Biologi 2 Høst 2019

Vi tar utgangspunkt i feltarbeid i en bjørkeskog. Næringskjeden må ha fire ledd, altså en produsent og tre forbrukere:

bjørk (Betula pubescens) → bjørkemålerlarve (Epirrita autumnata) → løvsanger (Phylloscopus trochilus) → spurvehauk (Accipiter nisus)

Bjørka er produsent. Bjørkemålerlarven er førsteforbruker og spiser bladene. Løvsangeren er andreforbruker og spiser larvene. Spurvehauken er tredjeforbruker og tar småfugl.

Planten tar opp nitrogen fra jordvannet gjennom røttene. Opptaket skjer som de uorganiske ionene nitrat ($\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}$) og ammonium ($\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$). Disse ionene kommer fra nitrogenfiksering og fra nedbryting og nitrifikasjon i jorda.

I planten blir nitrogenet bygd inn i aminosyrer, og aminosyrene blir satt sammen til proteiner. Nitrogen inngår også i nukleinsyrene og i klorofyll. Nitrogenet går derfor gjennom næringskjeden som organiske forbindelser: hvert ledd spiser leddet før seg, bryter proteinene ned til aminosyrer i fordøyelsen og bygger dem opp igjen til sine egne proteiner.

Nitrogen forlater næringskjeden på to måter. Dyra skiller ut overskudd av nitrogen som nitrogenholdig avfall i urin og avføring. Når organismene dør, bryter nedbrytere ned de organiske forbindelsene og frigjør ammonium til jorda. Nitrifiserende bakterier lager nitrat av ammoniumet, og noe av dette tas opp av planter igjen. Denitrifiserende bakterier gjør nitrat om til nitrogengass (${\mathrm{N}}_2$), som går ut i atmosfæren. Da er nitrogenet ute av næringskjeden.

Prosessene i den indre mitokondriemembranen (elektrontransportkjeden i celleåndingen) og i tylakoidmembranen (lysreaksjonene i fotosyntesen) er bygd opp etter samme prinsipp. Tre likheter:

1. Elektrontransportkjede. Begge membranene inneholder en rekke proteiner som tar imot og gir fra seg elektroner. Elektronene går fra en akseptor til den neste, og for hvert trinn går de til et lavere energinivå. Energien som blir frigjort, brukes videre.

2. Protonpumping og protongradient. I begge membranene brukes energien fra elektrontransporten til å pumpe hydrogenioner (${\mathrm{H}}^{+}$) over membranen. Det gir høy konsentrasjon av ${\mathrm{H}}^{+}$ på den ene siden: i mellommembranrommet i mitokondriet og inne i tylakoidrommet i kloroplasten. Begge membranene er tette for ${\mathrm{H}}^{+}$, slik at gradienten blir opprettholdt.

3. ATP-syntase og kjemiosmose. Begge membranene har enzymet ATP-syntase. Protonene strømmer tilbake gjennom ATP-syntasen, og energien i strømmen brukes til å binde fosfat til ADP slik at det dannes ATP. Denne måten å lage ATP på kalles kjemiosmose i begge prosessene.

I tillegg er begge membranene sterkt foldet, slik at overflaten blir stor og det blir plass til mange transportkjeder.

Figuren viser kloning ved kjerneoverføring, også kalt reproduktiv kloning.

Først tas det ut en kroppscelle fra individ 1. Kroppsceller er diploide og har hele arvestoffet til individet. Cellekjernen med DNA-et (den røde prikken på figuren) isoleres fra denne cellen.

Så tas det ut en eggcelle fra individ 2. Cellekjernen i eggcellen fjernes, slik at eggcellen står igjen uten arvestoff. På figuren ser vi at den svarte prikken forsvinner.

Kjernen fra individ 1 settes deretter inn i den tomme eggcellen. Eggcellen får da et fullt dobbelt sett med kromosomer, og den blir satt i gang slik at den begynner å dele seg som et befruktet egg. Celledelingene gir et tidlig foster.

