næste side

20 Fredag 6. juni 009 Medicinsk Genetik Side 6 Opgave. fortsat. Der er identificeret forskellige enkeltbase mutationer i FUS genet i ALS familier. I. Vil det være anvendeligt at bruge FISH analyser med FUS gen prober til diagnostik i ALS familier? Begrund dit svar. Der er identificeret en Single Nucleotide Polymorphism (SNP) i FUS genet, der resulterer i en ændring af aminosyren alanin (Ala) til valin (Val) i FUS proteinet. Hyppigheden i England af den FUS allel der koder for valin er 0%. J. Forklar hvorfor personer med FUS allellen der koder for valin ikke udvikler ALS? K. Hvad er hyppigheden i England af genotyperne for denne SNP? Angiv evt. forudsætninger for dine beregninger. L. I nogle andre befolkningsgrupper findes en anden hyppighed af denne SNP. Angiv en mulig forklaring på dette. Translokationer, der involverer FUS genet er blevet fundet i sarcomer hos patienter med sporadiske tilfælde af cancer. M. Giv en sandsynlig forklaring på hvorledes en translokation generelt kan være involveret i udvikling af cancer? FISH bruges ofte til at analysere translokationer. N. Beskriv en anden metode end FISH til detektion af translokationer, og angiv det resultat der vil komme ud af at undersøge genomisk DNA fra en sarcom biopsi og en blodprøve fra samme cancer patient, hvor en FUS gen translokation er involveret i sygdomsudviklingen.

21 Fredag 6. juni 009 Medicinsk Genetik Side 7. Et nyfødt barn med Down syndrom har karyotypen 7,XX,+ i 70% af de undersøgte celler og 6,XX i 0%. A. Forklar to måder, hvorved denne karyotype kan opstå. B. Kan det have en indflydelse på fænotypen, at barnet er mosaik? Begrund kort dit svar. Hvilke af følgende personer forventes at være fænotypisk raske? Begrund kort dit svar. C.. En kvinde med kromosomer hvoraf det ene kromosom er en Robertsonsk translokation mellem kromosomerne og? C.. En kvinde med 6 kromosomer hvoraf det ene kromosom er en Robertsonsk translokation mellem kromosomerne og? C.. En person med en balanceret translokation? D. Hvilke gameter kan kvinden i C.. danne? Der skal kun angives kromosomerne og i gameterne. En specifik mikrodeletion, som er lokaliseret til kromosom p., kan være årsag til en alvorlig medfødt sygdom. Stamtræet nedenfor viser en familie, hvor denne mikrodeletion er identificeret. Alle bærere af mikrodeletionen er angivet på figuren. I II 6 III E. Forklar, hvorfor der er forskel på fænotypen med hensyn til mikrodeletionen hos personerne i generation III.

22 Fredag 6. juni 009 Medicinsk Genetik Side 8 VÆGTNINGSLISTE:.A..B..C..D..E..F..A..B..C..D..E.F..G..H..I..J..K..L..M..N..A..B..C...C...C...D..E.

23 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Mandag den 6. januar 009 kl Indhold: Opgaverne - Side - 7 Vægtningsliste Side 8 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

24 Mandag 6. januar 009 Medicinsk Genetik Side. En monogen sygdom skyldes dannelse af for korte kæder af proteinet A. For at proteinmolekylet kan folde rigtigt og binde til sig selv i lange kæder (polymerisering), skal aminosyren tyrosin, som sidder i begyndelsen (den N-terminale ende) af proteinets aminosyrekæde, have påsat en fosfatgruppe. Enzymet tyrosinkinase katalyserer denne aminosyrespecifikke fosforylering. Figur illustrerer den fosforyleringsafhængige foldning af protein A og polymerisering. Før fosforylering Fosforylering Polymerisering af protein A Funktionelt protein I en familie, hvori sygdommen nedarves, er den sygdomsfremkaldende mutation en nukleotidsubstitution, hvorved nævnte tyrosin erstattes af cystein. Mutationen skaber et kløvningssted for restriktionsenzymet PstI. Hvilken arvegang af sygdommen vil være mest sandsynlig i denne familie, hvis A.. A.. protein A kodes fra et autosomalt locus? Begrund kort. protein A kodes fra et X-bunden locus? Begrund kort. B. Ville det ændre dine svar i A.. og A.., hvis codon for ovennævnte tyrosin i stedet var muteret til en stop codon? Begrund kort. I en anden familie med sygdommen viste den sygdomsfremkaldende mutation sig at være en deletion af nukleotider i den kodende sekvens i genet for tyrosinkinase, hvorved funktionen af enzymet ophæves. Mutationen skaber et kløvningssted for restriktionsenzymet Sal. Opgave. fortsættes næste side

25 Mandag 6. januar 009 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. C. Hvilken arvegang af sygdommen er mest sandsynlig i denne familie, hvis locus for tyrosinkinase sidder på et autosomalt kromosom? Begrund kort. D. Hvad kaldes den omstændighed, at mutation i to (eller flere) forskellige loci forårsager samme sygdom? Genmodificerede grise bliver i stigende grad forsøgt anvendt som dyremodel for sygdomme hos mennesket. Fibroblaster fra grisen kan dyrkes i laboratoriet og et ekstra gen (såkaldt transgen) kan inkorporeres i fibroblasternes genom. Herefter kan fibroblasterne anvendes til kloning og produktion af transgene grise, som udtrykker det inkorporerede gen i det relevante væv, fx fibroblaster. I nedenstående spørgsmål antages det, at generne for protein A og tyrosinkinase er konserveret gennem evolutionen og identiske hos mennesket og grisen. E. Hvilket af de nævnte gener og med hvilken af de nævnte mutationer ville du vælge at inkorporere i grisens genom, hvis du skulle fremstille en grisemodel for sygdommen? Begrund kort dit svar. Typisk vil man som transgen anvende cdna afledt af det naturlige gen, og cdna er også brugt som transgen her. Opgave. fortsættes næste side.

26 Mandag 6. januar 009 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. exon exon exon mutation EcoRI ca. 00bp EcoRI ca. kb Figur viser det naturlige gen, som i alt er ca. kb langt og består af exons, som hver især er ca. 00 bp lange. Den sygdomsfremkaldende mutation er markeret i exon. I genet findes desuden to kløvningssteder for restriktionsenzymet EcoRI i henholdsvis exon og exon og ingen andre steder i genet. F. Når DNA sekvenser, som repræsenterer exon, anvendes som probe i et Southern blot, hvilke(t) bånd fremkommer da, hvis det EcoRI-kløvede DNA er isoleret fra transgene grise? Angiv omtrentlig længde af bånd. G. Hvordan vil du afgøre, om transgenet bliver transkriberet i de transgene grises fibroblaster?

27 Mandag 6. januar 009 Medicinsk Genetik Side. Chorea Huntington er en alvorlig neurodegenerativ sygdom, der nedarves autosomalt dominant med aldersafhængig penetrans. Sygdommen kommer oftest til udtryk i 0-0 års alderen i form af tab af muskelkontrol, psykiatriske symptomer og demens. Mutationen, der giver ophav til Chorea Huntington, er en trinukleotid ekspansion i den kodende del af genet for proteinet huntingtin. Den normale allel har - repeterede kopier af en specifik CAG sekvens, mens sygdomsallellen har fra 8 til over 00 repeterede kopier. A. Beskriv princippet i en metode, der kan anvendes til detektion af denne type mutation. Pia Jensen, hvis far døde af sygdommen, er gravid og ønsker prænatal diagnostik. Imidlertid vil hun absolut ikke have at vide, om hun selv er bærer af sygdomsallellen. Man kan derfor i denne situation ikke benytte mutationstesten til at undersøge om Pia Jensens foster er bærer af en sygdomsfremkaldende mutation. Til den prænatale undersøgelse benyttes i stedet en intragenisk VNTR markør lokaliseret i huntingtin-genets første intron. Resultat af undersøgelsen: Genotyper Pia Jensens far, 68 Pia Jensens mor 7, 7 Pia Jensens mand, 6 Pia Jensens foster 7, 6 B. Tegn stamtræet med angivelse af de relevante personers genotyper. C. Hvad er sandsynligheden for at Pia Jensen, der er 0 år gammel, er bærer af sygdomsallellen? Begrund dit svar. D. Hvad er på basis af DNA undersøgelsen sandsynligheden for at Pia Jensens foster har arvet sygdomsgenet? E. Hvad ville denne sandsynlighed være, hvis fosterets genotype i stedet var, 6?

28 Mandag 6. januar 009 Medicinsk Genetik Side 6. Multipel Sklerose (MS) er en demyeliniserende lidelse i centralnervesystemet. MS forringer gradvist patienternes motoriske evner og gør dem nogle gange til kørestolspatienter stort set uden evne til at bruge arme og ben. Sygdommen debuterer ofte med synsforstyrrelser pga. påvirkning af nerver til øjet (nervus opticus). MS forkorter ikke livslængden væsentligt. Tvillingestudier i Danmark har vist, at hvis en monozygot tvilling får MS, så har den anden tvilling % risiko for også at udvikle sygdommen. Dette er i modsætning til dizygote tvillinger, hvor konkordansraten kun er %. Hyppigheden af sygdommen i Danmark er 0, %. Hvad ville du forvente om konkordansraterne hos monozygote tvillinger af en autosomal dominant arvelig sygdom med penetrans på A.. 00% A.. 0 %? En forudsætning for at visse sygdomme kommer til udtryk er, at bestemte alleller i flere forskellige loci er til stede. Penetransen af et sådant genkompleks defineres som ratioen mellem syge bærere og alle bærere af de nødvendige alleller. B. Anslå penetransen af det genkompleks, der forårsager MS på basis af tvillingestudiet. C.. C.. C.. Hvad er konkordansraten hos dizygote tvillinger af en sygdom, som skyldes tilstedeværelsen af en dominant allel i hvert af to autosomale, ukoblede loci og med fuld penetrans? Hvad hvis det er loci? Hvad hvis det er loci? D. Hvor mange loci passer bedst på MS, når du tager penetransen i betragtning? Begrund kort. E. Beregn hyppigheden i Danmark af sygdomsallelen for hvert MS-locus under forudsætning af, at sygdomsallellerne er sjældne og optræder med samme hyppighed, og at der findes Hardy Weinberg ligevægt. Opgave. fortsættes næste side

29 Mandag 6. januar 009 Medicinsk Genetik Side 7 Opgave. fortsat. F. Det er påvist, at MS forekommer ca. dobbelt så hyppigt blandt kvinder som blandt mænd. Giv en mulig genetisk forklaring herpå. G. Den nedsatte penetrans er måske miljøbetinget. Hvad kalder man en sygdom, hvor både arv og miljø spiller en rolle?

30 Mandag 6. januar 009 Medicinsk Genetik Side 8 VÆGTNINGSLISTE.A...A...B..C..D..E..F..G..A. 6.B. 6.C. 6.D. 6.E. 6.A...A...B..C...C...C...D..E..F..G.

31 TENTAMEN i MEDICINSK GENETIK 6. JANUAR 009 LØSNINGSFORSLAG.A...A.. Autosomal dominant. Missense mutationen tyrosin til cystein medfører manglende fosforylering og derfor fejlfoldede protein A molekyler, som vil forhindre dannelse af lange kæder, selvom det andet allel koder for normalt foldede protein A molekyler. X-bunden dominant. Missense mutationen tyrosin til cystein medfører manglende fosforylering og derfor fejlfoldede protein A molekyler, som vil forhindre dannelse af lange kæder, også hos kvinder, selvom allellen på det andet X-kromosom koder for normalt foldede protein A molekyler. B. Ja, nonsense mutation tidligt i den kodende sekvens vil medføre, at mrna nedbrydes og intet protein dannes. De normalt foldede protein A molekyler, kodet fra det andet allel, kan uhindret danne lange kæder. Derfor skal begge alleller være muteret (homozygoti) for at frembringe sygdomsfænotypen, eller hemizygoti.. autosomal recessiv. X-bunden recessiv Mild fænotype pga. mindre mængde af kæder, kunne tænkes hos de heterozygote..c..d..e..f..g. Enzymmængden fra rask allel tilstrækkelig til at fosforylere. Derfor skal begge alleller være muteret for at frembringe sygdomsfænotypen. Altså autosomal recessiv arvegang. Locusheterogenitet. Missense mutationen i genet for protein A idet fejlfoldede protein A molekyler, kodet herfra, vil ødelægge kædedannelse af grisens egne korrekt foldede protein A molekyler. cdna vil bestå af de tre exons uden intronsekvenser. EcoR fragmentet fra transgenet vil derfor andrage ca. 00 bp og kan let skelnes fra EcoR fragmentet fra grisens egne protein A alleller, som vil være ca. kb langt. RNA isoleres fra det pågældende væv og der fremstilles cdna. PCR primers placeres i passende afstand på hver side af mutationen og området opformeres vha. PCR. Hvis transgenet er repræsenteret i det anvendte cdna vil PCR produktet indeholder fragmenter, som kan kløves med det restriktionsenzymet Pst. Bekræftelse ved påvisning i en agarose gel af kløvningsfragmenter.. A. PCR med primere på hver side af den repeterede sekvens. Antal repeats aflæses ved gelelektroforese..b.,68 7,7 I II,6 III 7,6.C..D..E. 0%. Kan ikke vide om det syge eller det raske kromosom fra hendes far er givet videre. 0. Fosteret har ikke fået det sygdomsbærende kromosom fra morfaderen, men fået et normalt fra mormoderen. 0%. Fosteret har fået et kromosom fra den syge bedstefar..a.. Alle med genet får sygdommen. Altså er konkordansen 00 %..A.. Halvdelen af personer med genet får sygdommen. Den anden tvilling har 0% for at få sygdommen, altså er konkordansen 0%..B. Penetransen er udtryk for, at ikke alle med en genetisk disposition faktisk udvikler sygdommen. Hvis den ene enæggede tvilling har generne for MS, har den anden det også. Denne har % risiko for at udvikle sygdommen. Altså anslås, at penetransen er %

32 TENTAMEN i MEDICINSK GENETIK 6. JANUAR 009 LØSNINGSFORSLAG.C.. Fortyndingen af generne i dizygote tvillinger i forhold til monozygote tvillinger er en faktor, men på grund af de to loci falder konkordansen til (/) =/.C.. Her falder konkordansen til (/) = /8..C.. Her falder konkordansen til (/) = /6..D. Her er penetransen kun %, mens konkordansen er %. Altså falder konkordansen / = /8. Der er formentlig gener..e. Hyppigheden af bærere af alle sygdomsallelerne i den danske befolkning er sygdomshyppigheden/penetransen =0,00/0, = 0,00. Hvis sygdomsallelerne for de tre gener er lige hyppige, er (p*q) = 0,00 dvs p*q = 0,6. Idet p ~ fås q = 0,08..F. Hvis et af generne er dominant og lokaliseret på X kromosomet, vil hyppigheden blive ca. dobbelt så høj hos kvinder. Man kunne overveje kønsinflueret arv..g. Multifaktoriel.

33 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Onsdag den. juni 008 kl Indhold: Opgaverne - Side - 0 Vægtningsliste Side Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

34 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side. Cancer is a Genetic Disease. Dette udsagn er ofte anført i faglitteraturen. A. Nævn mindst tre argumenter for, at dette udsagn er korrekt. En 67-årig rask kvinde henvender sig til sin praktiserende læge med ønske om, at hun og hendes fire børn bliver henvist til genetisk rådgivning med henblik på udredning af risiko for at få colon cancer (tyktarmskræft). Baggrunden for henvendelsen er, at kvindens 8-årige mor netop har fået stillet denne diagnose. B. Er det sandsynligt ud fra faglige (genetiske) betragtninger, at kvinden har arvelig colon cancer? Begrund dit svar. C. Hvis både kvinden og hendes mor havde været år yngre, ville det da ændre din genetiske vurdering af patientens ønske? Begrund dit svar. To af kvindens børn er tvillinger. Konkordansraten for uspecificeret cancer er ca. 7% for monozygote tvillinger og % hos dizygote tvillinger. D. Diskuter disse tal i forhold til arvelige faktorer og til miljøfaktorer. Opgave. fortsættes næste side.

35 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. Normalt epithel Hyperproliferativt epithel q: tab af APC gen Ændret DNA methylering Tidligt adenom p: mutation af K-RAS gen Intermediært adenom Sent adenom 8q: tab af DCC gen Carcinom 7p: tab af p gen Metastase Andre ændringer? På ovenstående figur er angivet nogle af de genetiske begivenheder, der karakteriserer de forskellige stadier i udvikling af colon cancer. E.. På baggrund af de genetiske informationer i figuren, hvilke af de fire nævnte gener (APC, K-RAS, DCC, p) må mest sandsynligt kategoriseres som hhv. tumorsuppressorgener og onkogener? Begrund dit svar. E.. Hvad er forskellen på et onkogen og et proto-onkogen? E.. Hvilke(n) af de viste genetiske begivenheder er reversible, og hvilke er irreversible? Begrund dit svar. E.. Nævn tre forskellige genetiske hændelser, der hver især under cancerudvikling kan føre til øgede mængder af mrna fra et gen. Opgave. fortsættes næste side

36 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. APC-genet er involveret også i udvikling af familiær adenomatøs polypose (FAP), som er en autosomal dominant subtype af tyktarmskræft. APC er så stort et gen, at det i praksis ved udredning af bærerdiagnostik kan være uhensigtsmæssigt at søge efter specifikke mutationer. F. Forestil dig, at en -årig mand og hans far lider af FAP. Den -årige er far til et ufødt barn. I stedet for at skulle foretage en sekventering af fosterets APC-alleller, hvorledes vil du ved genomanalyse med stor sandsynlighed kunne fastslå, om barnet har arvet sygdomsallellen fra sin far? Ved en genomisk undersøgelse, baseret på PCR, af den -åriges normale væv (N) og tumorvæv (T) analyseres tre forskellige polymorfe mikrosatellit-markører. Ved genotypning af nogle af markørerne viser der sig ekstra alleller i tumorvævet som angivet med pile på figuren nedenfor. G. Hvorledes vil du forklare forekomsten af de ekstra alleller på gelen nedenfor, når tekniske problemer med analysen kan udelukkes? Markør # Markør # Markør # Elektroforeseretning

37 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side. Kraniet og ansigtsskelettet er sammensat af knogler, som forbindes af kraniesuturer. For at give plads til hjernens vækst justeres disse suturer under knoglevæksten. Såfremt suturen lukkes før væksten er afsluttet, forhindres hjernens normale udvikling og dette resulterer i forskellige grader af ansigts- og kraniemisdannelser, såkaldte kraniosynostoser. En række af disse kraniosynostoser er genetisk betingede og ses i forbindelse med syndromerne Crouzons, Saethre-Chotzen og Pfeiffers syndrom. Disse nedarves alle tre autosomalt dominant og udviser alle fuld penetrans og variabel ekspression. A. Beskriv kort hvad det vil sige, at en genetisk betinget sygdom udviser ) fuld penetrans og ) variabel ekspression? For at bestemme den forårsagende gendefekt ved Pfeiffers syndrom (PS) blev der udført en koblingsanalyse. DNA fra 9 individer fra ialt familier med PS blev undersøgt vha. mikrosatellitmarkører spredt over hele genomet. I fem af familierne fandt man kobling mellem markørerne på den korte arm af kromosom 8 og PS, hvorimod man i de resterende seks familier ikke kunne påvise kobling herimellem. Stamtræerne for to af de familier, hvor der blev fundet kobling er vist på figurerne nedenfor sammen med individernes haplotype mht. markører på kromosom 8p. Familie I D8S78 D8S GATA8G08 D8S8 II Markørloci på kromosom 8p III 6 7 IV 6 7 Opgave. fortsættes næste side

38 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side 6 6 I II III IV Opgave. fortsat. Familie B.. Angiv hvilke individer der iflg. markøranalysen er sikre rekombinanter. Begrund dit svar. B.. Angiv, på baggrund af ovenstående stamtræer, placeringen af sygdomsgenet for Pfeiffers syndrom i henhold til loci for de fire markører D8S78, D8S, GATA8G08 og D8S8. Begrund dit svar. Ved efterfølgende mapnings-studier fandt man at de ansvarlige gener for udvikling af Pfeiffers syndrom er Fibroblast Growth Factor Receptor (FGFR), beliggende i centromer regionen på kromosom 8, samt Fibroblast Growth Factor Receptor (FGFR) beliggende på kromosom 0. En specifik mutation i FGFR, der forårsager Pfeiffers syndrom i én familie, kan i en anden ubeslægtet familie resultere i Crouzons syndrom. Opgave. fortsættes næste side

39 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side 7 Opgave. fortsat. C. Hvilken af de to sygdomme, Pfeiffers eller Crouzons syndrom, udviser locusheterogenitet? Begrund dit svar. Saethre-Chotzens syndrom (SC) bliver ofte forvekslet med Crouzons og Pfeiffers syndrom pga af de mange overlappende fænotypiske træk, men SC skyldes mutationer i genet TWIST beliggende på kromosom 7. TWIST genet består af to exons og koder for transkriptionsfaktoren TWIST, der er essentiel for korrekt udvikling af kraniet i fosterstadiet. Funktionen af TWIST-proteinet er meget følsom mht. gen-dosis, og de mutationer man har fundet i genet, tyder da også på, at haploinsufficiens er ansvarlig for udvikling af sygdommen. D. Forklar hvad man forstår ved begrebet haploinsufficiens, og nævn forskellige typer af mutationer, der kan forårsage dette. I forbindelse med mutationsundersøgelse af forskellige SC familier fandt man forskellige mutationer midt i exon. To eksempler herpå er vist nedenfor fra hhv. familie og. Den normale og muterede nukleotidsekvens af den ikke-transkriberede streng af TWIST genets exon er vist (understregning viser positionen af det muterede nukleotid). Familie : Normal sekvens: - GCGGTAGTCCGCAGTCTTACGAGGAGCTGAAG- Mutant sekvens: - GCGGTAGTCCGCAGTCTTAAGAGGAGCTGAAG- Familie : Normal sekvens: - CGCTGAACGAGGCGTTCGCCGCGCTGCGTAAG - Mutant sekvens: - CGCTGAACGAGGCGTTCGCCGCGCCGCGTAAG - E.. I begge tilfælde koder den normale TWIST sekvens for 0 aminosyrer. Angiv aminosyresekvensen svarende til den normale nukleotidsekvens i TWIST regionen vist for familie. Opgave. fortsættes næste side

40 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side 8 Opgave. fortsat. E.. Angiv hvilke(n) type mutation, der er tale om i hhv. familie og, og forklar hvorfor mutationen resulterer i sygdom? Ved mutationsundersøgelse af to andre ubeslægtede SC patienter fandt man henholdsvis en bp insertion i TWIST og en deletion af hele TWIST genet. E.. Nævn en metode, der kunne anvendes til specifik detektion af insertionen på bp i TWIST.

41 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side 9. En retsgenetiker skal identificere den person, som har efterladt biologiske spor på en myrdet mand. Retsgenetikeren har isoleret DNA fra offeret, fra et hår og blodstænk fundet på gerningsstedet samt fra mistænkte personer. A. Hvilken type genetisk markør vil være den bedst egnede til dette formål? Giv en kort begrundelse. I figur er vist resultatet af en markøranalyse, hvor hvert bånd svarer til en allel. Figur. Størrelses markør Offer hår Blod - stænk Blod - stænk Mis - tænkt Mis - tænkt Mis - tænkt Mis - tænkt Elektroforeseretning B. Hvilken konklusion kan retsgenetikeren drage på baggrund af markøranalysen? Giv en kort begrundelse. Ovenstående analyse bliver nu suppleret med en ny. Der anvendes samme markørtype, og analysen giver følgende resultat: Figur. Størrelses markør Offer hår Blod - stænk Blod - stænk Mis - tænkt Mis - tænkt Mis - tænkt Mis - tænkt Elektroforeseretning Opgave. fortsættes næste side

42 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side 0 Opgave. fortsat. C. Hvem peger retsgenetikeren på som gerningsmand, og hvem kan udelukkes? D. Hvilke forbehold bør retsgenetikeren have, når han udpeger en gerningsmand i forbindelse med de viste markøranalyser? Retsgenetikeren beslutter at lave en analyse af de mistænktes DNA med nøje udvalgte enkelt nukleotid polymorfier (single nucleotide polymorphisms, SNP). I Tabel er vist resultatet af genotypebestemmelsen af det biologiske materiale med hensyn til de SNPs. I søjlen til højre er angivet genotypehyppigheden i den Nordeuropæiske befolkning for SNP-. Offer Hår Blodstænk Blod- Stænk M M M M SNP TC TC TC TC CC TC TT TC SNP GA AA GA AA GA AA GG GG SNP GG CC GG CC GG CC GG GG Genotype frekvens Nordeuropæisk befolkning TT = 0.08 TC = 0.8 CC = 0.0 GG = 0.8 GA = 0.0 AA = 0.0 GG = 0.78 GC = 0. CC = 0.0 Tabel. (M, M, M og M er henholdsvis mistænkte nummer,, og ) E. Under hensyntagen til at alle mistænkte er af Nordeuropæisk afstamning, hvem kan retsgenetikeren mest sandsynligt pege på som gerningsmand til mordet? Begrund kort dit svar. F. Er de SNP genotype frekvenser i den Nordeuropæiske befolkning i Hardy-Weinberg ligevægt? Forklar kort dit svar ud fra forudsætningerne for Hardy-Weinberg ligevægt.

43 Onsdag. juni 008 Medicinsk Genetik Side VÆGTNINGSLISTE.A..B..C..D..E...E...E...E...F..G..A. 6.B.. 6.B.. 6.C..D. 6.E...E.. 6.E...A..B..C..D..E..F. 7

44 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. juni LØSNINGSFORSLAG.A..B..C..D..E...E...E...E...F..G. (a) Cancerceller opstår som følge af spontane og/eller inducerede mutationer (i forskellige gener, der regulerer cellevækst, differentiering, og apoptose). (b) Delende cancerceller giver ophav til celler med overvejende samme cancer fænotype. (c) Mange tumorer er klonale, dvs. de stammer fra en enkelt cancer stamcelle med ens genetiske ændringer. (d) Visse cancertyper kan være arveligt betingede. Den sene debutalder (8 år) for kvindens colon cancer tyder stærkt på en sporadisk cancer, hvorfor der ikke er indikation for nærmere undersøgelser af familiens medlemmer. Man vil dog forhøre sig om, hvorvidt der er andre i familien, som har/har haft en uspecificeret cancer. Den tidlige debutalder (9 år) bør få lægen til at forhøre sig nærmere om forekomst af cancer i familien samt om patologiske beskrivelser af patientens coloncancer. Konkordansraterne er lave og ikke særligt forskellige, hvilket taler for, at miljømæssige faktorer spiller en vigtigere rolle end arvelige faktorer. Især ville der forventes en langt højere konkordansrate hos monozygote tvillinger, hvis cancer i almindelighed skyldes overvejende genetiske faktorer, eftersom monozygote tvillinger er genetisk identiske. K-RAS er et onkoprotein, som ved mutation af den ene allel erhverver gain of function, dvs. at proteinet nu bliver konstitutivt aktivt. APC, DCC og p er alle tumorsuppressorer, idet tab af hvert af dem er en forudsætning for onkogenesen. Et onkogen er et dominant virkende gen, der påvirker cellevækst og differentiering, og som er medvirkende til udvikling af cancer. Mutation, overekspression eller amplification af onkogener i somatiske celler kan føre til neoplastisk transformation. Proto-onkogen er et normalt gen, der er involveret i celledeling eller celleproliferation, og som ved en af de ovennævnte aktiverende mutations-mekanismer omdannes til et onkogen. Hypo- og hypermethylering af DNA er epigenetiske modifikationer, der er reversible, hvorimod mutationer er irreversible. Duplikation, amplifikation, translokation, hypomethylering og ændret histon acetylering. Koblingsanalyse med anvendelse af en serie markørloci. Forekomsten af de ekstra alleller i personens tumorvæv indikerer genomisk ustabilitet som følge af defekt mismatch repair gen (replication error)..a. ) Penetrans beskriver hvorvidt en genetisk sygdom (eller egenskab) kommer til udtryk i en gruppe af personer, der alle har en sygdomsallel i det pågældende locus. Fuld penetrans angiver, at alle med sygdomsallellen også udviser sygdommen fænotypisk. Ved visse sygdomme ses dog nedsat eller aldersafhængig penetrans. Ved sygdomme med nedsat penetrans udviser kun en vis procentdel, af de personer der har sygdomsallellen, sygdommen fænotypisk. Ved sygdomme med aldersafhængig penetrans, har personer med sygdomsallellen højere og højere risiko for at udvikle sygdommen med stigende alder. Et klassisk eksempel herpå er Huntingtons Chorea. ) Variabel ekspression angiver, at en genetisk betinget sygdom kan have forskellige sværhedsgrader indenfor samme familie, selvom disse bærer den samme mutation. Kort sagt: Penetrans beskriver sandsynligheden for, at sygdommen kommer til udtryk, hvorimod variabel ekspression beskriver at sygdomsgraden kan variere fra patient til patient..b.. Individ IV- i familie samt individ III-, III-6 og IV- i familie er alle sikre rekombinanter. Alle disse individer har fået en rekombinant type gamet fra en af forældrene..b. Sygdomsgenet må ligge i regionen mellem markørene D8S78 og D8S8. Individ IV- i familie er en rekombinant, og det ses, at denne dreng er rask, selvom han har fået den syge D8S78 allel fra sin syge mor. I familie har de syge individer III- og III-6 begge fået den raske D8S78 allel fra deres syge far. Individ IV-, som er rask, har ved overkrydsning fået den syge D8S8 allel fra sin syge mor. Sygdomsgenet, der er ansvarlig for udvikling af Pfeiffers syndrom i disse familier, må således befinde sig i regionen nedenfor markør D8S78 og ovenfor markør D8S8.

45 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. juni LØSNINGSFORSLAG.C. Pfeiffers syndrom udviser locus-heterogenitet. Mutation i to forskellige loci, FGFR og FGFR, giver samme fænotype..d. Haploinsufficiens: Genetisk begreb forbundet med dominante sygdomme, der beskriver det fænomen at 0% af det normale genprodukt ikke er tilstrækkeligt til at opretholde den normale funktion. Pga. mutationen producerer den defekte allel ikke funktionelt protein, og dermed har cellen kun 0% af det normale genprodukt til sin rådighed. Flg. mutationer kan bevirke haploinsufficiens: nonsense mutationer, deletioner, insertioner, promotormutationer (der hindrer transkription), splice-site mutationer (der resulterer i nonsense-mediated decay af mrna eller, hvis mrna en ikke bliver nedbrudt, et trunkeret ikke-funktionelt protein-produkt) og missense mutationer, der resulterer i loss-of-function..e.. Normal TWIST nukleotidsekvens: - GC GGT AGT CCG CAG TCT TAC GAG GAG CTG AAG- Gly Ser Pro Gln Ser Tyr Glu Glu Leu Lys Normal TWIST aminosyresekvens: - Gly-Ser-Pro-Gln-Ser-Tyr-Glu-Glu-Leu-Lys -.E.. Familie : nonsense mutation (Tyr (TAC) Stop (TAA)), der fører til præmatur stopkodon i mrna. mrna et kan enten blive nedbrudt vha nonsense mediated decay (NMD), eller blive translateret til et trunkeret ikke-funktionelt protein, der som regel hurtigt nedbrydes pga defekt foldning. Familie : Normal TWIST nukleotid sekvens og tilsvarende aminosyresekvens: - CG CTG AAC GAG GCG TTC GCC GCG CTG CGT AAG - Leu Asn Glu Ala Phe Ala Ala Leu Arg Lys Missense mutation (Leu (CTG) Pro (CCG)), kan påvirke foldningen af proteinet, så det ikke længere er funktionelt..e.. Insertionen på bp i TWIST kan detekteres vha. DNA-sekventering eller ved PCRamplificering af den pågældende exon og efterfølgende gelelektroforese.. A. Den bedst egenede markørtype vil være baseret på mikrosatellitmarkører (MM). Disse korte repeterede DNA sekvenser er hyppige i genomet, interfererer sjældent med kodende sekvenser og har ofte et større antal alleller i en befolkningsgruppe. Retsgenetikeren vil derfor kun skulle benytte et mindre antal MM er for at kunne skelne mellem de forskellige DNA prøver indsamlet på gerningsstedet og de mistænkte personer..b. Retsgenetikeren kan konkludere at mistænkte og ikke kan have efterladt DNA på gerningsstedet..c. Retsgenetikeren kan udelukke M og pege på M, idet denne har de samme allelstørrelser som DNA et fra blodstænk og håret fundet på gerningsstedet..d. Retsgenetikeren må tage det forbehold, at der kan være andre personer med samme allelstørrelser som mistænkte nummer to har. Dette kan beregnes på baggrund af hvor polymorfe de anvendte MM er er i befolkningen og hvor mange MM er man har benyttet..e. Blodstænk kan stamme fra offeret. Hår, blodstænk og M har samme genotyper for hver af de tre SNP s. Da M er af Nordeuropæisk afstamning, kan man benytte de genotypefrekvenser, der er angivet i tabel til konklusionen. DNA profilen viser at M, Håret og blodstænk alle er homozygote for to sjældne alleller i SNP og, sandsynligheden for at blod og hår stammer fra M er derfor meget stor og retsgenetikeren kan pege på M som gerningsmand..f. SNP : Forventede genotypefordeling: Allelfrekvens: T = (( x 0,08) + 0,8)/ = 0,9; C = (( x 0,) + 0,8)/ = 0, TT = 0,9 x 0,9 = 0,; TC = x 0,9 x 0, = 0,0; CC = 0, x 0, = 0,6. Denne SNP er ikke i Hardy-Weinberg ligevægt, da der er stor forskel på de observerede og forventede genotypefrekvenser. Denne SNP viser, at der er en heterozygot fordel, da der er betydelig flere heterozygote individer i befolkningen, end man ville forvente. SNP : Forventet genotypefordeling: Allelfrekvens: G = ((0,8 x ) + 0,0)/ = 0,78; A = - 0,78 = 0,.

46 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. juni LØSNINGSFORSLAG GG = 0,78 x 0,78 = 0,6; GA = x 0,78 x 0, = 0,; AA = 0, x 0, = 0,0. Denne SNP er ikke i Hardy-Weinberg ligevægt, idet der er stor forskel på de forventede og observerede genotypefrekvenser. SNP : Allelfrekvens: G = ((0,78 x ) + 0,)/ = 0,88; C = 0,88 = 0,. GG = 0,88 x 0 88 = 0,78; GC = x 0,88 x 0, = 0,0; CC = 0, x 0, = 0,0. Denne SNPs genotyper er i Hardy Weinberg ligevægt.

47 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Torsdag den. januar 008 kl Indhold: Opgaverne - Side - 7 Vægtningsliste Side 8 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

48 Torsdag. januar 008 Medicinsk Genetik Side. Blodtype systemet AB0 er karakteriseret ved tre alleller: A, B og 0. A og B er codominante og dominerer begge over 0 allellen, der er recessiv. A. Hvilke genotyper findes indenfor AB0 systemet, og hvilke fænotyper giver de anledning til? B. Blandt spaniere er frekvensen af A allellen p = 0., frekvensen af B allellen q = 0.07, og frekvensen af 0 allellen r = 0.6. Beregn hyppigheden af fænotyperne. Hvilke antagelser har du gjort? C. Blandt peruvianske indianere er p = 0, q = 0 og r =. Beregn fænotypehyppighederne blandt peruvianske indianere. D. Perus befolkning består af delvist etnisk adskilte populationer af indianere, europæere, afrikanere og asiater. Hvad mener du om at anvende Hardy-Weinberg ligevægt på genetiske data fra Perus population i sin helhed? Begrund dit svar. E. Nedenstående Figur. viser resultater fra undersøgelser af AB0 systemet i befolkningsgrupper forskellige steder i verden. Kun fænotyperne A, B, 0 er nævnt, og rækkefølgen svarer til, at den mest almindelige fænotype er nævnt først. Befolkningsgrupperne menes nogenlunde repræsentative for de befolkninger, der boede på stederne før Columbus (9), dvs. før den nylige kolonialisering med europæere begyndte. Samtidig er angivet mulige oprindelige ruter, der ledte til befolkning af kontinenterne, som de er udledt af arkæologiske og genetiske undersøgelser. Tallene angiver de omtrentlige tidspunkter, vandringerne menes at have fundet sted (0k = for år siden). Den postulerede præhistoriske vandring fra Europa over Grønland til Nordamerika er kontroversiel. Giv mindst mulige forklaringer på, at indianere i Sydamerika helt overvejende er type 0. Opgave. fortsættes næste side

49 Torsdag. januar 008 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. Figur.

50 Torsdag. januar 008 Medicinsk Genetik Side. A. Nævn mindst tre cytogenetiske metoder, der anvendes til undersøgelse af cancerceller? B. Nævn mindst fem forskellige kromosomale abnormiteter, der kan observeres i cancerceller med disse teknikker. Wilms tumor er en nyrecancer hos børn og optræder sædvanligvis før års-alderen. Sygdommen forekommer i såvel en sporadisk som en arvelig form. I modsætning til de fleste andre cancertyper ses kun ganske få eller slet ingen kromosomale abnormiteter i disse tumorer. Et af de gener, der bidrager til udvikling af Wilms tumorer, er WT. Genet er lokaliseret på kromosom p og koder for en transkriptionsfaktor. I ca. 0% af de arvelige tumorer er der fundet loss of heterozygosity i WT locus. C. Hvad er en transkriptionsfaktor? D. Hvilke patologiske forskelle vil du forvente i udvikling af hhv. den arvelige og den sporadiske form for Wilms tumor (lateralitet, alder, antal primære tumorer)? E. Vil du kategorisere WT som et tumorsuppressor-gen eller et oncogen? Begrund dit svar. F. Vil du forvente, at den WT-betingede arvelige form af Wilms tumor optræder som autosomal recessivt eller autosomalt dominant betinget? Begrund dit svar. G. Nævn mindst fire måder, hvorpå loss of heterozygosity kan opstå? I sjældne tilfælde af Wilms Tumor optræder præmature stop-codons i den ene allel, hvorimod der ikke kan identificeres mutationer i hverken regulatoriske eller transkriberede sekvenser i den anden allel. Endvidere kan hverken WT mrna eller protein detekteres i tumorcellerne. H. Hvad kan en sandsynlig forklaring være, når tekniske begrænsninger ved analyserne kan udelukkes? Opgave. fortsættes næste side

51 Torsdag. januar 008 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. Der er i 007 identificeret et nyt gen WTX, der er associeret med udvikling af Wilms tumor. Mutationer i dette locus optræder kun i tumorvæv og kun i de sporadiske tumorer, aldrig i de arveligt betingede. Genet er lokaliseret på Xq.. I dette gen er følgende mutationer beskrevet: (a) missense; (b) nonsense; og (c) frameshift. I. Hvilke typer af sekvensændringer er der sket, og hvilke konsekvenser har hver af dem på (i) mrna niveau, og (ii) protein niveau? Funktionen af WTX proteinet er ukendt; men det er bl.a. foreslået, at proteinet kan være involveret i DNA reparation. J. Giver et sådant forslag mening i forbindelse med cancerudvikling? Begrund dit svar. K. Definer begrebet multifaktoriel, og forklar modellen om belastningstærskel (threshold of liability). L. Er cancer en multifaktoriel sygdom? Begrundelse ønskes.

52 Torsdag. januar 008 Medicinsk Genetik Side 6. En recessivt arvelig sygdom er genetisk heterogen med to sygdomsloci I og II. Locus I sidder midt på den lange arm af et acrocentrisk kromosom, og locus II sidder nær telomeret på den korte arm af et submetacentrisk kromosom. Til locus I hører sygdomsallelen r I og den normale allel R I. Til locus II hører sygdomsallelen r II og den normale allel R II. A. Tegn en skitse af de to kromosompar i metafasen hos en rask person, som er heterozygot i locus I og homozygot i locus II. Der ønskes markering af centromerets og de relevante allelers placering. B. Angiv de forskellige gameter, denne person kan danne, når der kun tages hensyn til de to loci, og angiv i procent de forskellige gameters hyppighed. I familier, hvori der optræder sjældne recessive sygdomme, er slægtsskab mellem de raske forældre mere sandsynlig end i andre familier. C. Hvad er sandsynligheden for, at en fætter til personen omtalt i spørgsmål A er bærer af samme sygdomsallel? (Tegn stamtræ og begrund). I Tabel er anført årsagerne til svær døvhed hos nyfødte. Hyppighederne er angivet i %. Monogene: 0 % Autosomal dominant (flere loci): 6,0 % Autosomal recessiv (flere loci):, % X-bunden: 0, % Miljø (infektioner, fødselsskader): 0 % Ukendt årsag: 0 % Tabel. D. Beskriv kort, hvad der forstås ved begrebet fænokopi. Opgave. fortsættes næste side

53 Torsdag. januar 008 Medicinsk Genetik Side 7 Opgave. fortsat. Nedenstående stamtræ viser to familier (A og B), hvori der i. generation optræder medfødt (kongenit) svær døvhed. Det oplyses endvidere, at alle graviditeterne hos II- og II-8 var normale, og at fødslerne forløb uden komplikationer. Familie A Familie B I II III IV } Medfødt døvhed E. Giv en sandsynlig forklaring på:. hvorfor III- og III- har svært hørehandicap.. hvorfor deres børn IV- og IV- er normalt hørende.

54 Torsdag. januar 008 Medicinsk Genetik Side 8 VÆGTNINGSLISTE:.A..B..C..D..E..A..B..C..D..E..F..G..H..I..J..K..L..A..B..C..D..E. 6

55 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. januar LØSNINGSFORSLAG.A. Der findes 6 genotyper og fænotyper. AA og A0 giver fænotypen A, BB og B0 giver fænotypen B, AB giver fænotypen AB og 00 giver fænotypen 0..B. Frekvensen af A fænotypen er p*p + *p*r = 0.9 Frekvensen af B fænotypen er q*q + *q*r = Frekvensen af fænotypen AB er *p*q = 0.0 Frekvensen af 0 fænotypen er r*r = 0.7 Der antages Hardy Weinberg ligevægt.c. Frekvensen af A fænotypen er p*p + *p*r =0 Frekvensen af B fænotypen er q*q + *q*r = 0 Frekvensen af fænotypen AB er *p*q = 0 Frekvensen af 0 fænotypen er r*r =.D. H-W kan ikke anvendes på befolkningen som helhed, da der helt klart ikke er panmixi..e.. Der er mulighed for selektion: Af en eller anden grund kunne 0 fænotypen give en overlevelsesfordel for indianerne.. En anden mulig grund er genetik drift i forbindelse med flaskehalse i befolkningerne, feks vandring af meget små grupper. Visse nyere resultater foreslår, at vandringen fra Asien til Amerika kan have involveret så få som personer..a. Båndfarvning af kromosomer; FISH; -farvet karyotypering/multiplex karyotypering; CGH (komparativ genomisk hybridisering), array CGH..B. Aneuploidi; amplifikation; translokation; inversion; deletion; duplikation.c. Ethvert protein (med undtagelse af RNA polymerase), der er nødvendigt for at initiere eller regulere transkription i eukaryote celler. Generelle faktorer, der er nødvendige for transkription af alle gener, deltager i dannelse af transkription-initierings komplekset i nærheden af start-site. Specifikke faktorer stimulerer (aktivatorer) eller hæmmer (repressorer) transkription af bestemte gener f.eks. ved binding til deres regulatoriske sekvenser..d. Arvelig form: Bilateral; multifokal; tidlig manifestering. Sporadisk form: Unilateral; unifokal; sen manifestering..e. Tumor-suppressor, idet funktionen af begge alleller skal inaktiveres. Desuden er oncogener kun yderst sjældent arvelige..f. På cellulært niveau som recessivt træk; men fænotypisk som autosomal dominant, evt. med nedsat penetrans afhængigt af, hvorvidt second hit indtræder..g. Tab af normalt allel p.gr.a. non-disjunktion; non-disjunktion og reduplikation af muteret allel; mitotisk rekombination; gen-deletion; gen konversion..h. Den normale allel er transkriptionelt lukket ned p.gr.a. hypermethylering (epigenetisk regulering)..i. Missense mutation: Ingen effekt på mrna niveau bortset fra nukleotidændring; aminosyre-substitution i proteinet resulterende i ændret funktion. Nonsense mutation: Ingen effekt på mrna længde; men evt. nonsense-medieret decay; præmaturt stop-codon resulterende i trunkeret protein. Frameshift mutation: mrna forlænget eller afkortet; introduktion af præmaturt stopcodon, evt. nonsense-medieret decay, evt. ændret proteinsekvens..j. Cancer-gener kan klassificeres i tre kategorier: (a) tumor suppressor gener; (b) oncogener; og (c) DNA reparations-gener. Genomisk ustabilitet ses hyppigt i cancerceller og kan opstå p.gr.a. defekter i de proteiner, der er ansvarlige for DNAreparation. Det vil derfor være forventeligt i Wilms tumorer også at finde mutationer, der rammer i DNA-repair gener..k. Multifaktoriel: Når egenskaber, herunder sygdomme, er betinget af et eller flere loci i samspil med miljøfaktorer (non-mendelian arvegang). Threshold of liability: Alle de genetiske og miljømæssige faktorer, der har indflydelse på udvikling af en multifaktoriel egenskab (f.eks. sygdomme) kan betragtes som en enkelt størrelse kaldet liability (belastningsgrad). Belastningsgraderne for alle personer i en given population udgør en kontinuert variabel, som er normalfordelt i såvel den generelle population som i

56 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. januar LØSNINGSFORSLAG slægtninge til syge familiemedlemmer. Dog vil kurverne for disse slægtninge være højre-forskudt i en grad, der er direkte afhængig af slægtskabets nærhed. Modellen foreslår, at der i disse fordelinger er en kritisk tærskel (i ophobning af dårlige gener samt uhensigtsmæssige miljøfaktorer), der skal overskrides, før den abnorme fænotype vil blive udtrykt..l. Udvikling af cancer beror på såvel (funktionelle) mutationer i forskellige loci som miljøfaktorer. Visse cancertyper har tendens til at ophobes i familier, hvilket kan forklares med dels en pulje af fælles dårlige gener, dels med fælles miljøpåvirkning. Ja, udvikling af cancer vil opfylde kriterier for en multifaktorielt betinget egenskab..a. R II R II R II R II Centromer r I R I R I r I.B. To forskellige gameter som hver udgør 0%. R II R II r I R I.C. 0% 0% I II III fætter Personen III- i stamtræet ovenfor har arvet sygdomsallelen r I fra en af forældrene II- og II-. Der er 0% sandsynlighed for at den er kommet fra II-. I så fald er den med 00% sandsynlighed kommet fra en af forældrene til II- (I- eller I- idet der ses bort fra muligheden, at både I- og I- er bærer af r I, når sygdomsallelen er sjælden i befolkningen). Det betyder, at der er 0% sandsynlighed for, at II- har arvet r I, og at II- med 0% sandsynlighed har videregivet r I til sønnen III-, som er fætter til III-. Den samlede sandsynlighed bliver: ½ x x ½ x ½ = /8.D. Ved fænokopi forstås en fænotype, som er miljøfremkaldt, men fuldstændigt ligner en genetisk betinget fænotype..e.. Ingen miljøbetinget forklaring på den medfødte døvhed, derfor sandsynligvis genetisk årsag: Raske forældre, horizontal arvegang, begge køn ramt. Tyder på autosomal

57 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. januar LØSNINGSFORSLAG recessiv arvegang i begge familier, hvor de raske forældre bærer en recessiv sygdomsallel. I begge familier er forældrene beslægtede (fætter og kusine). II- og II- bærer med stor sandsynlighed samme sygdomsallel. Tilsvarende bærer II-8 og II-9 samme sygdomsallel. Når begge forældre er bærere, er der ved hver fødsel % sandsynlighed for, at barnet fødes med svært hørehandicap..e.. De hørehæmmede forældre III- og III- er ubeslægtede. De er begge homozygote for en recessiv sygdomsallel. Drejede det sig om samme sygdomslocus hos forældrene, ville deres børn også være homozygote og dermed hørehæmmede. Men de er normalt hørende, og derfor må forældrenes sygdomsloci være forskellige (locus heterogenitet). Kald dem locus I og locus II. Hvis III- er homozygot for sygdomsallelen i locus I og homozygot for den normale allel i locus II, vil III- omvendt være homozygot for den normale allel i locus I og homozygot for sygdomsallelen i locus II. III- s gameter vil indeholde en recessiv sygdomsallel i locus I og en normal allel i locus II, og III- s gameter vil omvendt indeholde en normal allel i locus I og en recessiv sygdomsallel i locus II. Børnene bliver derfor heterozygote i begge loci og derfor normalt hørende.