Fosteret settes inn i livmoren til individ 3, som er surrogatmor. Individ 3 bærer fram fosteret og føder avkommet, individ 4.

Individ 4 har det samme kjerne-DNA-et som individ 1, og har derfor samme pelsfarge som individ 1 og ikke samme farge som individ 2 eller 3. Individ 4 er altså en klon av individ 1 og er arvemessig så godt som identisk med det. Den eneste arvelige forskjellen er at mitokondriene, med mitokondrie-DNA, kommer fra eggcellen til individ 2.

Intronene blir spleiset bort før translasjonen, så det er bare eksonene som kommer med i det ferdige mRNA-et. Eksonene er skrevet med blått:

AUG UUU + AAA CGG UUU + UUA UAC UUU UAA

Det ferdige mRNA-et blir altså

AUG UUU AAA CGG UUU UUA UAC UUU UAA

Dette er 9 kodoner. Det siste kodonet, UAA, er et stoppkodon og koder ikke for noen aminosyre. AUG er startkodon, men koder samtidig for metionin og teller derfor med. Sekvensen koder for $\underline{\underline{8\text{ aminosyrer}}}$.

Genvarianten koder for 5 aminosyrer i stedet for 8. Da må translasjonen stoppe tidligere. Det skjer hvis et av kodonene lenger inne i sekvensen er blitt et stoppkodon.

De fem første aminosyrene kommer fra kodonene AUG, UUU, AAA, CGG og UUU. For at det skal bli nøyaktig fem aminosyrer, må kodon nummer 6 være blitt et stoppkodon. Kodon nummer 6 i det ferdige mRNA-et er UUA, og det er det første kodonet i det siste eksonet.

Vi sjekker hvilke stoppkodoner vi kan få fra UUA ved å bytte ut bare én base:

• UUA → UAA: U i midten er byttet ut med A. Dette går med én substitusjon.
• UUA → UGA: U i midten er byttet ut med G. Dette går også med én substitusjon.
• UUA → UAG: her måtte to baser vært byttet ut, så dette er ikke mulig.

Mutasjonen må derfor ha skjedd i den midterste basen i kodonet UUA i det siste eksonet, altså i det sjette kodonet i det ferdige mRNA-et. Der er U byttet ut med A eller G.

Ingen andre substitusjoner gir fem aminosyrer. Kodonene AUG, UUU og CGG kan ikke bli stoppkodon ved å bytte ut bare én base. Kodon 3, AAA, kan riktignok bli UAA, men da ville genvarianten kodet for bare to aminosyrer. En substitusjon i et intron ville uansett blitt spleiset bort.

De tre målingene ved hver temperatur brukes til å regne ut et gjennomsnitt, slik tabellen viser. Gjennomsnittet av flere målinger gir et mer pålitelig anslag på det virkelige måltallet enn en enkeltmåling, fordi tilfeldige målefeil jevner seg ut. Dermed er D riktig.

Alternativ A er feil fordi tre målinger ikke i seg selv beviser en hypotese. B er feil fordi man ikke skal velge ut «den beste» målingen og se bort fra de andre. C er feil fordi repeterbarhet ikke er hovedgrunnen til at nettopp tre paralleller brukes til å beregne et gjennomsnitt.

Gjennomsnittet øker fra 1,1 mL ved 10 °C til et toppunkt på 5,2 mL ved 30 °C, og avtar deretter til 4,0 mL ved 40 °C, 2,1 mL ved 50 °C og 0,0 mL ved 60 °C. Mengden produkt øker altså opp til 30 °C, for deretter å avta. C er riktig.

A og B er feil fordi ingen av temperaturparene gir identisk mengde produkt (3,2 mL mot 4,0 mL, og 1,1 mL mot 2,1 mL). D er feil fordi mengden allerede avtar mellom 30 °C og 40 °C, ikke først etter 40 °C.