58 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Mandag den. juni 007 kl Indhold: Opgaverne - Side - 7 Vægtningsliste Side 8 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

59 Mandag. juni 007 Medicinsk Genetik Side. Anne og Peters barn Jesper (III-) har Downs syndrom (trisomi ), og Peters søster Lise (II-6) har haft to spontane aborter. Der laves derfor en kromosomundersøgelse af de relevante familiemedlemmer. Undersøgelsen viser at både Jesper og Lise er bærere af en robertsonsk translokation mellem et kromosom nr. og et kromosom nr.. Nedenfor ses stamtræet for familien. I II 6 7 III A. Beskriv henholdsvis en balanceret reciprok translokation og en robertsonsk translokation. B. Båndfarvning af kromosomer kan anvendes til detektion af translokationer. Beskriv en anden cytogenetisk teknik til detektion af translokationer. C. Tegn parringsfiguren som de relevante kromosomer danner under meiosen hos Lise. D. Angiv de 8 mulige gamet typer som Lise kan danne og forklar hvorfor den pågældende translokation kan give anledning til både spontan abort og Downs syndrom? E. Peter og Lises raske søster Eva (II-) kromosomundersøges. Hvad er sandsynligheden for at hun har en normal karyotype idet det antages at de mulige gameter optræder lige hyppigt? F. Vurdér (med begrundelse) om den raske bror Kurt (II-) har en større eller mindre sandsynlighed for at have en normal karyotype end Eva (II-). Der ønskes ingen beregning. G. Nævn to måder hvorved Downs syndrom kan opstå.

60 Mandag. juni 007 Medicinsk Genetik Side. I både familien Jensen og Nielsen forekommer sygdommen fenylketonuri (PKU). PKU er en sjælden sygdom der skyldes mutationer i fenylalaninhydroxylase-genet. Nedenfor ses stamtræerne for de to familier. Familien Jensen Familien Nielsen I I II II III III Jens Anne A. Idet der ses bort fra nymutationer og der antages fuld penetrans, hvilken af følgende arvegange kan da bedst forklare stamtræerne for de to familier:. autosomal recessiv. autosomal dominant. X-bundet recessiv. X-bundet dominant Begrund dit svar. B. Jens (III- fra familien Jensen) og Anne (III- fra familien Nielsen) ønsker at få et barn sammen. Hvad er risikoen for at parrets barn får PKU når der ses bort fra nymutationer? I familien Jensen vides det at sygdommen skyldes en mutation i exon 9 af fenylalaninhydroxylase-genet hvor et T er muteret til et C (understreget i nedenstående normal sekvens). På proteinniveau fører det til at aminosyren Leu ændres til Pro. Restriktionsenzymet MspI kløver DNA-stykker med sekvensen -C CGG- og kan bruges til at afgøre om fenylalaninhydroxylase-genet indeholder den pågældende mutation. Pilen angiver kløvningsstedet. Opgave. fortsættes næste side

61 Mandag. juni 007 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. Normal-sekvens af exon 9 af fenylalaninhydroxylase-genet (00 bp af den ikketranskriberede streng er angivet): -TTGGGACATGTGCCCTTGTTTTCAGATCGCAGCTTTGCCCAGTTTTCCCAGGAAATTGGC CTTGCCTCTCTGGGTGCACCTGATGAATACATTGAAAAGC- C. Skriv DNA-sekvensen for de primere, med angivelse af og ende der skal bruges for at PCR-amplificere hele den viste DNA sekvens. Primerne skal være 0 bp lange. Ved brug af primerne fra spørgsmål C analyseres DNA fra Jens og hans familiemedlemmer vha. PCR. Herefter kløves PCR produkterne med MspI, adskilles ved gel-elektroforese og visualiseres. D. Analysen viser at Jens er bærer af mutationen. Tegn båndmønstret for Jens (III-) samt for II-, II-, II- og III- i familien Jensen. Angiv længderne ud for båndene og angiv elektroforeseretning. I familien Nielsen kender man ikke den sygdomsfremkaldende mutation hvorfor man i stedet laver en koblingsanalyse. Markørlocus PK vælges da afstanden til sygdomslocus er 0 cm. PK har allelerne, og. Resultatet af markøranalysen kan ses i tabel. Tabel. Markøranalyse af familien Nielsen I- I- II- II- II- III- III- Markør PK,,,,,,, E. Hvad betyder det at markørlocus er 0 cm fra et sygdoms locus? Hvilken betydning har det når man foretager koblingsanalyser? F. Skriv haplotypen med hensyn til sygdomslocus og markørlocus for Anne (III-) og for I-, I-, II- og II-? G. II- har samme genotype med hensyn til markørlocus som II-, men er rask. Hvordan kan dette forklares? Opgave. fortsættes næste side

62 Mandag. juni 007 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. H. Med udgangspunkt i markøranalysen, hvad er da sandsynligheden for at Anne og Jens barn får PKU?

63 Mandag. juni 007 Medicinsk Genetik Side 6. I 996 identificerede man en deletion af basepar (Δ) i det gen som koder for kemokin receptor (CCR). Har man den normale allel (A), kan HIV-virus trænge ind i cellen og reproducere sig. Har man Δ allellen (a), er det ikke muligt. Hyppigheden af de tre forskellige genotyper (AA, Aa, aa) blev undersøgt hos et antal personer fra tre forskellige grupper af nordeuropæere som vist i tabellen nedenfor: Baggrundsbefolkningsgruppe HIV-inficeret befolkningsgruppe Højrisikogruppe, men uden HIV-infektion. Fulgt i 8 år Homozygot normal (AA) 8 9 Heterozygot (Aa) Homozygot ) (aa) 8 0 I alt A. Beregn allelfrekvensen af A og a i de tre populationer. B. Beregn de forventede genotypefrekvenser i de tre populationer. C. Er de tre populationer i Hardy-Weinberg ligevægt? Begrund kort dit svar. D. Hvilken populationsgenetisk forklaring kan der være på de observerede genotypefrekvenser i de tre populationer (der ønskes ingen beregning)? Mette (III-) og Søren (III-) venter barn. De er udsendt som ulandsfrivillige og skal arbejde med AIDS-ramte børn i Afrika. Sørens onkel (II-) lider af en blødersygdom og har derfor en forhøjet risiko for at blive smittet med HIV-virus via blodpræparater. I forbindelse med et forskningsprojekt er han og Sørens far blevet undersøgt for om de er homozygote for Δ-allellen. Undersøgelsen viste at onklen er homozygot for Δ (aa) og Sørens far (II-) er heterozygot (Aa). Mette og Søren nåede ikke at blive testet inden de rejste til Afrika. Familiens stamtræ er tegnet nedenfor. I II III IV Opgave. fortsættes næste side

64 Mandag. juni 007 Medicinsk Genetik Side 7 Opgave. fortsat. E. Idet II- er genotypisk AA, hvad er da sandsynligheden for at Mette og Sørens ufødte barn (IV-) er homozygot for Δ-allellen? Benyt hyppigheden af heterozygoti for Δ- allellen i den nordeuropæiske baggrundsbefolkning i ovenstående tabel. Der ses bort fra at Mette kan være homozygot aa. F. Δ-allellen findes ikke i asiatiske og afrikanske populationer, men er til stede med høj frekvens i den nordeuropæiske population. Giv en kort forklaring på denne observation.

65 Mandag. juni 007 Medicinsk Genetik Side 8 VÆGTNINGSLISTE:.A..B..C..D. 7.E..F. 6.G..A..B..C..D..E..F..G..H..A. 6.B. 6.C..D. 6.E..F.

66 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. juni 007 LØSNINGSFORSLAG.A. Ved en robertsonsk translokation tabes de korte arme på to akrocentriske kromosomer, og de tilbageværende centromerer fusionerer. Denne type translokation forekommer derfor kun mellem de akrocentriske kromosomer,,, og hvor de korte arme er meget små og indeholder rrna-generne. Bærere af en robertsonsk translokation er således fænotypisk normale, men har kun kromosomer i hver celle. Ved en reciprok translokation udveksles der genetisk materiale uden for centromeret mellem to kromosomer. Bærere af en reciprok translokation er som regel fænotypisk normale..b. FISH (Fluorescens In Situ Hybridisering) kan anvendes til at detektere translokationer. Analysen kan foretages på både interfase- og metafasekromosomer. Celler udtaget fra en blodprøve dyrkes og tilsættes stoffet colchicin der ødelægger téntråds-apparatet og stopper i dette tilfælde celledelingen i metafasen. Herefter fikseres cellerne og overføres til et præparatglas således at kromosomerne spredes ud. DNA et denatureres, og en enkelt-strenget DNA probe opmærket med fluorescens hybridiserer vha. komplementær baseparring til den pågældende DNA sekvens den svarer til på et givet kromosom. Hybridiseringen visualiseres efterfølgende vha. et fluorescensmikroskop..c. der(;).d. Lise kan danne flg. 8 gameter: a. + (normal karyotype, normal fænotype) b. ; (balanceret translokation, normal fænotype) c. ; + (ubalanceret translokation, trisomi Downs syndrom) d. (ubalanceret translokation, monosomi - letalt) e. ; + (ubalanceret translokation, trisomi - letalt) f. (ubalanceret translokation, monosomi - letalt) g. ; + + (trisomi samt trisomi - letalt) h. gamet der hverken har translokationskromosomet ;, kromosom eller kromosom (monosomi samt monosomi - letalt) Autosomale monosomier fører næsten altid til spontan abort, hvorimod visse trisomier er levedygtige dog ikke trisomi. Lises to aborter kan således have været trisomier af kromosom eller monosomier af henholdsvis kromosom eller..e. II- s sandsynlighed for at være karyotypisk normal er 0%. Hun har enten arvet det normale kromosomsæt eller den balancerede form fra den af forældrene der er bærer af den robertsonske translokation.

67 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. juni 007 LØSNINGSFORSLAG.F. Kurt (II-) har ligesom Eva (II-) apriori 0% chance for at være karyotypisk normal, men i modsætning til Eva har han fået to fænotypisk raske børn, og dette øger derfor sandsynligheden for at han er karyotypisk normal. Jo flere raske børn II- får, jo højere sandsynlighed for at han har en normal karyotype..g. Downs syndrom (trisomi ) kan alternativt opstå ved: a. Non-disjunktion i meiosen hos den ene forælder resulterende i en gamet med to stk. kromosom. Befrugtning med normal gamet resulterer i afkom med tre stk. kromosom i alle celler. b. Trisomerisk befrugtning (pga non-disjunktion i meiosen) og efterfølgende mitotisk tab af det ekstra kromosom i nogle celler under fosterudviklingen. Personen er da en mosaik, og sværhedsgraden af Downs syndrom afhænger af hvor mange af kroppens celler der har trisomi. c. Non-disjunktion i mitosen på et tidligt tidspunkt af fosterdannelsen af et karyotypisk normalt foster resulterende i en mosaik af celler med normalt kromosomantal og celler med trisomi. d. Translokation mellem de to kromosom hos den ene forælder. Befrugtning af gamet fra denne forælder vil altid resultere i trisomi. e. Den ene forælder er bærer af en reciprok translokation der involverer kromosom s lange arm. Ved befrugtning af en ubalanceret gamet fra denne forælder kan der derfor opstå trisomi. f. Partiel duplikation af den lange arm på kromosom..a. Dominant arvegang ikke sandsynlig da arvegangen er horisontal og der antages fuld penetrans. X-bunden recessiv arvegang ikke sandsynlig da fædrene til de afficerede døtre så skulle være afficerede. I og med at arvegangen er horisontal og da raske forældre får sygt barn, tyder det på at arvegangen er autosomal recessiv.. B. p(jens Aa) = p(ii- i fam. Jensen Aa) x ½ = ½ x ½ = / p(anne Aa) = p(ii- i fam. Nielsen Aa) x ½ = / x ½ =/ p(barn aa)= p(jens Aa) x / x p(anne Aa) x ½ = ¼ x ½ x / x ½ = /8 =,%.C. Primer : -TTGGGACATGTGCCCTTGTT- Primer : -GCTTTTCAATGTATTCATCA-.D. III- II- II- II- III- Elektroforese retning 00bp- 70bp- 0bp- +.E. To koblede loci sidder i en afstand af Centi Morgan (cm) hvis hyppigheden af overkrydsninger imellem dem er %. I fysisk afstand svarer cm til ca. x 0 6 baser. Når et markørlocus er 0 cm fra sygdomslocus, er sandsynligheden for at der sker overkrydsning imellem dem tæt på nul. Dette locus er således velegnet til koblingsanalyser.

68 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. juni 007 LØSNINGSFORSLAG.F..G. Hos II- er markørerne og koblede til to normale alleller (A), mens hos II- er markørerne og koblede til to afficerede alleller (a). Genotypen af markørlocus kan ikke direkte bruges til at afgøre genotypen af sygdomslocus. Markørerne kan kun bruges til at følge nedarvning i familier..h. Næsten 0% da Anne ikke er bærer..a. Allelfrekvens i de tre populationer. (): A = 8 x + / 08 = 0.9; a = 8 x + /08 = 0.09 (): A = x + 98/6 = 0.7; a = 98/6 = 0.8 (): A = 9 x + 66/78 = 0.76; a = x + 66/78 = 0..B. De forventede genotypefordelinger i de tre populationer: (): AA = 0.9 x 0.9 x 70 = 8 Aa = x 0.9 x 0.09 x 70 = aa = 0.09 x 0.09 x 70 = 6 (): AA = 0.7 x 0.7 x 7 = 7 Aa = x 0.7 x 0.8 x 7 = 9 aa = 0.8 x 0.8 x 7 = 7 (): AA = 0.76 x 0.76 x 689 = 98 Aa = x 0.76, x 0. x 689 = aa = 0. x 0. x 689 = 0.C. Population er i Hardy-Weinberg ligevægt, den forventede fordeling af de forskellige genotyper er næsten identisk med den observerede fordeling. Population og er ikke i Hardy-Weinberg ligevægt, de varierer markant fra den forventede genotypefordeling..d. Population er sammensat af tilfældigt udvalgte individer og genotypefordelingen er i Hardy- Weinberg ligevægt. I population ser man ingen homozygote for Δ-allellen selvom man vil forvente 7 individer i denne gruppe. Alle i denne population er HIV-smittede, og da Δ beskytter mod HIV infektion, ses denne allel kun i heterozygote individer. Er man heterozygot for Δ- allellen, er det vanskeligere for HIV-virus at etablere en infektion, og der er derfor en klar fordel ved at være heterozygot. Individer som er homozygote for den normale allel bliver nemmere inficeret, og denne gruppe er underrepræsenteret i denne population. Population består af personer som har en meget høj risiko for at blive smittet med HIVvirus, men selv efter 8 år er ingen personer inficeret med HIV-virus. Der er her mange flere homozygote for Δ-allellen end man ville forvente, men færre heterozygote. Population og har en heterozygot fordel, og der er selektion for individer som har Δ allellen som kan beskytte mod HIV infektion..e. Sandsynligheden for at Mette og Sørens barn er homozygot for Δ allellen: Sandsynligheden for at Søren er bærer af Δ-allellen: Sørens far er heterozygot, og sandsynligheden for at han giver a videre er ½. Sørens mor er homozygot AA og kan derfor ikke bidrage med a. Sandsynligheden for Søren (III-) er bærer, er derfor ½. Vi kender ikke forekomsten af Δ-allellen a i Mettes familie og må derfor benytte hyppigheden af heterozygote i den nordeuropæiske baggrundspopulation: /70 = 0.6. P(barn (IV-) er homozygot aa) = ½ x ½ x 0.6 x ½ = 0.0..F. HIV stammer fra Afrika og kom så vidt vi ved først til Europa for 0-0 år siden. Det er derfor besynderligt at Δ-allellen som beskytter mod HIV, findes i relativ høj hyppighed (ca.

69 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. juni 007 LØSNINGSFORSLAG 0.) i Nordeuropa, men ikke findes i Afrika. Da mutationen heller ikke findes i Asien, er en sandsynlig forklaring at mutationen er opstået i Europa efter etableringen af den europæiske befolkning. De personer som var heterozygote eller homozygote for Δ-allellen havde større chance for at overleve til voksenalderen og dermed større chance for at bidrage til næste generations genpool. Δ-allellen kunne op gennem tiden have beskyttet mod omfattende virusepidemier som vi ikke kender til.

70 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Tirsdag den. januar 007 kl Indhold: Opgaverne - Side - 6 Vægtningsliste Side 7 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, med kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

71 Tirsdag. januar 007 Medicinsk Genetik Side. Seckel s syndrom er en sjælden arvelig lidelse som er karakteriseret af dværgvækst, mikro-cephali med varierende grader af mental retardering og specielle ansigtstræk (bl.a. stor næse, store øjne, smalt ansigt, vigende hage), hvilket også har givet syndromet det beskrivende navn bird-headed dwarfism. Der er identificeret loci for sygdommen. I et af disse loci kendes sygdomsgenet. Det kaldes ATR og består af exons. Nedenstående stamtræ viser en familie med Seckel s syndrom. Forældrene er beslægtede som fætter-kusine. I II A. Hvad er den mest sandsynlige arvegang? Begrund svaret. Der undersøges en VNTR-markør tæt ved ATR-genet. Faderen har markørgenotypen,6 og moderen genotypen,. B. Hvad er en VNTR-markør? C. Hvilke(n) markørgenotype(r) vil være mest sandsynlig(e) hos de syge børn hvis sygdommen skyldes en mutation i ATR-genet? Begrund svaret. ATR-genet sekventeres i familien, og der findes en basesubstitution (T til A) i nukleotid nr. efter afslutningen af exon. D. Kunne denne basesubstitution være sygdomsfremkaldende? Begrund svaret. Opgave. fortsættes næste side

72 Tirsdag. januar 007 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. Faderen indgår et nyt ægteskab med søsteren til den tidligere ægtefælle (fra stamtavlen ovenfor). Det nye par venter sig et barn. E. Hvad er sandsynligheden for at barnet får Seckel s syndrom? F. Hvis parret i forvejen har fået fire raske børn sammen, hvad er da sandsynligheden for at det ventede barn (nr. ) får Seckel s syndrom? Sygdomshyppigheden af Seckel s syndrom forårsaget af mutationer i ATR antages at være / G. Hvis faderen (i stedet) venter barn med en ubeslægtet kvinde, hvad vil sandsynligheden da være for at barnet får Seckel s syndrom?

73 Tirsdag. januar 007 Medicinsk Genetik Side. En rask kvinde søger genetisk rådgivning da hun har haft gentagne spontane aborter. Kromosomanalyse viser at hun har en balanceret karyotype med en Robertsonian translokation der omfatter kromosomerne og. A. Tegn den parringsfigur der kan dannes med de pågældende kromosomer (de normale og translokerede og ). B. Angiv de gameter der kan give ophav til raske børn? C. Angiv de gameter der kan give ophav til børn med Downs syndrom? D. Hvor mange Barr bodies findes der i denne kvindes somatiske celler? Kvinden er heterozygot for en variant af det X-bundne gen der koder for enzymet G6PD. Man kan derfor påvise to forskellige enzymvarianter i en blodprøve. E. Hvordan er den forventede fordeling af de to enzymvarianter i tilfældigt udvalgte blodceller? Begrund svaret. Man dyrker nogle af hendes somatiske celler i et medium der indeholder radioaktivt thymidin indtil alt DNA er opmærket. Derefter overfører man cellerne til et medium med ikke-radioaktivt thymidin. Efter et stykke tid finder man delende celler der har kromosomer hvor kun det ene kromatid er opmærket. F. Hvor mange S-faser (DNA-replikationer) i ikke-radioaktivt medium har disse celler mindst gennemgået? Begrund svaret. G. Nævn tre forskellige typer af mekanismer der kan aktiveres af cellecycluskontrolsystemet hvis cellernes DNA er beskadiget i G-fasen af cellecyklus. Opgave. fortsættes næste side

74 Tirsdag. januar 007 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. H. Mange forskellige tumorsuppressorgener er involveret i det nævnte cellecykluskontrolsystem. Mutationer i disse tumorsuppressorgener kan disponere til kræftudvikling.. Hvad er den cellulære forklaring på at en mutation i et tumorsuppressorgen prædisponerer til kræftudvikling?. Hvad er den typiske arvegang af den resulterende kræft-fænotype. Begrund svaret.

75 Tirsdag. januar 007 Medicinsk Genetik Side 6. I et gen der koder for et enzym der udtrykkes specifikt i leveren, findes følgende DNA- sekvens der vides at kode for aminosyrer: CTATGAGTAAATG GATACTCATTTAC A. Hvilken af de to DNA-strenge transkriberes? Begrund svaret. B. Hvad er sekvensen i det transkriberede RNA? C. Angiv anticodon i trna for de kodede aminosyrer. D. Med retningsangivelse, angiv hvilke aminosyrer der kodes for. I en somatisk celle opstår der i ovennævnte DNA-sekvens to mutationer således at det muterede DNA har følgende sekvens: CCATGAGCAAATG GGTACTCGTTTAC E. Beskriv eventuelle konsekvenser af mutationerne for ekspressionen af mrna et og det resulterende protein i den somatiske celle hvis cellen er:. en hud-fibroblast. en levercelle.

76 Tirsdag. januar 007 Medicinsk Genetik Side 7 VÆGTNINGSLISTE.A..B..C..D. 6.E..F..G..A..B..C..D..E..F..G..H...H...A. 7.B..C..D..E...E..

77 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. januar 007 LØSNINGSFORSLAG.A..B..C. Autosomal recessiv. Begge køn syge, horizontal arvegang, indgifthed. VNTR står for Variable Number of Tandem Repeats. En VNTR-markør detekterer de forskellige alleler der varierer i længde på baggrund af forskelligt antal repeterede enheder. Den repeterede enhed kan variere i størrelse fra nogle få (mikrosatellit) til flere nukleotider (minisatellit). Da det er en sjælden sygdom, bærer forældrene sandsynligvis den samme mutation som de begge har fået nedarvet fra en af deres fælles bedsteforældre. Hvis markøren ligger meget tæt på ATR-genet, vil der sandsynligvis ikke være sket over-krydsning mellem markør-locus og ATR-genet - hverken i fætter-kusine loopet mellem forældrene eller mellem forældre og børn - og alle syge vil have genotypen..d Ja, mutationen påvirker konsensus splice site (donor sekvensen) og vil sandsynligvis give anledning til forkert splejsning, ændring af den kodende sekvens med mulig frameshift..e..f..g. Sandsynligheden for at søsteren (den nye ægtefælle) er bærer er ½. Sandsynligheden for at barnet får Seckel s syndrom er således x ½ x ¼ = /8. A posteriori sandsynlighed for at den nye ægtefælle er bærer: P(bærer) = = 0, + Så sandsynligheden for at barnet får Seckel s syndrom vil da være 0, x x ¼ = 0,06. Der antages Hardy-Weinberg ligevægt. Hyppigheden af sydgomsgenet er da 0 bærerhyppigheden (pq) = x 0 - x ~, og risikoen for at barnet får Seckel s syndrom = x x0 - x ¼ = 0,x = 0,.A. der(;).b. Gameter (æg) med der(;) eller +.C. Gameter (æg) med der(;) +.D..E. Pga. tilfældig X-inaktivering har ca. 0% af cellerne den ene enzymvariant og resten den anden..f. På grund af den semikonservative DNA-replikation kræves der mindst to S-faser for at begge strenge i et DNA-molekyle skal kunne blive ikke-radioaktive..g. DNA-reparation, cellecyclus-arrest, apoptose.h.. Loss of function der rammer celler der har tabt begge allellers funktion ( two hit - modellen). Mutationerne er således oftest recessive på cellulært niveau..h.. Da tab af funktion af det normale allel i principielt kun én celle er tilstrækkelig for kræftudvikling, vil kræftsygdommen typisk have en dominant arvegang selvom mutationerne på cellulært niveau er recessive.

78 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK. januar 007 LØSNINGSFORSLAG.A. Den øverste DNA-streng ( CTATGAGTAAATG ) transkriberes. Den nederste streng indeholder ingen åbne læserammer der koder for aminosyrer..b. CAU UUA CUC AUA G (læseramme angivet)..c. For CAU er anticodon AUG. For UUA er anticodon UAA. For CUC er anticodon GAG For AUA er anticodon UAU..D. N-terminal his-leu-leu-ile C-terminal..E.. For en hudfibroblast vil ingen af de to mutationer have betydning fordi der ingen transkription/translation er af det pågældende protein..e.. I en levercelle vil der være tale om en silent mutation hhv. en missense mutation (ile met). Genets samlede ekspressionsniveau vil sandsynligvis ikke være påvirket af disse mutationer, men der vil forventes ca. 0% reduktion af ile-allellet.

79 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Lørdag den. juni 006 kl Indhold: Opgaverne - Side - 8 Vægtningsliste Side 9 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, med kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

80 Lørdag. juni 006 Medicinsk Genetik Side. Laktose er mælkens kulhydrat. Enzymet laktase produceres i tarmepitelet, hvor det sidder i børstesømmen (brush border) og spalter disakkaridet laktose i monosakkariderne galaktose og glucose, som optages fra tarmen. Medfødt mangel på laktase forårsager livstruende vandige diareer hos det nyfødte barn i samme døgn som amningen påbegyndes. De voldsomme diarreer skyldes uabsorberet laktose, og diareerne forsvinder på laktosefri diæt. Medfødt laktasemangel er sjælden, men relativt hyppig i visse isolerede egne af Finland. Figur viser karakteristiske eksempler på finske familier, hvori der optræder medfødt laktasemangel. Fig. A. Anfør argumenter for at medfødt laktasemangel er en monogen sygdom med autosomal recessiv arvegang. B. Angiv med begrundelse hvorvidt den sygdomsfremkaldende mutation er en loss-offunction mutation, en gain-of-function mutation eller en dominant negative mutation. C. Beregn bærerhyppigheden af sygdomsallelen i den finske befolkning, hvor sygdomshyppigheden er tilfælde pr fødsler. Angiv forudsætninger. Opgave. fortsættes næste side.

81 Lørdag. juni 006 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. D. Hvad er sandsynligheden for at et rask barn i familierne i Fig. er bærer af sygdomsallelen? Begrund dit svar. Locus for medfødt laktasemangel sidder i region q på kromosom nr.. Den nærmere lokalisation blev fundet ved hjælp af haplotypebestemmelse af en række DNA markører, som findes i dette område, og hvis placering er markeret i Figur A. De forskellige haplotyper som man fandt på kromosomer nr. fra syge børn, er vist i Fig. B. Tallet i det grå felt under hver af de 9 haplotyper angiver antallet af kromosomer som den pågældende haplotype blev fundet på. Fig. A DS C/T -90 DS96 DS DS8 DS76 DS06 DS07 DS08 DS09 CENTROMER TELOMER bp bp bp Fig. B DS C/T -90 T T T T T T T T T DS DS 6 DS DS DS DS07 DS08 DS09 0 DS8 Antal kromosomer nr. E. Mellem hvilke to DNA-markører vil det være mest relevant at lede efter mutationen, som forårsager medfødt laktasemangel? Opgave. fortsættes næste side

82 Lørdag. juni 006 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. Man fandt at medfødt laktasemangel skyldes mutation i genet, som koder for laktase. F. Den samme sygdomsfremkaldende mutation i laktasegenet blev påvist på alle kromosomerne i Fig. B. På basis af haplotyperne, giv en forklaring på denne observation. G. Forklar begrebet allelheterogenitet? Laktasemangel efter barnealderen optræder hos ca. % af den danske befolkning, men er almindelig i sydeuropæiske og særdeles hyppig i subtropiske og tropiske befolkninger. Tilstanden kaldes laktoseintolerans og bestemmes af en C/T single nucleotide polymorphism (SNP) lokaliseret kilobasepar (kb) (opstrøm) for startcodon i det beskrevne laktasegen. Er der T i den pågældende position, fungerer genet uændret. Er der C i positionen, sker den aldersafhængige ændring. H. Er det mest sandsynligt at denne variation virker på: transkriptionen eller på processeringen af transkriptet eller på translationen? Begrund kort. I. Angiv den/de mulige genotype/genotyper i C/T polymorfien hos de % danskere, som lider af laktoseintolerans, og hos de 9% som ikke gør. J. Giv en begrundelse for at hyppigheden af T-allelen som sikrer fortsat laktase produktion, er så høj hos danskere (og andre nordeuropæere) i forhold til andre befolkninger.

83 Lørdag. juni 006 Medicinsk Genetik Side. Locus for Duchennes muskeldystrofi sidder på X-kromosomet, og sygdommen skyldes en recessiv allel. Et forældrepar som begge er raske, har fået en datter med Duchennes muskeldystrofi. A. Beskriv tre mulige årsager til sygdommens optræden hos datteren. B. Beskriv Lyon hypotesen og dens konsekvenser for X-kromosomerne i personer med karyotypen: 6,XY 6,XX,X 7,XXY 7,XXX C. Hvis der udføres en FISH-analyse med en X-kromosom specifik probe på interfasekerner (G ), hvor mange signaler vil der observeres i cellekerner fra personer med ovenstående karyotyper? Anhidrotisk ektodermal dysplasi er en X-bunden recessiv sygdom som manifesterer sig ved et lavt antal svedkirtler i huden hos mænd. Figur viser fordelingsmønsteret af svedkirtler hos en heterozygot kvinde, idet sort farvelægning angiver områder med normalt antal svedkirtler. Fig. Opgave. fortsættes næste side

84 Lørdag. juni 006 Medicinsk Genetik Side 6 Opgave. fortsat. D. Vil svedkirtelfordelingen være identisk eller forskellig hos:. mor og datter. dizygote søstre. monozygote søstre når det vides at de alle er heterozygote i det pågældende locus og har normal karyotype? Begrund dine svar.

85 Lørdag. juni 006 Medicinsk Genetik Side 7. I Figur og er afbilledet to stamtræer, og forekomsten af cancer og dens art er oplyst. Fig. I II 6 7 III IV I- lungecancer som 7 årig II- brystcancer som 76 årig II-6 tyktarmscancer som 8 årig III- modermærkecancer som 8 årig III- spiserørscancer som 6 årig Personer med cancer Personer uden cancer Fig. I II 6 7 III IV I- ovariecancer som årig II- brystcancer som 9 årig II- brystcancer som 76 årig II-6 brystcancer som årig III- ovariecancer som årig III-9 lungecancer som 79 årig IV- brystcancer som 9 årig IV- ovariecancer som årig Personer med cancer Personer uden cancer A. Angiv for hvert stamtræ om cancertilfældene kan forklares ved nedarvning af én allel som forårsager cancer. Begrund kort dine udsagn. B. Beskriv two-hit modellen og redegør for hvorledes two-hit modellen forklarer forekomsten af såvel familiær cancer som sporadisk cancer? C. Forklar begrebet loss of heterozygosity. Opgave. fortsættes næste side

86 Lørdag. juni 006 Medicinsk Genetik Side 8 Opgave. fortsat. D. Nævn tre genetiske mekanismer, der fører til loss of heterozygosity. E. Hovedparten af de familiære cancerformer skyldes nedarvning af et defekt DNAreparationsgen. Hvordan mener du at en sådan skade fører til udvikling af cancer?

87 Lørdag. juni 006 Medicinsk Genetik Side 9 VÆGTNING:.A..B..C..D..E..F..G..H..I..J..A.. 8.B. 7.C. 7.D. 8.A. 6.B. 6.C. 6.D. 6.E. 6

88 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK juni 006 LØSNINGSFORSLAG. A. Et enzym er et protein og mutation i dets gen vil forventes at give defekt funktion. Aut. rec. arv karakteristisk for enzymdefekter. Genetisk isolation øger sandsynlighed for slægtsskab mellem forældre, og det er karakteristisk ved aut. rec. sygdomme. Sygdommen viser sig straks ved amningens begyndelse. Stamtræsanalysen viser at raske forældre får syge sønner og døtre og i samme omfang, hvilket tyder på aut. rec. arv. At andelen af syge børn overstiger de forventede % skyldes at familierne er indsamlet gennem sygt barn..b. Det drejer sig om loss-of-function mut. som inaktiverer laktasefunktionen, idet fænotypen, som skyldes mangel på laktaseaktivitet, kun kommer til udtryk hvis begge kopier af laktasegenet er muteret (recessesiv arvegang). En fænotype, som skyldes gain-of-function og dom. neg. mutationer, nedarves dominant..c. Svaret er /. For en aut. rec. sygdom er sygdomshyppigheden = q, hvor q = hyppigheden af sygdomsallelen i befolkningen..d..e..f..g. Her er sygdomshyppigheden = /60000 = q hvilket medfører at q = = (ca.) Bærerhyppigheden = x p x q = x ( q) x q = /, idet p + q =, og der forudsættes Hardy-Weinberg ligevægt. / af de raske børn af heterozygote forældre er selv heterozygote. Det eneste område, som er ens for alle haplotyperne, flankeres af mikrosatellit-markørerne DS og DS96. I det område vil det være mest relevant at lede efter mutationen. Mutationen fandt sandsynligvis sted på et kromosom nr., med en founder haplotype, som svarer til haplotypen fundet på af de undersøgte kromosomer. Ved rekombination i meiosen er dele af denne founder haplotype, inklusive den sygdomsfremkaldende mutation, blevet overført til de andre kromosom nr., som er fundet hos patienterne. Derfor samme mutation. Allelheterogenitet: At der til et sygdomslocus hører flere forskellige sygdomsalleller, hvor hver sygdomsallel har sin egen specifikke mutation..h.. Polymorfien ligger langt opstrøms for genet og inkluderes ikke i det primære transkript. Nedlukningen af laktaseproduktionen sker efter en periode med normal produktion. Peger på at polymorfien regulerer laktasegenets promoter således at transkriptionen af genet lukkes ned, hvis der er C i C/T polymorfien, og er der T, fortsætter transkriptionen uændret..i. På C-allelen lukkes laktasegenet ned, dvs. loss-of-function. Denne allel opfører sig recessesivt over for T-allelen, som har fortsat laktaseproduktion. Genotypen hos personer med laktoseintolerans vil derfor være CC. Genotyperne hos personer med fortsat laktaseproduktion vil være TT og TC..J. Rå mælk har i det solfattige og kolde Nord været en uundværlig ernæringskilde og D- vitamin kilde også efter barnealderen. T-allelen sikrer laktaseproduktion, hvilket har givet bærerne en overlevelsesfordel (selektiv fordel). Det kunne forklare, hvorfor T-allelen er så hyppig i disse befolkninger..a.,x pige med Turners syndrom. Tilfældig skæv inaktivering af et normalt X (moder er bærer af sygdomsgenet). Nymutation på det X-kromosom der stammer fra faderen. Moderen er bærer af genet. X-autosomal translokation. Pga. translokationen er det det normale X som er inaktivt i alle celler..b. Inaktivering af det ene af normale kvinders to X-kromosomer. Inaktivering af (n-) X- kromosomer hos mænd og kvinder. Ingen X-inaktivering hos XY- og X-individer. Et X-kromosom inaktivt hos XX og XXY individer, og to inaktive X-kromosomer hos XXX-individer.

89 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK juni 006 LØSNINGSFORSLAG.C. Et signal = X, XY To signaler = XX, XXY Tre signaler = XXX.D. Eftersom inaktiveringen af kvindens to X-krosomomer er tilfældigt fordelt mellem det paternelle og maternelle kromosom, vil enhver kvinde have en tilfældig og indbyrdes forskellig fordeling af alle kloner med hhv. det inaktiverede paternelle og maternelle X- kromosom. Dette gælder også monozygote søstre..a..a...b..c..d. Figur. Nej, der er næppe tale om nogen nedarvet cancer-allel. Cancertilfældene er usystematisk spredt over hele familien. De fleste tilfælde er sene. Der er mange forskellige cancerformer, hvoraf nogle vides at være miljø- og livsstilsbetingede. Figur. Ja, sandsynligvis en nedarvet cancer-allel. En allel for brystcancer/ovariecancer segregerer fra I til II og videre til dennes efterkommere. II6 har sandsynligvis også arvet den. Der er mange tidlige tilfælde. Kunne skyldes BRCA. II og III9 har urelateret cancer. Two-hit modellen siger, at der skal ske skader på to forskellige steder i genomet for at cancer kan opstå. Således antages, at der er tale om begge alleler af et givet gen, feks. et tumorsuppressorgen. Familiær cancer antages at skyldes, at en skade på en allel er tilstede i gonaderne og segregerer i familien. Bærere vil derfor kun behøve at mutere den raske allel somatisk for at canceren opstår, dvs. risikoen er ret høj. Da hovedparten af mennesker har to normale alleler, skal der to somatiske mutationer til i den samme celle, før de udvikler cancer og risikoen er derfor væsentligt mindre. Hvis en celle er muteret i den ene kopi af et tumorsuppressorgen, vil den kunne komme videre i cancerprocessen ved at eliminere den normale allel. Dette kaldes loss of heterozygosity fordi cellen går fra en heterozygot tilstand til en tilstand hvor kun defekte alleler er til stede. Mitotisk rekombination, gene conversion, deletion af den normale allel, nondisjunction, nondisjunktion og reduplikation, punktmutation..e Heterozygoti for nedarvede mutationer i gener for DNA reparation giver ikke fra fødslen nogen større cancerrisiko. Risikoen stiger gradvis, efterhånden som der opstår celler, hvor den normale allel er muteret. Disse celler vil fremover ikke kunne beskytte deres arvemateriale mod yderligere skader. Ødelæggelsen af DNA reparationen har skabt en genetisk instabil celle, hvor risikoen for sekundære læsioner i andre gener er stærkt forhøjet. Det vil bl.a. gå ud over de vækstregulerende gener.

90 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Lørdag den. januar 006 kl Indhold: Opgaverne - Side - 9 Vægtningsliste Side 0 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

91 Lørdag. januar 006 Medicinsk Genetik Side. Sotos syndrom er en sjælden genetisk sygdom karakteriseret ved accelereret prænatal og postnatal vækst, hovedformsabnormiteter samt koordinationsproblemer og mental retardering i let til moderat grad. Sotos syndrom optræder oftest sporadisk, men der er beskrevet familier hvori sygdommen nedarves. Hos patienter med Sotos syndrom er der identificeret genetiske ændringer i NSD genet på kromosom q. NSD genet består af exons hvoraf exon til indeholder den proteinkodende del af genet. NSD mrna translateres til et protein på 696 aminosyrer. I fru Dolfsens familie er der flere personer med symptomer der kunne indikere tilstedeværelsen af en mild form for Sotos syndrom. Symptomerne ses hos to af fru Dolfsens storebrødre, hos en storesøster, hos faren, men ikke hos hende selv. Den ældste af storebrødrene har tre raske børn ( pige og drenge), mens den anden bror har fire børn ( piger med symptomer samt raske drenge). Søsteren med symptomer er barnløs. Fru Dolfsen har desuden en barnløs rask ældre søster. Fru Dolfsen venter barn med en rask, ubeslægtet mand. A. Tegn stamtræet over fru Dolfsens familie. B. Angiv den mest sandsynlige arvegang for sygdommen i fru Dolfsens familie. Begrund dit svar. C. På baggrund af den angivne arvegang, beregn sandsynligheden for at fru Dolfsens kommende barn får sygdommen i tilfælde af: C.. Fuld penetrans? C.. 80% penetrans? Ved en mutationsundersøgelse af NSD genet i fru Dolfsens familien blev der i exon 8 fundet to nukleotid ændringer (660G>A og 66G>A) der kun var til stede hos familiemedlemmer med Sotos syndrom. Nedenfor er angivet normalsekvensen samt sekvensen af DNA indeholdende de identificerede nukleotid-ændringer. De angivne sekvenser svarer til den ikke-transkriberede DNA streng, og den først og sidst angivne nukleotid svarer til henholdsvis position 660 og position 66. Opgave. fortsættes næste side.

92 Lørdag. januar 006 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat Normal sekvens: GGGTGCGAGGTACTGATAGGTGAT Mutant sekvens: GGGTACGAGGTACTAATAGGTGAT D. Hvilken af de to nukleotidændringer er mest sandsynligt den sygdomsfremkaldende, og hvilken betegnelse har en sådan mutation? I den vestlige verden er der identificeret ca. 00 forskellige mutationer i NSD-genet hos patienter med Sotos syndrom. Der er bla. observeret en stor hyppighed af nonsensemutationer, enkeltbase deletioner og enkeltbase insertioner. Sådanne mutationer er identificeret i exon til. E. Beskriv kortfattet de genetiske begreber gain of function, loss of function, haploinsufficiens og dominant negativ. Angiv hvilke af de genetiske begreber der bedst vil kunne forklare den genetiske årsag til Sotos syndrom under hensyntagen til typen af de identificerede mutationer samt den under spørgsmål B. angivne arvegang. F. Hvorledes vil de sporadiske tilfælde af Sotos syndrom kunne forklares genetisk? Der antages fuld penetrans. I Japan er Sotos syndrom ofte associeret med mere udtalt mental retardering end observeret hos patienter fra den vestlige verden. I figur er angivet en FISH analyse af metafasekromosomer hos en typisk japansk patient med Sotos syndrom. Det nederste af q-armen på kromosom er angivet med pil. Som FISH probe blev benyttet et DNA fragment specifikt for NSD genet. Ud over den specifikke FISH farvning blev alle kromosomer farvet ved en DNA farvning. FISH analyse for andre gener lokaliseret op til Mb ( baser) på hver side af NSD genet gav samme FISH billede som det viste i figur. Opgave. fortsættes næste side

93 Lørdag. januar 006 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. G. Idet der kun ses FISH-signaler på det ene kromosom s q-arm (se figur ), angiv da en sandsynlig årsag til Sotos syndrom for den analyserede japanske patient. H. Foreslå en mulig forklaring på den ændrede sygdomsfænotype ofte observeret hos japanske patienter med Sotos syndrom. Figur. FISH analyse af metafasekromosomer fra en japansk patient med Sotos syndrom. q- armen af kromosom er angivet med pile.

94 Lørdag. januar 006 Medicinsk Genetik Side. Nogle arvelige sygdomme nedarves autosomalt dominant hvorimod andre sygdomme nedarves autosomalt recessivt. A. Nævn tre karakteristika for henholdsvis autosomal dominant og autosomal recessiv arvegang. B. Der ses ofte afvigelser fra det klassiske nedarvningsmønster for autosomal dominante sygdomme. Nævn to genetiske fænomener der kan forklare dette idet der ses bort fra nymutationer. I nedenstående familie forekommer hæmofili B som er en sjælden X-bunden recessiv sygdom der forårsages af mutationer i faktor-ix genet. Faktor-IX er en blodkoagulationsfaktor, og patienter med faktor-ix mangel har derfor forlænget blødningstid. I II III IV C. Angiv hvilke individer der er sikre bærere i denne familie? III- og III- venter deres andet barn. III- er nervøs fordi hendes bror har hæmofili B og henvises til genetisk rådgivning. D. På baggrund af de hidtil opgivne oplysninger, hvad er da sandsynligheden for at det ventede barn vil udvikle hæmofili B? Man beslutter at lave en markøranalyse med en markør fuldstændig koblet til sygdomsgenet med allelerne og. Analysen udføres på genomisk DNA oprenset fra relevante familiemedlemmer samt en DNA-prøve fra fosteret. Det ventede barn viser sig at være en dreng. Individernes genotyper mht. markøren er vist nedenfor:

95 Lørdag. januar 006 Medicinsk Genetik Side 6 Opgave. fortsat. Opgave. fortsættes næste side. II- II-, III- III-, III- IV- Ventede barn E. På basis af stamtræet samt markøranalysen, hvad er sandsynligheden for at III- s ventede søn bliver syg? Begrund dit svar.