En hudcelle hos mennesket har intracellulær pH nær nøytral, altså pH 7, og en temperatur som ligger noe under kjernetemperaturen, rundt 35 °C. Av enzymene i figuren har X aktivitetstopp ved pH 7, og Y har aktivitetstopp ved 35 °C. Dette stemmer med forholdene i en hudcelle, så C er riktig.

W har aktivitetstopp ved pH 2, som passer bedre med svært sure miljøer som magesekken, ikke en hudcelle. Z har aktivitetstopp ved 75 °C, som er langt over temperaturer levende menneskeceller tåler.

Å tilføre mer maltase (påstand 1) eller mer maltose (påstand 2) øker antallet enzym- eller substratmolekyler som er tilgjengelige for reaksjonen, og øker dermed reaksjonshastigheten i stedet for å redusere den. Å tilføre vann (påstand 3) fortynner løsningen, slik at konsentrasjonen av både enzym og substrat synker. Lavere konsentrasjon gir sjeldnere sammenstøt mellom enzym og substrat, og reaksjonshastigheten reduseres. Bare påstand 3 er riktig, så B er riktig svar.

En konkurrerende hemmer ligner på substratet og konkurrerer med det om det aktive setet i enzymet. Ved lav substratkonsentrasjon binder hemmeren seg ofte nok til at reaksjonen går tydelig langsommere enn uten hemmer, men jo mer substrat vi tilsetter, jo oftere vinner substratet konkurransen. Ved høy substratkonsentrasjon er hemmeren utkonkurrert, og reaksjonen når den samme maksimale hastigheten som uten hemmer. Kurven for den hemmede reaksjonen skal derfor starte i origo, stige saktere enn den uhemmede, og til slutt flate ut på samme nivå. Det er figur 4, og D er riktig.

I figur 1 og figur 2 flater den hemmede kurven ut på et lavere nivå enn den uhemmede. Lavere maksimal hastighet passer med en ikke-konkurrerende hemmer, ikke med en konkurrerende. I figur 1 og figur 3 starter den hemmede kurven først ved en substratkonsentrasjon godt over null, altså ingen reaksjon i det hele tatt ved lave substratkonsentrasjoner. Det stemmer ikke med hemming: en hemmer gjør reaksjonen langsommere, den stopper den ikke helt. Figur 3 har riktig maksimalhastighet, men feil start.

Calvin-syklusen (syntesedelen av fotosyntesen) bruker $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ som karbonkilde, sammen med energien i ATP og reduksjonskraften i NADPH fra lysreaksjonene, til å bygge glukose. ATP og NADPH brukes opp i prosessen og blir til ADP og $\mathrm{N}\mathrm{A}\mathrm{D}{\mathrm{P}}^{+}$, som går tilbake til lysreaksjonene. ${\mathrm{O}}_2$ dannes i lysreaksjonene, ikke i Calvin-syklusen. A er riktig: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$, ATP og NADPH går inn i syklusen.

Klorofyll absorberer lys best i det blå (rundt 450 nm) og røde (rundt 700 nm) området av spekteret, og dårligst i det grønne og gule området (rundt 550–580 nm), som i stor grad reflekteres. Gruppe A får blått lys (450 nm), som absorberes godt, mens gruppe E får gult og grønt lys (580 og 550 nm), som absorberes dårlig. Fotosyntesehastigheten bør derfor være høyere i gruppe A enn i gruppe E, så påstand 1 er riktig.

Gruppe D får både blått og rødt lys, altså de to bølgelengdene klorofyll absorberer best, mens gruppe E bare får dårlig absorbert lys. Biomassen bør derfor øke raskere i gruppe D enn i gruppe E, så påstand 2 er også riktig.

Gruppe C (rødt lys) absorberes godt og bør gi høyere fotosyntesehastighet enn gruppe B (grønt lys), ikke lavere, så påstand 3 er feil. Gruppe B får grønt lys, som absorberes dårlig, og bør derfor gi lavest, ikke raskest, biomasseøkning, så påstand 4 er feil. Påstand 1 og 2 er riktige, og svaret er A.