96 Lørdag. januar 006 Medicinsk Genetik Side 7. A. Tegn en skitse af et akrocentrisk kromosom med angivelse af p-arm, q-arm, centromer og telomerregioner. B. Hvilken funktion har telomerregionerne? Modifikationer af kromatinstrukturen kan bevirke at genekspressionen op- eller nedreguleres. To eksempler på sådanne modifikationer er DNA-metylering/demetylering og acetylering/deacetylering af histoner. C. Angiv hvilken indflydelse de fire modifikationer har på genekspressionen (op- eller nedregulation). Prader-Willis syndrom (PWS) er et eksempel på en alvorlig, sjælden arvelig sygdom der skyldes tab af en imprinted region af kromosom (nærmere betegnet q-q). PWS er maternelt imprinted hvilket betyder at DNA i denne region kun er aktivt når kromosomet nedarves paternelt. Familien Wulffs nyfødte søn (II-, se Figur ) udviser hypotoni (nedsat muskelkraft), har svært ved at synke, har dårlige reflekser, er sløv og har et svagt skrig. Desuden er II- s ansigt meget fladt. Børnelægen mistænker derfor at barnet (II-) lider af PWS. Figur viser resultatet af en RFLP-analyse af familien Wulff. I analysen er der brugt en probe fra kromosom q til at identificere polymorfe fragmenter (alleler). Opgave. fortsættes næste side

97 Lørdag. januar 006 Medicinsk Genetik Side 8 Opgave. fortsat. I II a b II- I- I- Figur : Stamtræ af familien Wulff og resultat af RFLP-analysen. Der er anvendt en probe fra kromosom q til at identificere polymorfe fragmenter (a og b) fra kromosom. Elektroforeseretningen er angivet med pil. D. Er resultatet fra RFLP-analysen foreneligt med lægens mistanke? Begrund dit svar. E. Angiv tre forskellige genetiske forklaringer på hvorledes PWS kan opstå. Hvis det teoretisk forudsættes at II- senere i livet udviser normal fertilitet, hvad er da sandsynligheden for at han sammen med en rask kvinde vil få: F.. Én søn med PWS? F.. Én datter med PWS? Angelmans syndrom (AS) er som PWS en alvorlig arvelig sygdom der ligeledes skyldes tab af q-q regionen. I modsætning til PWS er AS paternelt imprinted hvilket betyder at DNA i denne region af kromosom kun er aktivt når kromosomet nedarves maternelt. Opgave. fortsættes næste side

98 Lørdag. januar 006 Medicinsk Genetik Side 9 Opgave. fortsat. Vha. af en undersøgelse af metyleringsmønstret i denne region er det muligt at skelne paternelle og maternelle kromosomer og dermed diagnosticere PWS- og AS-patienter. Figur viser resultatet af en sådan RFLP-baseret analyse af DNA fra såvel syge som raske individer idet det øverste bånd i gelen svarer til det maternelle kromosom (M), mens det nederste bånd svarer til det paternelle kromosom (P). Individ M P Figur : Metyleringsmønstret i q-q regionen blev analyseret i DNA fra individ - vha. en RFLPanalyse. Båndtykkelsen er ens for alle bånd. Pilen angiver elektroforeseretningen. M = maternelt kromosom, P = paternelt kromosom. G. Afgør ud fra resultatet af DNA-metyleringsanalysen hvilke af de i figur anførte individer der lider af PWS eller AS og hvilke der er raske? Begrund dit svar.

99 Lørdag. januar 006 Medicinsk Genetik Side 0 VÆGTNINGSLISTE:.A..B. 6.C...C...D..E. 6.F..G..H..A..B..C..D. 6.E. 7.A..B..C. 6.D. 6.E. 6.F...F..G. 6

100 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK JANUAR 006 LØSNINGSFORSLAG.A. Stamtræ for familien Dolfsen I II III B. Autosomal dominant. Vertikal arvegang. Ingen generationer sprunget over. Lige mange piger og drenge med symptomer (ikke X-bundet recessiv/x-bundet dominant). Drenge med symptomer kan få piger med symptomer (ikke X-bundet recessiv). Drenge med symptomer kan få raske piger (ikke X-bundet dominant). En autosomal recessiv arvegang vil kræve tilstedeværelsen af mange personer som bærer mutationer hvilket er urealistisk da sygdommen er sjælden..c.. 0%.C.. Betinget sandsynlighed: P(II-7 er bærer på betingelse at være rask (80% penetrans)). Bærer Ikke-bærer A priori p(rask) ½ / ½ Samlet /0 ½.D. /0/(/0+/) = /6 = P(II-7 er bærer på betingelse at være rask (80% penetrans)). Sandsynligheden for at barnet arver det syge allel = /6x/ = / P(sygt)= /x/(penetransen)=/ Kun åben læseramme (stop-kodons til stede i de to andre læserammer i normalsekvensen som derved vil resultere i nonsense mediated decay da det er exon 8 af ). Gly Cys Glu Val Leu Ile Gly Glu Normal sekvens: GGG TGC GAG GTA CTG ATA GGT GAT Gly Tyr Glu Val Leu Ile Gly Glu Mutant sekvens: GGG TAC GAG GTA CTA ATA GGT GAT 66G>A: Silent mutation 660G>A: Cys til Tyr mutation = ændring af aminosyre. Dette er således med størst sandsynlighed den sygdomsfremkaldende mutation. En sådan type mutation benævnes en missense mutation.e. Da det er nonsense mutationer, deletioner og insertioner, vil der komme fejl i læserammen. Man vil således forvente at mutant NSD mrna vil blive nedbrudt ved nonsense mediated decay og derved resultere i en formindsket dannelse af NSD protein. Da fællestrækket for de beskrevne mutationer er at de hindrer dannelse af protein fra den ene allel, tyder det på loss of funktion. Så den mest sandsynlige grund til sygdomsfænotypen vil være at det mrna og derved protein der bliver lavet fra den normale allel ikke er tilstrækkeligt til at opretholde den krævede mængde af protein i cellen for at det kan udføre sin funktion, dvs. haploinsufficiens. Gain of function vil ikke kunne beskrive disse forhold da det vil kræve dannelse af et protein med en forstærket eller ny funktion. Et trunkeret protein vil kunne gøre dette, men

101 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK JANUAR 006 LØSNINGSFORSLAG det vil være usandsynligt i det beskrevne tilfælde grundet nonsense mediated decay samt at mutationer også findes i selv de første exons hvor proteinsyntesen lige er påbegyndt. Begrebet dominant negativ beskriver dannelsen af et proteinprodukt fra den muterede allel med en egenskab der ødelægger funktionen af proteinproduktet lavet fra den normale allel. Dette vil således ikke være gældende for de her beskrevne NSD mutationer, men vil typisk kunne observeres i tilfælde hvor der er gain of function..f. Nymutationer.G. Da der er to FISH signaler på det ene kromosom (som forventet) og ingen på det andet kromosom, er der en deletion af det kromosomale område som indeholder NSD genet..h. Da flere FISH prober giver det samme resultat, viser det at en mindst Mb region er deleteret. Da de benyttede FISH prober detekterer andre gener end NSD, vil den kromosomale deletion ramme både NSD genet samt gener der er placeret tæt ved NSD genet. Den ændrede fænotype kan derved skyldes yderligere mangel på sådanne andre genprodukter..a..b..c..d. Aut. dominant: vertical arvegang (sygdom i hver generation), lige mange mænd og kvinder syge, 0% risiko for at få sygt barn hvis en forælder har sygdommen, kan udvise ændret penetrans. Aut. recessiv: horizontal arvegang (sygdommen springer generationer over), lige mange mænd og kvinder syge, % risiko for sygdom når begge forældre er bærere af sygdomsgenet, raske indgifte forældre får syge børn. Nedsat penetrans/aldersafhængig penetrans, kønscellemosaik, dynamiske mutationer/anticipation, variabel ekspressivitet, pleiotropi og genomisk imprinting. I-, II- og IV- er sikre bærere. p(ventede barn bliver syg)= p(iii- er bærer) x p(iii- giver syg allel videre) x p(dreng): III- s muligheder XX XX A priori ½ ½ p( rask dreng) ½ Samlet ½ ¼ p(iii- er bærer rask dreng) p(ventede barn er sygt) = + = =.E. p(ventede søn får hæmofili B) = 0%. Sygdomslocus er fuldstændigt koblet til markørallel, og rekombination finder derfor ikke sted. Det ses således at III- (markørallel,) ikke er bærer af hæmofili B idet hun allerede har fået en rask søn med markørallelen. III- har altså modtaget en rask allel fra sin mor (II-). Det ventede barn har desuden markørallel som ikke er koblet til sygdommen..a. p-arm Centromer Telomerregion q-arm Telomerregion

102 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK JANUAR 006 LØSNINGSFORSLAG.B. Telomerregionerne, der er lokaliseret yderst på p-armen og yderste på q-armen, beskytter og stabiliserer kromosomet. Telomerregionen består af omkring 600 bp og er karakteriseret ved en repeteret sekvens af nukleotider. Efter hver celledeling afkortes telomerregionen og dermed antallet af repeterede sekvenser. Antallet af repeterede sekvenser i telomerregionen er således med til at afgøre om en somatisk celle kan undergå endnu en mitotisk deling..c. Metyleret DNA er transkriptionelt inaktivt (nedreguleret af genekspression). Demetyleret DNA er transkriptionelt aktivt (opreguleret genekspression). Acetylering af histoner resulterer i transkriptionelt aktivt DNA (opreguleret genekspression). Deacetylering af histoner resulterer i transkriptionelt inaktivt DNA (nedreguleret af genekspression)..d. Ja. II- har kun nedarvet en b-allel fra sin mor (I-), og har således kun en maternel kopi af q-q regionen. Da denne region er maternelt imprinted mangler II- den paternelle, aktive q-q regionen, hvorfor han lider af PWS..E. : Deletion af paternel q-q region. : Maternel uniparental disomi og tab af paternel kromosom. : Defekt imprinting der giver ophav til nedsat ekspression af paternel q-q regionen. : Ubalanceret translokation af paternel kromosom involverende regioner..f.. 0, x 0, = 0,.F.. 0, x 0, = 0,.G. Individ og er raske; individ lider af AS (har ikke en maternel allel og derfor ingen aktiv AS region); individ og lider af PWS (de har ikke en paternel allel og således ingen aktiv PWS region).

103 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Lørdag den. juni 00 kl Indhold: Opgaverne - Side - 8 Vægtningsliste Side 9 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

104 Lørdag. juni 00 Medicinsk Genetik Side. Hver gang en celle gennemgår S-fasen bliver der indbygget nukleotider i det nysyntetiserede DNA. Hvis thymidin-analogen -bromo-deoxyuridin (BrdU) er til stede, indbygges denne i stedet for thymidin. Et fluorescerende stof kan bruges til at farve DNA i cellerne sådan at kromatider eller kromatidsegmenter der indeholder DNA uden indbygget BrdU, fluorescerer grønt. Hvis det farvede DNA indeholder BrdU i den ene streng, så fluorescerer de pågældende kromatidområder gult. Hvis DNA molekylet indeholder BrdU i begge strenge, ses en rød fluorescens. Hvilket forhold mellem grønne, gule og røde kromatider eller kromatidsegmenter forventer man i gennemsnit efter: A. en cellecyklus hvor BrdU er til stede? B. tre cellecykler hvor BrdU er til stede? C. en cellecyklus hvor BrdU er til stede, fulgt af en cellecyklus hvor BrdU ikke er til stede?

105 Lørdag. juni 00 Medicinsk Genetik Side. Angelman syndrom (AS) er en neurogenetisk sygdom der er karakteriseret ved bl.a. svær mental retardering, ataxi og dysmorfe ansigtstræk. AS kan forårsages af forskellige genetiske abnormiteter i kromosomregion q-q (Tabel ) og kan bl.a. skyldes en funktionel defekt i UBEA genet. UBEA-genet der kun udtrykkes fra én allel i hjernen, koder for et protein der er involveret i nedbrydning af proteiner i forbindelse med hjernens udvikling. Tabel. Kategorier af genetiske fejl der har vist sig at føre til AS. Kategori # Andel af alle AS tilfælde Genetisk årsag til sygdommen 6% Maternel q deletion % Paternel uniparental disomi (UPD) 0% Defekt imprinting af region q-q 0% Punktmutationer eller små deletioner i maternel UBEA allel 0% Genetisk abnormitet kunne ikke identificeres A. Beskriv kort hvordan hver af kategorierne til kan føre til den samme sygdom og diskutér specielt hvorfor deletion af den paternelle UBEA allel ikke fører til AS. Figur viser kromosomregion q-q og lokalisationen af en række polymorfe markører der kan bruges til at kortlægge mutationer i regionen. DS0 DS8 IPW PAR/SN DS06 DS DS0 DS986 DS UBEA Centromer BP BP UBEA BP Telomer CI 89D 9F N 7G Figur. Polymorfe markør-loci og anvendte FISH-prober ( ) i kromosomregion q-q. Afstanden (i kb) mellem markører er angivet mellem de vertikale linier. BP, BP og BP angiver hyppige brudsteder ved deletion. Opgave. fortsættes næstes side

106 Lørdag. juni 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. I Stamtræet for en familie med arvelig AS er vist i Figur. Haplotyper er angivet for genetisk testede familiemedlemmer. Deleterede markører er angivet med en stjerne (*) II 7 * * * * * * III IV * * * Figur Rækkefølge af markør-loci: DS0 DS8 PAR/SN IPW DS06 DSS DS0 DS986 DS B. Angiv den mest sandsynlige haplotype for det afdøde familiemedlem I-. Begrund dit svar. C. Hvad er sandsynligheden for at det kommende familiemedlem (IV-) vil udvikle AS? Opgave. fortsættes næste side

107 Lørdag. juni 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. Da III- tidligere har født et barn med AS, foretages prænatal diagnostik. D. Hvad er sandsynligheden for at IV- bliver syg idet det nu vides at III- venter en dreng med følgende haplotype: IV * * * E. Angiv på baggrund af oplysninger i Figur og deletionens maksimale og minimale længde. Kromosomanalyser baseret på fluorescens in situ hybridisering (FISH) anvendes rutinemæssigt til at fastslå genetiske uregelmæssigheder i forbindelse med AS. Lokalisationen af fem FISH-prober der ofte anvendes i sådanne analyser, er vist i Figur. Desuden er angivet tre brudsteder (BP, BP og BP) imellem hvilke der ofte opstår deletioner i forbindelse med AS. Tabel viser resultatet af deletionsanalyse af en række AS patienter med formodede deletioner i regionen idet +/+ angiver positivt hybridiseringssignal på begge homologe kromosomer, og +/- angiver positivt hybridiseringssignal på kun ét af de to homologe kromosomer. Tabel. Patient Probe # # # # # CI +/+ +/- +/+ +/- +/- 89D +/+ +/- +/+ +/- +/- 9F +/- +/- +/+ +/- +/+ N +/- +/- +/+ +/- +/+ 7G +/+ +/+ +/+ +/- +/+ F. Beskriv principperne i en FISH analyse og vurdér med henvisning til brudstederne BP, BP og BP omfanget af deletionen i hvert af de fem AS-tilfælde. Opgave. fortsættes næste side

108 Lørdag. juni 00 Medicinsk Genetik Side 6 Opgave. fortsat. Det viser sig at patient # er bærer af en ganske lille deletion i den kodende del af UBEA-genet. Denne deletion kan påvises med PCR ved brug af primerne vist i Figur A. Den sorte boks i sekvensen angiver de nukleotider der er deleteret i patient #. DNA fra en række familiemedlemmer i patient # s familie er blevet undersøgt med PCR med de anviste primere og efterfølgende gelanalyse. Resultatet af denne undersøgelse er vist i Figur B. G. Angiv på baggrund af informationerne i Figur længden af PCR-fragmenterne der kan genereres fra henholdsvis den normale allel og mutantallelen. H. Hvilke konsekvenser har mutationen for syntese af UBEA-kodet protein? I. Vurdér på baggrund af gelanalyse og stamtræ hvilke af de testede personer i den viste familie der lider af AS. A GTGAATGATGATGATGCCATTGTTGCTGCTTCGAAGTGCTTGAAAATGGTTTAC -CAAATGTAGTGGGAAGGGAAGTGG- TATGCAAATGTAGTGGGAGGGGAAGTGGACACAAATCACAATGAAGAAGATGAT GAAGAGCCCATCCCTGAGTCCAGCGAGCTGACACTTCAGGAACTTTTGGGAGAA -GGGTAGGGACTCAGGTCGCTCGAC- GAAAGAAGAAACAAGAAAGGTCCTCGAGTGGACCCCCT B I II III IV 6 Normal kontrol Mutant kontrol Normal Mutant Figur. (A). Sekvensudsnit (nukleotid 60 til 800) fra exon 9 (midt i den kodende region) i UBEA. Den ikke-transskriberede DNA streng er vist. De anvendte -nukleotider lange primere er angivet med fede typer. (B). Mutationsanalyse af udvalgte medlemmer i AS familie.

109 Lørdag. juni 00 Medicinsk Genetik Side 7. Nedenstående stamtræ viser en familie (familie A) med den sjældne sygdom spinocerebellar ataxi type (SCA-). I II III? Figur Der er ingen oplysninger tilgængelige om hvorvidt individ III- har sygdommen. A. Hvilken arvegang kan mest sandsynligt forklare den viste nedarvning af denne sygdom? Begrund dit svar. Sygdommen kan påvises ved en simpel PCR analyse af en del af ataxin- genet. I dette assay amplificeres denne region med to primere der begge er beliggende i samme exon. Herefter bestemmes størrelsen af PCR produktet ved gelelektroforese. Nedenstående Figur viser resultatet af en gelelektroforese af PCR produkterne fra nogle af familiemedlemmerne. Pilen angiver elektroforeseretningen. Størrelsen af de enkelte bånd i gelen er angivet i bp. I- I- II- II- II- III- III- III- 80 bp bp bp bp Figur Opgave. fortsættes næste side

110 Lørdag. juni 00 Medicinsk Genetik Side 8 Opgave. fortsat. Individ I- udviste de første tegn på sygdommen i -årsalderen, II- blev syg som 0- årig, mens III- og III- begge blev syge da de var i begyndelsen af 0erne. B. Hvad kaldes dette genetiske fænomen? C. Hvad kunne være den molekylære baggrund for den varierende længde af det lange PCR produkt i individ I-, II-, III- og III-? Begrund dit svar. For at kunne diagnosticere sygdommen i familier brugte man tidligere DNA markøranalyse. DNA fra II-, II-, III- og III- er tidligere blevet undersøgt på denne måde. DNA markørerne (A-D) er fuldstændig koblede til ataxin- genet. Markør A og B ligger meget tæt ved genet, mens m arkør C og D ligger i to af genets introns. Man fandt følgende genotyper: II- II- III- III- Markør A: A/A A/A A/A A/A Markør B: B/B B/B B/B B/B Markør C: C/C C/C C/C C/C Markør D: D/D D/D D/D D/D D. Har individ III- genotypen for sygdomsudvikling? Begrund dit svar. E. Angiv haplotypen for det sygdomsbærende kromosom. Spinocerebellar ataxi kan også skyldes defekter i et andet gen, ataxin- genet, der ligger på kromosom. Sygdommen kaldes så SCA- og nedarves dominant. F. Hvad kaldes det fænomen at defekter i to forskellige gener kan give den samme sygdom? G. Hvis individ III- får et barn med en person hvis far og farmor begge har haft SCA-, hvad e r så risikoen for at ba rnet får spinocerebellar ataxi?

111 Lørdag. juni 00 Medicinsk Genetik Side 9 VÆGTNINGSLISTE:.A. 6.B. 6.C. 6.A. 7.B..C..D..E..F. 6.G..H..I. 8.A..B..C..D. 6.E. 6.F..G. 6

112 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK JUNI 00 LØSNINGSFORSLAG.A. Alle kromatider er gule..b. % af kromatiderne er gule og 7 % røde..c. 0 % af kromatiderne er gule og 0 % grønne..a. Kategori : Udvikling af AS skyldes en større deletion på den korte arm af kromosom. Kategorien indbefatter kun deletioner af den allel, der modtages fra moren. Deletionen omfatter med nogen sandsynlighed UBEA-genet men kan også omfatte andre gener der måtte have indflydelse på ekspressionen af UBEA-genet. Kategori : Uniparental disomi beskriver den situation, at et individ arver to kopier af det samme kromosom fra én af forældrene og ingen kopier af det pågældende kromosom fra den anden forælder. I dette tilfælde har AS-patienter arvet to kopier af kromosom fra faren og ingen kopier fra moren. Sygdommen udvikles, da den aktive maternelle UBEA-allel ikke er til stede. Kategori : I forbindelse med AS sker der imprinting (dvs. inaktivering) af den paternelle UBEA. Sker der fejlagtigt inaktivering også af den maternelle allel vil det UBEA-kodede protein ikke blive produceret i forbindelse med hjernens udvikling. Kategori : AS-tilfælde i denne gruppe skyldes mindre genetiske fejl i UBEA-genet. En punktmutation vil føre til ændring af aminosyre-sekvensen, mens deletioner af varierende længde kan resultere i in-frame aminosyredeletioner eller skift i læserammen, der fører til dannelse af defekt, potentielt trunkeret, protein. Det er sandsynligt, at punktmutationer og små in-frame deletioner vil resultere i mindre svær AS sammenlignet med f.eks. større qdeletioner. Der er på nuværende tidspunkt ikke identificeret tilfælde af AS, der skyldes deletion af den paternelle UBEA-allel (jf. Tabel ). På den baggrund kan det konkluderes, at den paternelle allel ikke har betydning for sygdomsudviklingen. Dette skyldes, at denne region på kromosom er transskriptionelt inaktiv. Således udtrykkes UBEA-genet, der nedarves fra faren, ikke i forbindelse med hjernens udvikling. Og en eventuel deletion eller mutation er uden betydning for sygdomsudvikling..b. Da II- og II- begge har arvet deletionen er det sandsynligt, at denne ikke er opstået spontant. Da det forudsættes, at der ikke er sket overkrydsning er den mest sandsynlige haplotype for I- således: * * *.C. Sandsynligheden for at IV- udvikler AS er 0%.D. Da det forudsættes, at der er 00 % penetrans vil drengen helt sikkert udvikle AS, da han har arvet den maternelle allel med deletionen af UBEA-genet..E. Forekomsten af AS skyldes en arvelig deletion i kromosomregion q-q. Baseret på de viste haplotyper inkluderer deletionen markørerne DS06, DS og DS0 og skyldes således brud i regionen mellem markørerne PAR/SN og IPW og i regionen mellem DS0 og DS986. Den maksimale og minimale længde af deletionen er derfor henholdsvis 6 og kb..f. FISH-teknikken er baseret på anvendelsen af en fluorphor-mærket probe (typisk omkring 0 kb lang), der kan baseparre komplementært og sekvensspecifikt med den tilsvarende DNAsekvens i kromosomalt DNA. Proben kan hybridiseres til kromosomer i metafase, profase eller interfase. Positivt hybridiseringssignal, indikeret ved farvning af kromosomet med den anvendte fluorescerende farve, angiver at proben er i stand til at binde til den relevante

113 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK JUNI 00 LØSNINGSFORSLAG sekvens. Farvning af kun ét autosomalt kromosom med en relevant probe vil således indikere deletion af en af de to alleler. På baggrund af Tabel kan det vurderes i hvor høj grad patienterne - lider af AS p.gr.a. deletioner i regionen. De viste patienter har følgende deletioner: #: Deletion mellem BP og BP #: Det proximale brudsted kan ikke kortlægges præcist, da der ikke anvendes en FISH-probe der genkender området mellem centromeret og BP. BP er det sandsynlige distale brudsted. #: Ingen deletion kunne identificeres med FISH. #: Hele regionen er deleteret. Det proximale brudsted kan være BP. Det distale brudsted kan ikke være BP. #: Deletion der strækker sig fra området proximalt for BP til BP..G. PCR på den normale allel vil resultere i et 80-bp DNA-fragment. Mutantallelen er baser kortere og vil resultere i et 76-bp fragment..h. Deletionen fører til et skift i læserammen. To ud af tre læserammer i den viste sekvens indeholder stopkodons (TGA). Den normale sekvens læses derfor i den tredje læseramme. Deletionen i mutantallelen resulterer derfor i, at translationen stopper ved et af de nævnte stop- kodons og proteinet vil således være trunkeret og derfor defekt..i. PCR-baseret detektion af begge alleler viser, at den pågældende person er heterozygot for UBEA-deletionen. Da den paternelle allel er lukket ned er det ligeledes afgørende for evt. sygdomsudvikling om mutantallelen overføres fra moren eller faren. Personerne III-, IV-, IV- er alle homozygoter for den normale allel og er dermed raske. III- og III- har modtaget mutantallelen fra deres fædre (henholdsvis II- og III-) og er dermed raske. Ligeledes er personerne IV- og IV- raske, da de har modtaget mutantallelen fra deres far. IV- og IV-6 lider begge af AS, da de har modtaget deletionsallelen fra deres raske mor (III-)..A. Sygdommen nedarves autosomalt dominant fordi den kommer til udtryk i såvel forældre generation, som i børnegenerationen uafhængig af køn. Der springes ikke generationer over..b. Dette fænomen kaldes anticipation. Anticipation kan observeres som et for hver generation tidligere og tidligere eller mere og mere alvorligt sygdomsudtryk..c. Anticipation observeres ofte i forbindelse med sygdomme der skyldes expansion af trinukleotid repeats, som f.eks. et stigende antal CAG for hver generation. Alvorligheden af sygdomsudtrykket hænger sammen med antallet af repeats, så jo flere repeats, jo alvorligere sygdom og jo tidligere debut...d. Individ III- har ikke mutationen og vil ikke udvikle sygdommen, da han ikke har arvet den syge allel fra sin mor. Der udnyttes desuden at II- og II- har identiske genotyper..e. Idet III- er homozygot og syg får vi derved angivet haplotypen af sygdomskromosomet, nemlig: A,B,C,D.F. Det fænomen at en sygdomsfænotype kan skyldes mutationer i forskellige gen kaldes locus heterogenitet..g. Risiko for SCA-: 0% Risiko for SCA-: % Genotyper: AaBb = 0. x 0. = 0. (Både SCA- og SCA-) AABb= 0. x 0. = 0. (SCA-) AaBB = 0. x 0.7 = 0.7 (SCA-) AABB= 0. x 0.7 = 0.7 (Rask) Altså risiko for spinocerebellar ataxi = = 0.6

114 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Lørdag den. januar 00 kl Indhold: Opgaverne - Side - 6 Vægtningsliste Side 7 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, med kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

115 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side.A. Forklar begreberne penetrans og ekspressivitet. B. I nedenstående familie segregerer en sjælden cancersygdom som er monogent arvelig og med en penetrans på 60%. Hvilken arvegang mener du der er tale om? Begrund dit svar. I II III IV C. Hvad er sandsynligheden for at IV- bliver syg? D. Er penetransen i princippet den samme i andre familier hvori denne sygdomsfremkaldende mutation segregerer? Begrund kort dit svar. E. Giv en sandsynlig molekylær forklaring på at II-6 er rask, men III-8 er syg hvis sygdomsfænotypen skyldes loss of heterozygosity (LOH).

116 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side. Locus for en sjælden autosomal dominant sygdom med 00% penetrans og locus for en VNTR-markør (VNTR) sidder på samme kromosom (synteni). I en befolkningsundersøgelse er det påvist at VNTR-markøren har to alleler med forskellig længde. Det ene allel består af repeats (VNTR-) og det andet allel af repeats (VNTR-). A. Angiv på grundlag af disse oplysninger de mulige haplotyper og genotyper for syge og raske personer under hensynstagen til både sygdomslocus og locus for VNTR- markøren. Befolkningsundersøgelsen viste at VNTR- allel-hyppigheden var 7%. B. Beregn genotypehyppighederne for VNTR-markøren i befolkningen. Angiv eventuelle forudsætninger. I gruppen af syge personer var % heterozygote for VNTR-markøren. C. Er sygdomslocus og locus for VNTR-markør koblede? Begrund dit svar. Markøren VNTR som har to alleller, VNTR- og VNTR-6, blev også undersøgt i befolkningen, og allelhyppigheden for VNTR- blev bestemt til 7%. D. Angiv hyppigheden af heterozygoti for VNTR-markøren hos syge personer hvis afstanden mellem VNTR-markørlocus og sygdomslocus er >0cM, og hvis de to loci sidder på to forskellige (non-homologe) kromosomer. Begrund dit svar. Ved hjælp af mutationsundersøgelser blev det påvist at en missense mutation i et gen på kromosom er årsag til sygdommen. Mutationen ødelægger et skæringssted for EcoRI restriktionsenzymet. På det grundlag blev et RFLP-assay til mutationsbestemmelse designet hvori tilstedeværelse af DNA-fragment A angiver tilstedeværelse af mutationen, og tilstedeværelse af DNA-fragment B angiver fravær af mutationen. Dette RFLP-assay blev benyttet til at undersøge DNA-prøver fra et stort antal familier hvori Opgave. fortsættes næste side..

117 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. den pågældende sygdom segregerede. Undersøgelsen viste at i en lille gruppe af familier havde syge personer genotypen B/B og ikke den forventede A/B genotype. E. Angiv mindst to mulige årsager til denne observation? I en RFLP-undersøgelse af DNA fra sporadiske tilfælde af sygdommen havde de syge personer genotypen B/B. F. Angiv mindst to mulige årsager til denne observation?

118 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side.A. Undersøger man et antal tvillingepar for hvor hyppigt en sygdom som optræder hos den ene tvilling, også optræder hos den anden tvilling, har man bestemt sygdommens konkordansrate. Ved at sammenligne konkordansraten hos monozygote (enæggede) tvillingepar med konkordansraten hos dizygote (tveæggede) tvillingepar kan man estimere den relative indflydelse af genetiske og miljømæssige faktorer på sygdommen. I nedenstående tabel er konkordansraten hos monozygote (MZ) og dizygote (DZ) tvillingepar angivet i procent. Konkordansrate MZ (%) DZ (%) Sygdom A 9 87 Sygdom B Sygdom C 00 Sygdom D 00 0 Sygdom E 00 Sygdom F 7 Hvilken af sygdommene A-F har konkordansrate som peger på: A.. en multifaktoriel sygdom. A.. en meget smitsom børnesygdom. A.. en mitokondriesygdom. A.. en autosomal dominant sygdom. A.. en autosomal recessiv sygdom. A.6. kromosomsygdommen trisomi (7,XX,+ eller 7,XY,+). (Hver af sygdommene A-F svarer kun til én af sygdomskategorierne A..-A.6.) B. Rød-grøn farveblindhed nedarves X-bunden recessivt og optræder hos ca. 0% af den mandlige befolkning. I nedenstående familie er I- og II- rød-grøn farveblinde. I II Opgave. fortsættes næste side..

119 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side 6 Opgave. fortsat. Angiv en sandsynlig forklaring på at tvillingesøstrene II- og II- har forskellige fænotyper (er diskordante) mht. farvesansen hvis: B.. II- og II- er monozygote tvillinger. B.. II- og II- er dizygote tvillinger. C. Konkordansraten for cancer er i en opgørelse opgjort til 7% hos MZ-tvillinger og % hos DZ-tvillinger. Er disse konkordansrater forenelige med: C.. at cancer især skyldes miljøfaktorer. C.. at cancer især skyldes nedarvede mutationer. C.. at cancer i langt de fleste tilfælde skyldes somatiske mutationer. Der ønskes en kort begrundelse til hvert af de tre svar.

120 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side 7 VÆGTNINGSLISTE:.A. 6.B. 6.C. 6.D..E..A. 7.B. 7.C. 7.D. 7.E. 7.F. 7.A...A..A...A...A...A.6..B...B...C...C...C..

121 MEDICINSK GENETIK EKSAMEN. JANUAR 00 LØSNINGSFORSLAG.A..B..C..D..E..A..B..C..D..E..F. Penetrans er sandsynligheden for at egenskaben kommer til udtryk hvis man har genotypen for denne egenskab: Syg vs Rask. Expressivitet er graden af sygdom hos de afficerede: Lidt syg vs meget syg. Autosomal dominant: syge i alle generationer, både mænd og kvinder og med samme hyppighed. Sandsynligheden for at III- er bærer: Bærer Ikke-bærer a priori ½ ½ Rask 0, Samlet 0, 0, a post /7 /7 Sandsynlighed for at IV- er bærer = /7 x ½ Sandsynlighed for at IV- bliver syg = /7 x ½ x 0,6 = 0,086 Ja, penetrans er et befolkningsbaseret udtryk for hvor stor en del af de personer der har sygdomsgenotypen, har sygdomsfænotypen. Er den genetiske mekanisme loss of heterozygosity, skal begge alleler i det relevante locus være inaktive for at sygdommen manifesterer sig. II-6 og III-8 har arvet en inaktiv allel og er derfor heterozygote i det pågældende locus. Sygdommen er penetrant hos III-8 fordi somatisk mutation har inaktiveret den anden allel, II-6 er rask (non-penetrant) fordi den anden allel ikke er muteret, men stadig aktiv. Her forekommer altså ikke loss of heterozygosity. Hvis A angiver sygdomsallel, og a angiver normal allel: Genotyper: Syge: Aa, Aa, Aa Raske: aa, aa, aa Haplotyper: Syge: A/a, A/a, A/a, A/a Raske: a/a, a/a, a/a Hardy-Weinberg ligevægt mht. markøren., = ¾ x ¾ = 9/6, = x ¾ x ¼ = 6/6, = ¼ x ¼ = /6 Andelen af heterozygote er mindre hos syge end i befolkningen som helhed. Denne skæve fordeling viser at sygdomslocus sidder koblet med markørlocus. Hvis % af de syge er heterozygoter, vil 7% være homozygoter. Da VNTR- allellen er mest hyppig, må der således være homozygoti for VNTR-. Sygdomsallel må således være i koblingsfase med VNTR-. Så haplotypen for sygdomskromosom er A,VNTR-. Syge vil derfor have de mulige haplotyper: A/a og A/a. Genotyperne vil være Aa og Aa. Hvis de to loci er > 0 cm fra hinanden, eller hvis de sidder på hvert sit kromosom, er de ukoblede. Heterozygotihyppigheden bliver da den samme hos raske som syge, dvs. pq = x 0,7 x 0, - 7%. Allelheterogenitet, locusheterogenitet. Sygdom kunne skyldes miljøet (fænokopi), multifaktorielt betinget (nymutationer)..a.. Sygdom F: multifaktoriel sygdom..a.. Sygdom A: meget smitsom børnesygdom..a.. Sygdom B: mitokondriesygdom..a.. Sygdom D: aut. dom. sygdom..a.. Sygdom E: aut. rec. sygdom..a.6. Sygdom C: trisomi..b.. Tvillingerne er obligate bærere af genet for rød-grøn farveblindhed idet de nødvendigvis har fået det paternelle X.

122 MEDICINSK GENETIK EKSAMEN. JANUAR 00 LØSNINGSFORSLAG.B...C...C...C.. X-inaktiveringsprocessen har været skæv hos tvilling II- hvorved det maternelle X tilfældigvis er blevet inaktiveret i hendes celler, og det paternelle X med genet for farveblindhed er aktivt. Det forklarer hendes fænotype. Ud fra farveblindhedshyppigheden hos mænd på 0% kan hyppigheden hos kvinder beregnes til (-0,)(0,) = 0,8 = 8%. Det er derfor nærliggende at antage at I- er bærer. II- er farveblind fordi hun, ud over at have modtaget faderens X med genet for farveblindhed, også har fået det maternelle X med genet for farveblindhed. II- er altså homozygot og derfor farveblind. II- har fået det normale maternelle X og er derfor heterozygot og har normal fænotype. Ja, konkordansraterne er lave og ikke særligt forskellige hvilket taler for at miljømæssige faktorer spiller en vigtigere rolle end genetiske faktorer. Især ville man forvente en langt højere konkordansrate hos MZ-tvillinger hvis sygdommen overvejende skyldtes genetiske faktorer, idet MZ-tvillinger er genetisk identiske. Nej, se ovenfor. Ja. I modsætning til nedarvede mutationer som findes i alle personens celler, opstår somatiske mutationer tilfældigt i vævsceller hos en person gennem hele livet og uafhængigt af hvad der sker hos fx den anden tvilling. Miljøfaktorer kan påvirke hyppigheden af somatiske mutationer.

123 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Lørdag den 6. juni 00 kl Indhold: Opgaverne - Side - 7 Vægtningsliste Side 8 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

124 Lørdag 6. juni 00 Medicinsk Genetik Side. Marie venter barn med Morten, men hun er bekymret for om der er en arvelig sygdom i hendes familie. Maries lillebror er mentalt retarderet og har et påfaldende udseende. Maries mor er rask, men har haft gentagne aborter. Moderen har en lillebror som er år yngre og rask. Maries far har to ældre søstre. Maries bedsteforældre er døde. Morten har en ældre søster som har en rask datter. Mortens søster har tidligere født et barn som døde under fødslen. A. Tegn stamtræet. B. Kan der være tale om en genetisk betinget sygdom i Maries familie? Begrund dit svar. Morten og Marie er ikke i familie. En kromosomundersøgelse viser at deres ventede barn har en abnorm karyotype på basis af en translokation mellem kromosomerne og 6. To normale kromosomer samt de reciprokke translokationskromosomer i en balanceret form er vist nedenfor. Figur. Kromosom 6 der() der(6) C. Tegn parringsfiguren af disse kromosomer i meiosen for en person med translokationen i balanceret form. D. Tegn med skitsetegning de mulige kombinationer af de relevante kromosomer hos det ventede barn. Angiv hvilke kombinationer der fører til en balanceret og en ubalanceret form. Opgave. fortsættes næste side..

125 Lørdag 6. juni 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. E. Hvilken forskel er der på en reciprok translokation og en Robertsonsk translokation? Translokationen som er påvist i Marie og Mortens barn involverer to helt distale områder på kromosomerne og 6 og er derfor vanskelig at se ved en kromosomundersøgelse. Laboratoriet som undersøger barnets translokation har udviklet en PCR-baseret test til yderligere at karakterisere netop denne translokation. Man PCR-amplificerer forskellige kromosomale områder, den yderste del af kromosomerne p og 6p samt de to fusionsregioner. Se figur. Figur. P P P P Kromosom 6 der() der(6) Medlemmerne fra både Marie og Mortens familier bliver undersøgt for translokationen. Hver af de PCR-produkter har forskellige størrelser og kan derfor adskilles via gelelektroforese igennem samme agarosegel. Resultatet er vist nedenfor (Figur ). Figur. Ufødt barn Morten Marie Mortens mor Mortens far Maries mor Maries far Væv fra en af Maries mors aborter P P P P F. Findes translokationen i Marie eller Mortens familie, og nævn hvilke familiemedlemmer der har en balanceret eller en ubalanceret translokation.

126 Lørdag 6. juni 00 Medicinsk Genetik Side. Sygdomme der resulterer i immundefekt skyldes ofte fejl i gener der har betydning for T- og B-lymfocytters udvikling. Svær Kombineret Immundefekt (Severe Combined Immunodeficiency (SCID)) skyldes primært fejl i T-lymfocytternes udvikling. En bestemt type SCID forekommer med øget incidens hos Navajo-indianerne i det sydvestlige USA. Nedenfor er angivet stamtræer for seks Navajo-familier med denne sygdom der antages at skyldes mutation i ét bestemt gen på den korte arm af kromosom 0. Endvidere er for hvert individ angivet haplotypen for 8 koblede mikrosatellitmarkørloci (A til H som vist i den indsatte boks) på kromosom 0p. Sygdommen har fuld penetrans. Figur. Familie Familie Familie II I 8 II I Markør A Markør B Markør C Markør D Markør E Markør F Markør G Markør H Markørernes placering på kromosom 0: Hvid og sort farvning af de homologe kromosomer er anvendt for at illustrere forekomsten af overkrydsning Familie 6 7 Familie Familie A. Angiv og begrund på baggrund af de viste stamtræer den mest sandsynlige arvegang for sygdommen. Opgave. fortsættes næste side

127 Lørdag 6. juni 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. B. Forklar hvorledes de forskellige haplotyper hos individerne II-, II- og II- i Familie er fremkommet. C. Vurdér i henhold til de angivne markørloci placeringen af sygdomsgenet på kromosom 0. D. II-6 (Familie ) og II- (Familie ) danner par, ligesom II- (Familie ) og II- (Familie 6) danner par. Begge par venter barn. Under hensyntagen til dine svar i spørgsmål A og C, hvad er sandsynligheden for at det ventede barn i de to familier vil udvikle SCID? Begrund dit svar. E. II- (Familie ) venter barn med en rask mand fra en anden Navajo-stamme. Hvad er sandsynligheden for at hun vil føde et barn med SCID idet frekvensen af sygdomsgenet i Navajo-populationen estimeres at være. %. Begrund og giv forudsætninger for dit svar.

128 Lørdag 6. juni 00 Medicinsk Genetik Side 6. Tilde er medicinstuderende og har netop haft forelæsning om arvelige kræftformer. Tilde er bekymret for om hun er bærer af et defekt gen som kan være årsag til udvikling af arvelig brystkræft. De arvelige former for brystkræft udgør mindre end 0% af det samlede antal brystkræfttilfælde. Man kender i dag to gener som er involverede i de arvelige former (BRCA og BRCA). Mutation i et af disse gener øger risikoen for udvikling af ovariecancer. Bærere af en mutation i BRCA eller BRCA udvikler ofte tumorer i en ung alder (kan ses fra 0-års alderen). Tilde bliver henvist til Klinisk Genetisk Afdeling, og lægen iværksætter en genetisk udredning af Tildes familie. Tildes faster fik diagnosticeret kræft i det ene bryst i en alder af år og to år senere i det andet bryst. Fasteren døde af brystkræft som 0 årig. Tildes farfars søster fik ovariecancer som 7-årig og døde kort efter. Tildes mormor havde tre søstre hvoraf en døde af brystkræft som 7-årig. Tildes mor er år og rask. Se figur. Figur I II III IV Tilde A. Diskutér om der er tale om en arvelig form for brystkræft i de to grene af familien? Lægen finder at der er indikation for at lave en genetisk test. B. Hvilket familiemedlem vil du undersøge først? Begrund dit svar. Opgave. fortsættes næste side

129 Lørdag 6. juni 00 Medicinsk Genetik Side 7 Opgave. fortsat. Ved undersøgelsen af Tildes familiemedlem fandt man en mutation som medførte nedenstående ændring i proteinsekvensen i slutningen af den først translaterede exon. Normal sekvens: Met His Tyr Trp Gln Mutant sekvens; Met His Glu Ile Leu C. Hvilken ændring kan der være tale om på genniveau? D. Ved mutationsundersøgelse af malignt væv fra III- kunne den raske allel ikke påvises. Hvordan forklares dette når det vides at der ikke er fejl i analysen?

130 Lørdag 6. juni 00 Medicinsk Genetik Side 8 VÆGTNINGSLISTE:.A..B..C..D. 7.E. 8.F. 8.A..B..C. 8.D. 7.E. 8.A. 7.B. 7.C. 7.D. 8

131 Medicinsk Genetik Eksamen 6. juni 00 løsningsforslag.a. I II III IV.B..C. Der kan være tale om en translokation i denne familie. Generation III: Moderen har haft gentagne aborter, det kan tyde på at hun bærer en balanceret translokation, hun har en søn som både er retarderet og har et påfaldende udseende, det kan tyde på at en større del af et kromosom er ødelagt og ikke kun et enkelt gen. Sønnen kan have en ubalanceret translokation. Moderen har en lillebror som er år yngre, det kan tyde på at en af morforældrene er bærer af en balanceret translokation. Den store aldersforskel kan skyldes at mormoderen har aborteret fostre som kan have ubalancerede translokationer. Disse ubalancerede translokationer kan have været forskellige fra den syge drengs.

132 Medicinsk Genetik Eksamen 6. juni 00 løsningsforslag.d 6 + et af de nedenstående sæt kromosomer + der(6) 6 + der() der() + der(6) 6 + der() 6 + der(6).e..f. Kun hvis drengen har den balancerede translokation eller de normale kromosomer, kan han forventes at være rask. Robertsonske translokationer er fusioner af centromerer fra acrocentriske kromosomer og tab af de små p-arme. Reciprok translokation kan forekomme mellem alle kromosomer uanset form. Den undersøgte translokation forekommer i Maries familie. Det ufødte barn har en ubalanceret translokation. Barnet har kromosom og 6 samt + der(6). Marie og Maries mor har den balancerede translokation. Den undersøgte abort har kromosom og 6 samt 6 + der()..a. SCID hos Navajo-indianerne er autosomal recessiv. Raske forældre kan få syge børn, og der er en lige kønsfordeling mellem de syge..b. Forekomst af haplotyper i Familie : II- har modtaget den raske allel fra faderen. I forbindelse med den første meiotiske deling er der i moderen sket overkrysning mellem markørerne C og D. Derved modtager II- et kromosom med markører afledt fra såvel det maternelle som det paternelle kromosom i. generation og er bærer af sygdommen. II- har modtaget sygdomsallelen og alle koblede markører fra både moderen og faderen. II- har modtaget den normale allel og alle koblede markører fra både moderen og faderen..c. På baggrund af familierne og 6 (sammenligning af henholdsvis II- og II- i Familie samt II- og II- i Familie 6) kan det konkluderes at sygdomsgenet er tættest koblet til markør E og er beliggende i området mellem markørerne D og F..D. II-6(F) + II-(F): II-(F) er ikke bærer af sygdommen, og barnet vil derfor ikke udvikle SCID. II-(F) + II-(F6): Begge forældre er raske, men bærere af sygdommen (heterozygoter). Sandsynligheden for at barnet udvikler SCID, er ¼..E. II-(F) er bærer af sygdomsallellen. Sandsynligheden er 0, 0,0 0,979 = 0,0.

133 Medicinsk Genetik Eksamen 6. juni 00 løsningsforslag.a. Sandsynligvis en arvelig form for brystkræft i Tildes fars familie. Ved fejl i BRCA har man øget risiko for både bryst og ovariecancer. De to kvinder II- og III- får konstateret sygdommen i en tidlig alder, III- har bilateral brystkræft et tegn på en arvelig disponering. Begge kvinder dør unge af deres kræftsygdom. II- er rask bærer. II-8 har højst sandsynligt en somatisk form for brystkræft opstået i en celle. Hun er ældre og ingen andre i familien har brystkræft..b. II- kan inddrages først i undersøgelsen. Er der tale om en arvelig form for brystkræft i denne gren af familien, vil han være obligat bærer. II- er i live, og det vil da være muligt at undersøge DNA fra hans blod..c. Normal proteinsekvens: Met His Tyr Trp Gln Normal nukleotidsekvens: ATG CA T/C TA T/C TGG CA A/G Mutant proteinsekvens: Met His Glu Ile Leu Mutant nukleotidsekvens: ATG CA T/C - GA A/G ATA C/T TG Indsat nukleotider: GA A/G A.D. Den raske allel må være deleteret i det maligne væv.