Fotosyntesehastigheten er avhengig av enzymer, som har en optimal temperatur der aktiviteten er høyest. Ved lave temperaturer går reaksjonene langsomt fordi molekylene beveger seg lite, mens enzymene denaturerer ved for høye temperaturer, slik at aktiviteten faller til null. Figur 1 viser nettopp dette mønsteret: hastigheten øker fra 0 °C, når et toppunkt rundt 25–30 °C, og avtar deretter til null ved rundt 45 °C. A er riktig.

Figur 2 viser en hastighet som bare øker, uten å avta ved høy temperatur, noe som ikke er realistisk for en enzymstyrt prosess. Figur 3 viser en konstant hastighet uavhengig av temperatur, og figur 4 viser en hastighet som flater ut, men aldri avtar. Ingen av disse tar hensyn til at enzymer denaturerer ved høy temperatur.

Figuren viser anaerob celleånding (gjæring). Glukose brytes ned til pyrodruesyre/pyruvat (stoff 2) gjennom glykolysen, en prosess som samtidig danner ATP (stoff 1). Pyrodruesyren kan deretter omdannes videre på to måter: til melkesyre (stoff 3) ved melkesyregjæring, eller til etanol (stoff 4) og $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ ved alkoholgjæring. Siden $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ bare dannes sammen med etanol i alkoholgjæring, må stoff 4 være etanol. Dette gir at 1 viser ATP og 4 viser etanol, så A er riktig.

I B er stoff 3 satt til pyrodruesyre/pyruvat, men det er stoff 2 som viser dette. I C er stoff 3 satt til NADH, men stoff 3 er melkesyre. I D er stoff 4 satt til melkesyre, men stoff 4 er etanol, ikke melkesyre.

I celleåndingen brytes glukose først ned til pyrodruesyre/pyruvat i glykolysen (trinn 3). Pyrodruesyren går deretter inn i mitokondriet, der acetyl-koenzym A dannes (trinn 1) før det går inn i sitronsyresyklusen. Der dannes blant annet $\mathrm{F}\mathrm{A}\mathrm{D}{\mathrm{H}}_2$ (trinn 2), og til slutt avgir NADH sine elektroner i elektrontransportkjeden (trinn 4). Rekkefølgen på alle fire trinnene er altså 3, 1, 2, 4, og de to første trinnene er 3 og 1. A er riktig.

Oksygengass dannes i lysreaksjonene i kloroplasten. Derfra kan den brukes i celleåndingen i mitokondriet i samme celle, og den kan diffundere ut av cellen. Det den derimot ikke kan gå til, er vekst og lagring.

Stoff nr. 4 kommer fra kloroplasten, går videre til mitokondriet og har i tillegg en dobbeltpil ut gjennom cellemembranen. Det passer nøyaktig med oksygengass, og B er riktig.

Stoff nr. 3 kommer også fra kloroplasten og går til mitokondriet, men har i tillegg en dobbeltpil til «Vekst og lagring». Det er karbohydratene fotosyntesen lager: de brukes i celleåndingen, bygges inn i planten og lagres som stivelse. Oksygengass inngår ikke i vekst og lagring, så stoff nr. 3 kan ikke være oksygengass. Stoff nr. 1 og stoff nr. 2 går motsatt vei: de dannes i mitokondriet, tas opp av kloroplasten og utveksles med omgivelsene. Det er karbondioksid og vann.

Meiose starter med en diploid (2n) forløpercelle og gir opphav til haploide (n) kjønnsceller, siden kromosomtallet halveres i løpet av de to celledelingene i meiosen. Kromosomtallet endres altså fra 2n til n, så C er riktig.