134 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Lørdag den. januar 00 kl Indhold: Opgaverne - Side - 6 Vægtningsliste Side 7 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, med kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de tre blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid, en lyserød og en blå til eget brug). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

135 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side. Langkædet hydroxy-acyl-coa dehydrogenase (LCHAD) mangel er en stofskiftesygdom, der skyldes en defekt i omsætningen af de fede syrer. Sygdommen nedarves recessivt. Genet ligger på kromosom og har 0 exons. Det har vist sig, at 90% af alle patienter med sygdommen er homozygote for en hyppig G>C mutation i exon svarende til position 8 i cdna sekvensen (8G>C). Mutationen fører til, at kodon for glutaminsyre 0 i LCHAD proteinet ændres til kodon for glutamin. Bærerfrekvensen for mutationer i LCHAD genet i Danmark antages at være /90. A. Familien A s yngste datter, Maria, har fået diagnosticeret LCHAD mangel. Hendes to ældre brødre er begge raske. Marias mor har en rask tvillingesøster, der overvejer at få et barn med sin fætter, der også er rask. Fætterens forældre er begge raske, men han har en storebror med LCHAD mangel. Hvad er risikoen for at få et sygt barn: A.. Hvis tvillingesøstrene er enæggede? Begrund dit svar. A.. Hvis de er tveæggede? Begrund dit svar A.. Hvis tvillingesøsteren er enægget og i stedet vælger at få et barn med en ikkebeslægtet rask mand? Begrund dit svar. A.. Hvis tvillingesøsteren er tveægget og i stedet vælger at få et barn med en ikkebeslægtet rask mand? Begrund dit svar. B. DNA oprenset fra en blodprøve fra Maria blev undersøgt ved hjælp af DNA sekventering. I exon af genet blev den hyppige 8G>C mutation ikke fundet. I stedet blev det fundet at Maria er homozygot for to andre mutationer (9G>C og G>T). Nedenfor er et lille udsnit af sekvensen for exon opskrevet. Det første nukleotid i den opskrevne sekvens svarer til cdna position 7 og sekvensen slutter på position. De to muterede nukleotider er markerede i Marias sekvens. B.. Opskriv de tilsvarende aminosyresekvenser. B.. Hvilken af de to mutationer tror du er sygdoms-fremkaldende? Begrund dit svar. B.. Kan de to mutationer påvirke mængden af LCHAD mrna? Begrund dit svar. Normal sekvens: -GGAGATTATCACGACCGAG - Marias sekvens: -GGAGATTATCACCACCTAG - Opgave. fortsættes næste side.

136 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. C. Måling af LCHAD enzymaktiviteten i celler fra Maria viste, at der var meget lavere aktivitet end den der måles i celler fra patienter, der er homozygote for den hyppige 8G>C mutation. Giv en mulig forklaring på dette? D. Marias mors tvillingesøster blev gravid med en rask ubeslægtet mand og venter barn. Familien blev undersøgt ved hjælp af et PCR baseret assay, hvor man udnyttede at G>T mutationen fører til dannelse af et kløvningssted for restriktionsenzymet AvrII. Nedenstående figur viser resultatet af en gelelektroforese af de kløvede PCR produkter fra nogle af familiemedlemmerne. Elektroforeseretningen er angivet med pilen. De kløvede PCR produkter er sat på i følgende rækkefølge:. Maria,. Marias mor,. Marias far,. Morens tvillingesøster,. Den raske, ubeslægtede mand, 6. Det ventede barn, 7. Tvillingesøstrenes far; 8. Tvillingesøstrenes mor; 9. Marias ældste bror, 0. Marias yngste bror. Tegn et stamtræ over familien med de 0 analyserede personer. Angiv rask, bærer og syg med relevante symboler. Det antages i dette spørgsmål at de to søstre er enæggede E. Båndmønsteret for Maria s far undrede genetikerne. Forklar hvorfor? F. DNA fra Marias far, Maria og Marias mor blev undersøgt for fuldstændigt koblede DNA markører (A-D), der er beliggende på kromosom. Markør A og B ligger meget tæt ved LCHAD genet, medens markør C og D ligger henholdsvis i LCHAD genets intron og i intron. Der blev også undersøgt for 0 DNA markører (E-N) beliggende på de øvrige kromosomer. Man fandt følgende genotyper: Opgave. fortsættes næste side

137 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. Far: Maria: Mor: Markør A: A/A A/A A/A Markør B: B/B B/B B/B Markør C: C/C C/C C/C Markør D: D/D D/D D/D Markør E: E/E E/E E/E Markør F: F/F F/F F/F Markør G: G/G G/G G/G Markør H: H/H H/H H/H Markør I: I/I I/I I/I Markør J: J/J J/J J/J Markør K: K/K K/K K/K Markør L: L/L L/L L/L Markør M: M/M M/M M/M Markør N: N/N N/N N/N F.. F.. Hvis kun markørerne E-N tages i betragtning Er dette i overensstemmelse med at Marias far faktisk er hendes biologiske far? Hvis man antager at han er Marias biologiske far - Hvordan kan man så forklare Marias genotype (Der ses bort fra, at der er sket fejl i analysen)? G. Kan man på basis af båndmønsteret i gelen afgøre om det ventede barn (prøve 6 på gelen) vil få LCHAD mangel? Begrund dit svar

138 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side. Besvar nedenstående spørgsmål. A. I hvilken type celledeling skilles de homologe maternelle og paternelle kromosomer? B. I hvilken meiotisk anafase deles centromeret? C. Hvor mange adskilte centromerer findes i en human celle i meiosens profase II? D. Hvilke typer kromosomaberrationer kræver to eller flere kromosombrud i samme kromosom? E. Vil der være typiske træk i et stamtræ hvis der i en familie optræder familiær forekomst af en balanceret translokation?

139 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side 6. I ovenstående stamtræ lider II- af en sygdom der nedarves X-bunden recessivt med fuld penetrans. Sygdomshyppigheden blandt mænd i populationen er pr A. Beregn hyppigheden af sygdomsgenet i populationen. B. Beregn hyppigheden af heterozygote blandt kvinder. C. Hvis der ikke er tale om en nymutation hos II-, hvad er da sandsynligheden for at II- 's ventede barn bliver sygt? D. Første barn i ægteskabet II- x II- var en rask dreng. II- er nu gravid igen. Hvad er risikoen for at det ventede barn får sygdommen?

140 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side 7 VÆGTNINGSLISTE:.A...A...A...A...B...B...B...C..D..E..F...F...G..A. 6.B. 6.C. 6.D. 6.E. 7.A..B..C..D.

141 Medicinsk Genetik Eksamen lør.. januar 00 LØSNINGSFORSLAG.A.. Sandsynlighed for at fætteren er bærer = / Hvis enægget = Bærer Altså sandsynlighed for sygt barn = / x ¼ = /6.A.. Hvis tveægget, så sandsynlighed for bærer = ½ Altså sandsynlighed for sygt barn = ½ x / x ¼ = /.A.. Sandsynlighed for at ubeslægtet mand er bærer er /90 Hvis enægget = Bærer Altså sandsynlighed for sygt barn = /90 x ¼ = /60.A.. Hvis tveægget, så sandsynlighed for bærer = ½ Altså sandsynlighed for sygt barn = ½ x /90 x ¼ = (/70).B.. Normal sekvens: -GGAGATTATCACGACCGAG- Glu Ile Ile Thr Thr Glu Marias sekvens: -GGAGATTATCACCACCTAG - Glu Ile Ile Thr Thr Stop.B..-. Stopmutationen er sygdomsfremkaldende og kan via nonsense medieret nedbrydning føre til nedsat mrna mængde..c. En stop mutation vil oftest være mere alvorlig end en missense mutation, da førstnævnte enten fører til at mrna nedbrydes eller at der dannes et trunkeret protein. Et protein med blot en enkelt aminosyre udskiftet vil ofte kunne have en smule restaktivitet..d. I II III.E. Barnet er homozygot for mutationen, men den er ikke til stede hos faren..f.. Ja. I alle tilfælde kan barnet have modtaget en allel fra hver forældre..f.. (Uniparental disomi). Moderen har givet begge kromosom til barnet, der ikke har fået et kromosom fra faren..g. Nej - Hvis den ubeslægtede mand f.eks er bærer af 8G>C og har givet denne allel videre vil det ikke afsløres i denne analyse..a. Meiose I..B. Meiose II..C...D. Deletion, inversion, duplikation..e. Nej, det er uforudsigeligt hvor i stamtræet afficerede individer vil optræde. Forskellige afficerede individer kan have forskellige kliniske billeder..a. :0.000.B. :.000.C. /8.D. pii- bærer: 0,/(0,+0,) = 0., p(sygt barn): 0. x 0. x 0. = 0,08

142 ODONTOLOGISK OG MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Lørdag den. januar 00 kl Indhold: Opgaverne - Side - 7 Vægtningsliste Side 8 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, med kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de to blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid og en lyserød). Hver bunke sammenhæftes med klips inden afleveringen. Løse ark med fx kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. I øvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres: Genetisk kode.

143 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side. En forsker vil undersøge funktionen af et gen, der koder for DNA reparationsenzymet Nth. Forskeren benytter normale laboratoriemus, hvor det er muligt at ødelægge Nth- genet i hver eneste celle. Eventuelle fænotypiske ændringer hos disse mus registreres og karakteriseres. Normal allel 0 bp Ødelagt allel Fremmed sekvens, 60 bp EcoRI Probe Figur Som skitseret i Figur, ødelægges genet ved at indsætte et stykke fremmed DNAsekvens i musens normale Nth allel. Nedenfor er angivet relevante DNA-sekvenser før og efter indsættelse af den fremmede DNA-sekvens: CCCTGAGTAACACCGGG Normal sekvens, ikke-transskriberet streng. CCCTGAGTAAATAGTAT Ødelagt sekvens, ikke-transskriberet streng. Den fremmede DNA-sekvens er angivet med fed skrift. A.. Hvilke fem aminosyrer koder det viste udsnit af den normale allel for? A.. Hvilken betydning har det efter translationen, at det fremmede stykke DNA er indsat i Nth? Forskeren ødelægger den ene allel af Nth genet i en mus og krydser den med en anden laboratoriemus, der er homozygot for det normale Nth gen, indtil 00 afkomsindivider er opnået (disse individer benævnes generation ). Derpå krydses dette afkom indbyrdes, fuldstændigt tilfældigt, indtil 00 afkomsindivider opnås (disse individer benævnes generation ). Opgave. fortsættes næste side

144 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. B. Hvor stor en procentdel af generation musene kan forventes at være homozygote for det defekte Nth gen? For genotypisk at skelne mellem generation musene foretager forskeren derpå en RFLP analyse, i hvilken han skærer oprenset genomisk DNA med restriktionsenzymet EcoRI (angivet med pile i Figur ) og benytter proben som skitseret i Figur. C. Tegn i skitseform, med korrekt størrelsesangivelse, hvorledes resultatet af en RFLP-analyse ser ud, idet en homozygot normal mus, en heterozygot mus og en mus homozygot for det defekte Nth gen undersøges. Forskeren identificerer en gruppe mus, der med sikkerhed er homozygote for den ødelagte allel. Til hans overraskelse er musenes fænotype ikke forskellig fra de normale mus. D. Angiv to mulige forklaringer på, at musene ikke udviser forskel i fænotype fra normale mus? Et andet enzym, Neil, der ligeledes er involveret i reparationen af beskadiget DNA, vides at sidde på samme kromosom som Nth genet. Mus, der er homozygote for en defekt allel af Neil-genet adskiller sig heller ikke fænotypisk fra normale mus. Forskeren krydser musene, indtil han opnår en gruppe afkomsindivider, der er homozygote for begge defekte DNA reparationsgener. Det viser sig, at disse mus og kun disse - er fænotypisk markant forskellige fra normale mus og derfor let kan identificeres. Forskeren ønsker at fastlægge den kromosomale afstand mellem loci for de to gener Nth og Neil. Han foretager derfor en analysekrydsning, hvor en dobbelt heterozygot mus krydses med en mus, der er homozygot både for det defekte Nth allel og det defekte Neil allel. Blandt afkomsindividerne udviser 8% den fænotype, der er karakteristisk for individer, der er homozygote for begge de defekte gener. E.. Opskriv de mulige haplotyper for afkommet, og deres fordeling. Opgave. fortsættes næste side..

145 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side Opgave. fortsat. E.. Hvad er den genetiske afstand mellem de to loci? E.. Opskriv parental haplotyperne hos den dobbelt heterozygote mus. Er de normale alleler i koblings- eller frastødningsfase?

146 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side. Nedenstående stamtavle beskriver en familie, hvori flere klinisk forskellige symptomer optræder. II-6 har søgt genetisk rådgivning, og en kromosomundersøgelse afslører, at hun har en balanceret translokation mellem kromosom og. I II 6 7 III Translokationskromosomer hos II-6: / / A. Tegn parringsfiguren, som kromosomerne, /, og / danner i meiosen. B. Skitser de mulige kromosomale varianter af kromosom-parrene og for II-, II- og II-. C. Hvad er sandsynligheden for, at II- er karyotypisk normal (altså besidder et intakt kromosompar og et intakt kromosompar )? Opgave. fortsættes næste side..

147 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side 6 Opgave. fortsat. D. Hvad er sandsynligheden for, at II- har en normal karyotype, når det tages i betragtning, at han er far til tre fænotypisk normale børn? E. Hvis III- bliver mor til et barn med en ubalanceret translokation mellem kromosom og, hvad er da sandsynligheden for, at II- er karyotypisk normal? F. III-7, III-8 og III-9 er alle syge, men de tre sygdomsbilleder er fuldstændigt forskellige. Hvorledes kan det forklares?

148 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side 7. Blodtypesystemet ABO nedarves autosomalt. A og B er co-dominante alleler, som begge dominerer over O-allelen. I en befolkning findes følgende hyppigheder af de tre alleler: A : 0, B : 0, O : 0,6 A. Hvilke genotyper kan forventes at findes i populationen, og hvad er de korresponderende fænotyper? B. Hvad er de forventede hyppigheder af genotyperne? Hvilke antagelser gør du? Jens har fænotypen A. C. Hvilke genotyper kan han have? D. Hvad er sandsynligheden for, at han har genotypen AA? Jens forældre har begge fænotypen A, men hans søster har fænotypen O. E. Hvad er nu sandsynligheden for, at Jens har genotypen AA?

149 Lørdag. januar 00 Medicinsk Genetik Side 8 VÆGTNINGSLISTE:.A...A...B..C..D..E...E...E...A..B. 8.C..D..E..F. 8.A. 7.B. 6.C..D. 6.E. 6

150 Tentamen i Medicinsk Genetik lørdag. januar 00 LØSNINGSFORSLAG:.A.. I to læserammer forekommer der stop codons således at ingen af disse koder for fem aminosyrer Stop Stop C C C T G A G T A A C A C C G G G Leu Ser Asn Thr Gly Den normale allel koder derfor for: Leu-Ser-Asn-Thr-Gly.A.. I den etablerede læseramme forkommer der nu et præmaturt stop codon C C C T G A G T A A A T A G T A T Leu Ser Lys Stop.B. Den normale allel benævnes A, den ødelagte allel benævns a. Generation : AA og Aa Generation : 0% AA og 0% Aa (heraf fås p=0.7, q=0.) Generation : p 6.% AA, pq 7.% Aa, q 6.% aa.c. AA Aa aa 80 bp 0bp.D. Der er andre gener der koder for proteiner med en tilsvarende funktion, hvorfor disses aktivitet kompenserer for Nth s manglende aktivitet. Reduceret/inkomplet penetrans. Grundet musens relativt korte levetid har manglende aktivitet af denne gren af DNA reparationssystemet ingen alvorlige konsekvenser..e.. A a A a a a a a B b b b B b b b 8% % % 8%.E.. Genafstand = 6 cm.e.. Ab/aB De normale alleler er i frastødningsfase

151 Tentamen i Medicinsk Genetik lørdag. januar 00 LØSNINGSFORSLAG:.A. / /.B. II-: / / / / el. el. el. II- og II-: / / el..c. 0% (er enten karyotypisk normal eller balanceret)

152 Tentamen i Medicinsk Genetik lørdag. januar 00 LØSNINGSFORSLAG:.D. II- har fået tre raske børn, hvilket minimerer risikoen for, at han har en balanceret translokation. Rask Balanceret A priori / / raske børn () (/) A posteriori / / p(rask raske børn) = (/) / (/ + /) = 0.96 Der er 96% sandsynlighed for at II- er karyotypisk normal..e. II- må nødvendigvis have den balancerede translokation. Der er dermed 0% sandsynlighed for at II- er karyotypisk normal..f. De tre individer har forskellige ikke balancerede translokations kromosomer..a. Genotyper Fænotyper AA AO BB BO AB OO A A B B AB O.B. Genotyper Hyppigheder AA 9% AO 6 % BB % BO % AB 6% OO 6 % Antagelser: Allerne er tilfældigt fordelt. Dette er tilfældet, hvis HW-forudsætningerne er opfyldte..c. AA AO.D. p(aa) = 9/ = 0%.E. %

153 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Tentamen Syge-reeksamination Fredag den. august 00 kl Indhold: Opgaverne - side - Vægtningsliste side Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de to blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid og en lyserød). Hver bunke sammenhæftes med clips inden afleveringen. Løse ark med f.eks. kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. Iøvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres:. Genetisk kode.

154 . august 00 Side. Nedenstående stamtavle viser to almindeligt forekommende egenskaber, nemlig A som i stamtavlen markeres med sort i øverste halvdel af personsymbolerne, og B som markeres med sort i nederste halvdel. Generne for de to egenskaber er koblede med en afstand af cm. I befolkningen ses begge egenskaber hyppigere hos mænd end hos kvinder. A. Hvilken af nedenstående arvegange for egenskaberne er mest sandsynlig?. Autosomal recessiv.. Autosomal dominant.. X-bundet recessiv.. X-bundet dominant. Begrund dit svar. B. Definér begrebet kobling. C. På baggrund af dine overvejelser om arvegangen, skitsér da de mulige genotyper inklusive haplotyper for samtlige individer i generation II og III. D. Hvilke individer i stamtræet er sikre rekombinanter? Begrund dit svar. Som nævnt ovenfor er afstanden mellem A locus og B locus cm. E. IV- vides at være heterozygot i A locus. Hvad er da sandsynligheden for, at hun er heterozygot i B locus?

155 . august 00 Side. Kromosom nr. indeholder bl.a. $-globin genet, som normalt koder for 6 aminosyrer lange $-kæder som kun produceres i visse celler i blodet. På det sydlige Sardinien optræder $ -allelet med en mutation, som fører til dannelse af $-kæder, som kun er 8 aminosyrer lange. Rækkefølgen af disse 8 aminosyrer er identiske med rækkefølgen af de første 8 aminosyrer i de normale $-kæder. A. Nævn mutationstyper, som kan medføre dannelse af $ -kæder, og beskriv konsekvensen af mutationerne på transkriptions- og translationsniveau. En intragenisk RFLP i $-globin genet giver anledning til et fragment på,8 kb i det normale allel, og et fragment på, kb i det muterede allel. B. Fra hvilket væv vil du udtage prøve for at udføre RFLP-analysen? C. Tegn de RFLP båndmønstre, som kan forventes for de mulige genotyper hos personer på Sardinien. En kvinde aborterer spontant et foster, som viser sig at have karyotypen 7,XY,+. En RFLP-analyse af såvel foster som forældre viste følgende båndmønstre: Mor,8 kb, far,8 og, kb, og barn,8 og, kb. Intensiteten af barnets,8-bånd var ligeså kraftigt som moderens og dobbelt så kraftigt som faderens. D. Hos hvem af forældrene og i hvilke meiotiske delinger kan en nondisjunktion have fundet sted? Begrund dit svar. Hos mennesker optræder to typer translokationer, kaldet reciprok og Robertsonian. E. Beskriv disse to typer af translokationer.

156 . august 00 Side. Galaktosæmi er en autosomal recessivt betinget sygdom, som medfører manglende evne til at metabolisere sukkerarten galaktose. Hyppigheden af heterozygoter i befolkningen er /0, og disse heterozygoter er fænotypisk normale. A. Et fænotypisk normalt forældrepar får et barn med galaktosæmi. Idet der ses bort fra nymutationer, hvad er disse forældres genotyper? B. Efterfølgende fik parret fænotypisk normale børn. Hvad er sandsynligheden for, at deres. barn vil få galaktosæmi? C. Ville sandsynligheden være anderledes, hvis parrets første børn havde haft sygdommen? Begrund dit svar. D. Hvis et individ med galaktosæmi allerede fra fødslen sættes på en diæt uden sukkerarten galaktose, udvikler det sig normalt (inklusiv normal fertilitet). Hvad er da sandsynligheden for, at en således behandlet patient i et ægteskab med en fænotypisk normal person får et barn med galaktosæmi? E. Hvad forstås ved begrebet heterozygotisk fordel?

157 . august 00 Side VÆGTNINGSLISTE:.A. 6.B. 6.C. 8.D. 8.E. 6.A. 8.B..C. 8.D. 8.E. 8.A. 6.B. 6.C. 6.D. 8.E.

158 SYGE-REEKSAMEN I MEDICINSK GENETIK fredag den. august 00- LØSNINGSFORSLAG:.A..B..C. X-bunden recessiv, idet der er mor til søn transmission. Dominant arvegang udelukkes, da egenskaberne nedarves gennem bærere uden egenskaberne. Autosomal recessiv arvegang udelukkes da egenskaberne optræder hyppigere hos mænd end hos kvinder. Beskriver den situation hvor to loci er lokaliseret så tæt på hinanden at deres rekombinationsfrekvens er mindre end 0%. Ved kobling er afstanden mellem to loci således <0 cm. Koblingsafstanden måles i cm. cm svarer til en rekombinationshyppighed på %. a A a B b B II- II- a a a a a a eller B b B B B b III- III- III- A A a A a A eller b B B b B B III- III- III-6 a a a a A eller B B B b B III-7 III-8

159 SYGE-REEKSAMEN I MEDICINSK GENETIK fredag den. august 00- LØSNINGSFORSLAG:.D. III- og III-8.E. p = 0.8 x 0, = 0,7.A..B. Base-insertion. Base-deletion. Base-substitution. Alle tre mutationstyper kan medføre dannelse af præmaturt stop-codon. Længden af transkriptet bliver hhv. længere, kortere og uændret ved de tre mutationstyper. F.eks. blodprøve (de hvide blodlegemer er kerneholdige)..c. $$ $$ 0 $ 0 $ 0.D..E. Nondisjunktion hos moderen i første eller anden meiotiske deling, eller nondisjunktion hos faderen i første meiotiske deling. Reciprok translokation: Udveksling af genetisk materiale mellem to kromosomer. Personer der er bærere af reciprok translokation, er fænotypisk normale idet de har normalt antal kromosomer uden tab af kromosommateriale. Afkom af bærer kan være balanceret (= rask) eller ubalanceret (= syg). Personer med ubalanceret kromosombesætning kan udvikle forskellige fænotyper afhængigt af hvilken ubalanceret gamet de modtager. Robertsonian translokation: Translokation hvor de lange arme fra to akrocentriske kromosomer fusionerer ved centromerregionerne. Herved tabes den korte arm fra hver af de to oprindelige kromosomer. En bærer af translokationen er aneuploid ( kromosomer i stedet for 6), men er fænotypisk normal. Bærere har forhøjet risiko for at få børn med monosomi eller trisomi..a. Heterozygoter Rr.B. ½ ½ = /.C. Nej! Uafhængige hændelser..d. p(sands. for Rr) p(rr's sygdomsgen videresendes) = /0 ½ = /00.E. I visse situationer kan heterozygote individer, der er bærere af et sygdomsgen, have en selektionsfordel sammenlignet med de to homozygote genotyper. Som et klassisk eksempel på heterozygotisk fordel kan nævnes, at individer, der er heterozygote for seglcelleanæmi er modstandsdygtige over for malaria.

160 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Tentamen Lørdag den. juni 00 kl Indhold: Opgaverne - side -6 Vægtningsliste side 7 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Man anmodes om at kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de to blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid og en lyserød). Hver bunke sammenhæftes med clips inden afleveringen. Løse ark med f.eks. kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. Iøvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres:. Genetisk kode.

161 . juni 00 Side. Hos fru Jensen, som er gravid i 6. uge, finder man ved den rutinemæssige ultralydsscanning en abnorm graviditet. Fostret er meget lille, og placenta (moderkagen) ses som en samling cyster, der minder om en drueklase. Dette fund tyder på, at fru Jensen bærer en såkaldt mola hydatidosa. Der findes flere varianter af denne tilstand, som spænder fra det ovenfor beskrevne billede med lidt eller intet foster og meget placentalt væv til en tilstand, hvor der udvikles et foster, men næsten ingen placenta. Det er nødvendigt at afbryde en sådan graviditet og foretage en udskrabning af livmoderen. I tilslutning hertil udtages der altid væv fra placenta til yderligere genetisk analyse (placenta er dannet af fosterets celler). Den genetiske analyse viser, at det udtagne væv har karyotypen 69, XXY. Endvidere viser undersøgelsen, at p-armen (den korte arm) af det ene kromosom nr. dels er for kort, dels indeholder kromosom nr. specifikt DNA. Ved den efterfølgende genetiske rådgivning kommer det frem, at fru Jensen har haft flere spontane aborter. Hr. og fru Jensen tilbydes nu en kromosomundersøgelse for at klarlægge sagen nærmere. Undersøgelsen viser, at fru Jensen har karyotypen 6,XX t(;) og hr. Jensen har karyotypen 6, XY. Fru Jensen er normalt begavet og fysisk sund og rask. A. Forklar fru Jensens karyotype, og de genetiske konsekvenser ved gametdannelsen. Kommenter med baggrund heri hendes historie med gentagne aborter. B.. Nedenfor er vist kromosomparrene og fra fru Jensen. Tegn parringsfiguren, som disse kromosompar tænkes at danne under meiosens.deling. B.. Angiv hvilken kombination af maternelle kromosomer, hvad angår kromosomerne nr. og, der har dannet den abnorme graviditet. Opgave. fortsættes næste side...

162 . juni 00 Side Opgave. fortsat. Af videnskabelig interesse undersøges det nu hvilke genetiske bidrag, hr. og fru Jensen har leveret til den pågældende graviditet. Vha. PCR på DNA fra molaen og fra hr. og fru Jensen screenes der for tre tæt koblede polymorfier på X kromosomet: Mola Hr. Jensen Fru Jensen X-markører A A, B B, C C A, B, C A A, B B, C C C. Hvilke haplotyper kan fru Jensen have? D. Med baggrund i ovenstående markøranalyse kombineret med molaens karyotype, er det da muligt, at molaen er dannet ved at to spermatozoer har befrugtet én ægcelle? Begrund kort dit svar. E. For yderligere at kunne be- eller afkræfte muligheden for at to spermatozoer har befrugtet ægget undersøges molavævet ved in situ hybridisering (FISH). Hvor mange flourescenssignaler ser man da i en cellekernes G -fase, hvis man undersøger molavævet: E.. med en probe, som er specifik for det alleryderste af p-armen af kromosom nr.? E.. med en probe, som er specifik for det alleryderste af p-armen af kromosom nr.?

163 . juni 00 Side. Mellemkædet acyl-coa dehydrogenase (MCAD) mangel er en stofskiftesygdom, der skyldes en defekt i omsætningen af de fede syrer. Sygdommen nedarves autosomalt recessivt. 80% af alle patienter med sygdommen er homozygote for en A G mutation (A til G mutation) på position 98 i cdna sekvensen (98A G). Mutationen fører til, at kodon for lysin 0 i MCAD proteinet ændres til et kodon for glutaminsyre. Bærerfrekvensen for 98A G i Danmark er bestemt til :00. A. Hvis man antager, at fødselstallet i Danmark er pr. år, hvor mange børn med MCAD mangel, der er homozygote for 98A G mutationen, fødes der så hvert år i Danmark? Begrund dit svar. B. MCAD mangel kan let diagnosticeres i blod fra nyfødtes hæleprøver ved en hurtig biokemisk undersøgelse. I Danmark tilbydes dette til alle nyfødte. Ved screening af hæleblod fra familien A s nyfødte søn blev MCAD mangel diagnosticeret. Derfor blev genomisk DNA fra hele familien undersøgt ved hjælp af et PCR baseret assay for 98A G mutationen. I dette assay udnyttes det, at nukleotidet (A eller G) på position 98 afgør, om PCR produktet kan kløves med et restriktionsenzym. Nedenstående figur viser resultatet af en gelelektroforese af kløvede PCR produkter fra en række personer. Elektroforeseretningen er angivet med pilen, og længden af de enkelte bånd er angivet i basepar (bp.). De kløvede PCR produkter fra den nyfødte og fra hans forældre samt fra kontrolpersoner, der er homozygote for henholdsvis 98A G og 98A allelerne, er påsat i vilkårlig rækkefølge i hullerne -. B.. Angiv for hvert af hullerne - hvilke(n) person(er), der kan være påsat kløvet PCR produkt fra? Begrund dit svar, evt. med skitsetegning af det relevante DNA-fragment. B.. Familien har også en rask søn, der endnu ikke er analyseret for 98A G mutationen. Hvad er sandsynligheden for, at han er bærer af 98A G mutationen? Opgave. fortsættes næste side...

164 . juni 00 Side Opgave. fortsat. C. Moderen i ovennævnte familie A har en rask tvillingsøster, der er gravid. Hvad er risikoen for at tvillingesøsterens foster er homozygot for 98A G mutationen, hvis de to tvillingsøstre er henholdsvis enæggede eller tveæggede, når det vides, at kun søstrenes far, og ikke deres mor, var bærer af 98A G mutationen? D. I hul 6 på gelen blev der påsat et kløvet PCR produkt fra et barn fra en helt anden familie, der også blev identificeret ved screening af nyfødte. Måling af MCAD enzymaktivitet fra en hudbiopsi fra dette barn viste, at barnet lider af MCAD mangel. Hvordan kan det observerede båndmønster forklares, hvis der ses bort fra rent tekniske fejl? E. Nukleotidet A, der er muteret ved 98A G mutationen, er lokaliseret i nedenstående normalsekvens. -GGCAATGAAAGTTG- E.. Skriv den muterede sekvens op med understregning af det G nukleotid, der er fremkommet som følge af mutationen. E.. Opskriv også den tilsvarende aminosyresekvens (fire aminosyrer) af hele stykket med understregning af mutant-glutaminsyren.

165 . juni 00 Side 6. Blødersygdommen nedarves X-bundent recessivt. Peter Jensen er bløder og det samme er hans moders ældre broder. Denne er gift og har en datter. Peter Jensens moder har herudover to yngre søstre. Den yngste af disse har også en søn med blødersygdom. Selv har Peter Jensen en ældre og en yngre søster som begge er gift, og den ældste har to raske drenge. A. Tegn stamtræet med anvendelse af korrekte symboler. B. Angiv hvilke kvinder i stamtræet, der er sikre bærere af blødergenet. Begrund dit svar. C. Peter Jensens yngre søster er gravid. Hvad er sandsynligheden for, at hun får et barn med blødersygdom? D. Peter Jensens ældre søster bliver igen gravid. Hvad er hendes risiko for at få et barn med blødersygdom? Peter Jensens ældre søster ønsker prænatal diagnostik for herigennem at udelukke at få et barn med blødersygdommen. Blødergenet er et meget stort gen, hvorfor det fortsat nogle gange er praktisk at foretage prænatal undersøgelse ved hjælp af koblede markører. Denne type undersøgelse blev gjort på Peter Jensens ældre søster. Til undersøgelsen benyttes en intragenisk polymorfi med fragmentlængder 7 kb og 9 kb. Markøren og sygdomsmutationen kan i besvarelsen opfattes som fuldstændigt koblede. Resultatet af koblingsanalysen er, at Peter Jensens moder har allelet 7 på begge X- kromosomer. Peter Jensen har ligeledes allelet 7, mens hans ældre søster har allelerne 7 og 9. Endelig har den ældre søsters første dreng allelet 7 og den anden dreng allelet 9. Det ventede barn er en dreng og har allelet 7. E. Vil den ventede dreng få blødersygdommen? Begrund dit svar.

166 . juni 00 Side 7 VÆGTNINGSLISTE:.A. 8.B...B.. 6.C..D..E...E...A. 7.B...B...C. 8.D. 6.E...E...A. 7.B. 7.C..D..E.

167 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK lørdag den. juni 00- LØSNINGSFORSLAG:.A. Fru Jensen ses at have en balanceret translokation. Hun kan derfor danne 6 forskellige gameter, hvor de er ubalancerede. Heraf følger at fru Jensen i / af tilfældene danne ubalancerede gameter hvilket kan forklare den store abortfrekvens..b...b...c. A B C og A B C.D..E...E.. Faderen har naturligvis leveret Y-kromosomet. Markørundersøgelsen er endvidere forenelig med at han har leveret det ene X kromosom. Det faktum at moderen har leveret et abnormt kromosom viser at begge forældre har bidraget til molaen. signaler signaler.a. homozygote 98A>G. Ved fødsler bliver dette =,7 homozygote, altså ca. børn/år..b.. Hul : Homozygot 98A. Hul og : nyfødt barn og homozygot 98A>G; Hul og : Mor og far..b.. /.C..D..E.. Enægget= (Sandsynlighed for ægtefælle bærer x ¼) + (Sandsynlighed for ægtefælle homozygot x ½) = (/00 x /) + (/0000 x ½) Tveægget= Som ovenstående, men der ganges med sandsynlighed for at tvillingesøster er bærer (½) = ½x ((/00 x /) + (/0000 x ½)) 98A>G i det ene MCAD allel og en anden sygdomsfremkaldende mutation i det andet MCAD allel. (Teoretisk mulighed for locus-heterogenitet). -GGCAATGGAAGTTG-.E.. Ala-Met-Glu-Val

168 TENTAMEN I MEDICINSK GENETIK lørdag den. juni 00- LØSNINGSFORSLAG:.A..B. I-, II-, II-7, III-..C. p(iii- (videregive syge videregive Y) =.D. III- Bærer Ikke bærer Apriori ½ ½ raske sønner (½) /8 /8 piii- bærer piv- = /0.E. Nej, moderen er ikke bærer, da hun har leveret ét af hvert af sine to X- kromosomer til sine raske sønner.

169 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Tentamen Lørdag den. august 00 kl Indhold: Opgaverne - side - Vægtningsliste side 6 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Hver studerende skal kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de to blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid og en lyserød). Hver bunke sammenhæftes med clips inden afleveringen. Løse ark med f.eks. kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. Iøvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres:. Genetisk kode.

170 . august 00 Side. Ved Creutzfeldt-Jakobs sygdom, som er en sjælden hjernesygdom hos voksne, sker der en voldsom degeneration af hjernevævet hvilket fører til døden i løbet af få måneder. Degenerationen opstår som følge af en forkert struktur (fejlfoldning) af det naturligt forekommende prion protein PrP der kodes af PrP-genet. Der forekommer en familiær form for Creutzfeldt-Jakobs sygdom. I disse sjældne familier er sygdommen monogent arvelig med aldersafhængig penetrans på 0% ved 0-års alderen og 00% ved 60-års alderen. Den arvelige sygdomsfremkaldende mutation kan påvises vha. PCR-opformering af den kodende del af PrP-genet efterfulgt af kløvning af det opformerede DNA med et specifikt restriktionsenzym og gelelektroforese. De kløvede DNA-fragmenter fremtræder nu som distinkte bånd i gelen. Fig.. Figur viser den 700 basepar lange kodende del af PrP-genet. De vandrette pile angiver placeringen af to 0 nukleotider lange primere som anvendes ved PCRopformeringen. Den lodrette pil markerer at restriktionsenzymet kløver ved basepar nr. 600 hvis den sygdomsfremkaldende mutation er til stede. A. I en familie med flere tilfælde af Creutzfeldt-Jakobs sygdom foretages ovennævnte mutationsanalyse på DNA fra en 0-årig mand med sygdommen. Indtegn på en gel hvilke bånd du vil forvente fremkommer ved analysen, hvis sygdommen nedarves: a. autosomalt dominant. b. autosomalt recessivt. c. X-bunden recessivt. Angiv længderne ud for båndene og angiv elektroforeseretning. Ligger to bånd oven i hinanden, kan det markeres med f.eks. et dobbelt så tykt bånd. Opgave. fortsættes næste side...

171 . august 00 Side Opgave. fortsat. B. Moderen til den 0-årige syge mand er 6 år gammel og rask. Indtegn på en gel det båndmønster du vil forvente fremkommer ved mutationsanalyse af DNA fra hende hvis sygdommen nedarves: a. autosomalt dominant. b. autosomalt recessivt. c. X-bunden recessivt. Anvend markering som under spørgsmål A. Stamtavlen nedenfor viser en dansk familie med familiær Creutzfeldt-Jakobs sygdom. De syge familiemedlemmer er markeret med udfyldte (sorte) symboler. C. Hvilken arvegang drejer det sig om? Begrund svaret (max. ½ side). D. Beregn på baggrund af dit svar i spørgsmål C sandsynligheden for at III- er bærer af den sygdomsfremkaldende mutation. III- er 0 år gammel. E. På hvilket væv fra III- ville du udføre den beskrevne mutationsanalyse? Begrund dit svar.

172 . august 00 Side. I nedenstående familie forekommer en sjælden arvelig sygdom med 00% penetrans efter 0-års alderen. Personer der lider af denne sygdom er markerede med fyldte symboler. Sygdomsgenet er endnu ikke kendt, men genetiske markører (mikrosatellitter) er koblede til sygdomsgenets locus. De markørloci har følgende antal alleler: MI = alleler MII = alleler MIII = 8 alleler MIV = alleler Haplotypen er angivet ud for hver person i det omfang den er kendt. I nedenstående spørgsmål skal samtlige svar begrundes. A. Hvilken haplotype segregerer (nedarves) med sygdomsgenet i denne familie? (Behøver ikke at omfatte alle markører). B. Hvilken arvegang er der tale om? C. Hvilke personer i generation III og IV kan udvikle sygdommen? D. Imellem hvilke markørloci vil du forvente at locus for sygdomsgenet er beliggende? E. Hvis II- og II-6 er monozygote tvillinger, hvad er da sandsynligheden for at III-8 udvikler sygdommen?

173 . august 00 Side. Blandt undersøgte aborter fandt man et foster med karyotypen 9,XXXXX. A. Hvad er karyotypen af henholdsvis den maternelle og den paternelle gamet som har dannet det pågældende foster? B. I hvilken/hvilke meiotiske celledeling(er) har non-disjuntion fundet sted? C. Hvor mange Barr legemer (Barr bodies) vil man finde i fosterets cellekerner? Begrund dit svar. Duchennes muskeldystrofi er betinget af et X-bundet recessivt sygdomsallel. Et ægtepar, som er fænotypisk rask, får en pige med Duchennes muskeldystrofi. Parret er med sikkerhed biologiske forældre til denne pige. D. Angiv tre mulige årsager til at denne sygdom vil kunne optræde hos datteren. E. Beskriv de genetiske mekanismer som ligger til grund for sygdommen i hvert af de tre tilfælde, du angiver i spørgsmål D. F. Angiv og beskriv (max. ½ side) en cytogenetisk metode som vil kunne identificere en af de nævnte årsager.

174 . august 00 Side 6 VÆGTNINGSLISTE:.A. 6.B. 6.C. 7.D. 7.E. 6.A. 7.B. 6.C. 7.D. 6.E. 6.A. 6.B. 6.C. 6.D. 6.E. 6.F. 6

175 MEDICINSK EMBEDSEKSAMEN MEDICINSK GENETIK Tentamen Fredag den 9. juni 00 kl Indhold: Opgaverne - side -6 Vægtningsliste side 7 Vejledning: Besvarelserne af opgaverne skrives med kuglepen på de udleverede papirsæt og betegnes med samme nummer som på opgavearket. Hver studerende skal kontrollere, at begge kopier bliver let læselige. Opgavernes ordlyd skal ikke indføres. Besvarelserne forsynes ikke med navn, men kun med lodtrækningsnummer, fortløbende sidetal og det antal papirsæt, der er afleveret. Hver studerende skal efter nærmere instruktion, der gives før eksamen, adskille de to blade i hvert formsæt og lægge dem i hver sin bunke (en hvid og en lyserød). Hver bunke sammenhæftes med clips inden afleveringen. Løse ark med f.eks. kladdeoptegnelser er uvedkommende for bedømmelsen af opgavesættet. Følgende hjælpemidler BØR medbringes: Regnemaskine. Iøvrigt kan ingen andre hjælpemidler medbringes. Før eksamen begynder udleveres:. Genetisk kode.

176 9. juni 00 Side. PAX6 er en transkriptionsfaktor, som anses for at være den væsentligste regulator af øjenudvikling. PAX6-genet består af exons, og PAX6-proteinet består af domæner med forskellig funktion (se nedenstående lysskraverede figur). ATG i exon angiver det korresponderende initieringssted for translationen, mens exon,, og det meste af exon ikke translateres. A. Nævn mindst fire forskellige typer af punktmutationer (dvs. ændringer som kun involverer et enkelt basepar), der kan tænkes at forekomme i PAX6-genet, og beskriv hvilke konsekvenser hver af disse mutat ioner vil få for dannelsen (og eventuelle funktion) af PAX6-proteinet. Mutationer i PAX6-locus resulterer i mindst fire forskellige defekter i øjenudvikling, f.eks. Aniridi (manglende udvikling af iris). Disse sygdomsfænotyper er uafhængigt forekommende, dvs. kun én type optræder i hver patient. B. Giv en mulig forklaring på, hvorfor disse forskellige fænotyper kan optræde som følge af mutation i ét og samme gen. C. Hvad er den genetiske betegnelse for et sådant fænomen? Opgave. fortsættes næste side...

177 9. juni 00 Side Opgave. fortsat. I nedenstående figur er vist en familie i hvilken Aniridi forekommer. Desuden er angivet resultatet af en specifik DNA-analyse af den mutation i PAX6-genet som medfører Aniridi i den pågældende familie. D. Idet alle familiemedlemmer har normale karyotyper, angiv da med begrundelse hvilke(n) arvegang(e) det drejer sig om:. X-bunden dominant.. X-bunden recessiv.. Autosomal dominant.. Autosomal recessiv. En af mutationerne i PAX6-genet resulterer i dannelse af et kløvningssted for restriktionsenzymet MaeII som vist på figuren. E. Angiv en metode til detektion af sygdomsallelet. Beskriv fremgangsmåden og angiv med en skitse det forventede resultat når du analyserer personer med de tre mulige genotyper.

178 9. juni 00 Side. Genet der koder for humant væksthormon (hgh-genet) er beliggende på kromosom 7. Genet består af exons og intron. A. Ovenstående nukleotidsekvens fra den ikke-transkriberede DNA-streng i exon I koder for aminosyrer. Hvilke aminosyrer kodes der for? B. Angiv med retningsangivelse antikodons på de trna-molekyler der anvendes til translation af den tilsvarende mrna. C. Det RNA som transkriberes fra hgh-genet har en ' og en ' ende. Hvilken ende syntetiseres først? Begrund dit svar. D. Nævn en mutation i ovenstående nukleotidsekvens i exon I som medfører at polypeptidsyntesen slutter efter de første aminosyrer, og forklar hvorfor mutationen har denne effekt.

179 9. juni 00 Side. Alzheimers sygdom skyldes degeneration af dele af centralnervesystemet og resulterer i svær demens og efterfølgende død. Hos patienter med sygdommen dannes der i hjernen de såkaldte amyloid-plaques som består af udfældet protein omgivet af degenereret nervevæv. Alzheimers sygdom nedarves i nogle familier autoso malt dominant, og det kan skyldes en defekt i genet APP (amyloid precursor protein). APP-genet er beliggende på kromosom. I stamtræ I er personer med Alzheimers sygdom vist med fyldte symboler. Patienternes gennemsnitsalder ved sygdommens diagnosticering var 0 år. Foruden sygdomsfænotypen er markørfænotypen i to loci angivet for nogle af personerne i stamtræet. De to markørloci har begge codominante alleler og er beliggende på den lange arm af kromosom. Begge loci er fuldstændigt koblede til APP-genet. Det locus der ligger nærmest centromeret betegnes S6 og har allelerne og. Det andet markørlocus kaldes S og har allelerne A, B og C. Personerne V- til V- er under år. Resten af personerne i stamtræet er over 0 år. A. Ved hjælp af skitsetegninger af de relevante kromosomer, angiv for II- og II- den mest sandsynlige genotype hvad angår de to markørloci, og angiv hvilken haplotype der bærer det defekte APP-gen. Opgave. fortsættes næste side...

180 9. juni 00 Side 6 Opgave. fortsat. B. Angiv risikoen for at udvikle Alzheimers sygdom for hver enkelt af personerne V-, V-, V- og V-. Der ses bort fra rekombination. Der ønskes ingen beregning.. Amyloide plaques, ligesom dem der ses i Alzheimer patienter, kan udvikles i personer med Down s syndrom (trisomi ). I stamtræ II, hvor det vides at I- er bærer af en Robertson translokation mellem kromosom og kromosom, har personerne med fyldte symboler Down s syndrom. Den ene person har translokationskromosomet samt to normale nr. kromosomer. Sygdommen i den anden person skyldes tilstedeværelse af tre normale nr. kromosomer. Individernes fænotype med hensyn til de tidligere nævnte markører er angivet idet markørerne på kromosom på translokationskromosomet er A. C. Hos hvilket af de to syge børn i generation II i stamtræ II skyldes sygdommen nondisjunction af kromosom hos en af forældrene? Der ses bort fra rekombination. Begrund dit svar. D. I hvilken af meiosedelingerne er den pågældende non-disjunction sket? Begrund dit svar. E. Er det muligt ved en eventuel udvidet analyse at påvise om den pågældende nondisjunction har fundet sted hos moderen eller hos faderen? Begrund dit svar.

181 9. juni 00 Side 7 VÆGTNINGSLISTE:.A. 6.B. 7.C. 6.D. 8.E. 7.A. 8.B. 8.C. 8.D. 8.A. 7.B. 7.C. 8.D. 6.E. 6