Ved en replikasjonsgaffel er de to trådene i den ikke-kopierte delen av DNA-et antiparallelle. Den kontinuerlige (ledende) tråden syntetiseres i retning $5^{\prime }\to 3^{\prime }$ med voksepunktet ($3^{\prime }$-enden) hele tiden helt ute ved selve gaffelen, mens den diskontinuerlige (hengende) tråden lages i korte biter (Okazaki-fragmenter) som starter nær gaffelen og vokser bort fra den. I figur 2 peker den lange, hele pilen mot gaffelen (voksepunktet ligger ved gaffelen, som for den ledende tråden), mens den korte, stiplede pilen peker bort fra gaffelen (som for et Okazaki-fragment), og $5^{\prime }$/$3^{\prime }$-merkingen langs pilene stemmer med at ny DNA-syntese alltid går fra $5^{\prime }$ til $3^{\prime }$.

I figur 1 er merkingen ombyttet: den lange pilen er merket som om syntesen går fra $3^{\prime }$ til $5^{\prime }$, som er umulig. I figur 3 og 4 peker den hele pilen bort fra gaffelen, som ikke passer med en kontinuerlig tråd som skal følge gaffelen.

I anafase av mitosen skiller søsterkromatidene lag og blir til selvstendige kromosomer som vandrer mot hver sin pol. Antall kromosomer som vandrer mot én pol, er derfor det samme som antall kromosomer i den opprinnelige cellen, siden mitosen ikke endrer kromosomtallet. Figuren viser fire kromosomer på vei mot hver pol, så kroppscellen til organismen har fire kromosomer.

Organismen har fire kromosomer i kroppscellene (2n = 4, jamfør oppgave 14), altså n = 2 par homologe kromosomer. I anafase I skilles de homologe kromosomene fra hverandre, ikke søsterkromatidene. Hver pol får derfor n = 2 kromosomer, og hvert av disse består fortsatt av to søsterkromatider som henger sammen (kromosomet ser doblet/parret ut). Figur 2 viser nettopp to slike doblede kromosomer på vei mot hver pol.

Figur 1 viser fire doblede kromosomer mot hver pol, som passer med en organisme med dobbelt så mange kromosomer. Figur 3 og 4 viser to enkle (ikke doblede) kromosomer mot hver pol, som passer med anafase i mitosen eller anafase II i meiosen, ikke anafase I.

Genene O, P og Q ligger koblet på samme arm av kromosomet, mens R ligger på den andre armen, på andre siden av sentromeret. Jo nærmere to gener ligger hverandre, desto sjeldnere skjer det crossing over mellom dem, fordi sannsynligheten for et brudd øker med avstanden. På figuren ligger O og P tettest sammen, mens det er et større mellomrom mellom P og Q, og R ligger lengst unna (på den andre armen).

De to alleneste kombinasjonene, OPQR og opqr, er de opprinnelige (ikke-rekombinerte) kombinasjonene og dermed de vanligste. En rekombinert kjønnscelle oppstår ved crossing over et sted mellom to av genene. Siden O og P ligger tettest sammen, er crossing over akkurat mellom O og P det sjeldneste stedet det kan skje. Dette gir de to resiproke kombinasjonene Opqr og oPQR (O har byttet plass med o, mens P, Q og R følger hverandre som før), som dermed er de to minst sannsynlige kombinasjonene.

De andre alternativene krever crossing over lenger fra hverandre (mellom P og Q i B, eller nær/over sentromeret i C), noe som skjer oftere, eller er den opprinnelige kombinasjonen (D).

Fargen dannes i to trinn: enzym 1 omdanner hvit til grønn, og enzym 2 omdanner grønn til gul. Genotypen aa gir et fungerende enzym 1, mens A- (minst ett dominant A-allel) gir et enzym som ikke fungerer, slik at fargen blir værende hvit uansett genotype for det andre genet. Genotypen B- gir et fungerende enzym 2, mens bb gir et enzym som ikke fungerer, slik at fargen stopper på grønn.

AAbb har A- (enzym 1 fungerer ikke) og blir dermed hvit, uavhengig av at bb også ville stoppet fargen på grønn. aaBB har aa (enzym 1 fungerer, hvit blir grønn) og B- (enzym 2 fungerer, grønn blir gul), og blir dermed gul. Dette stemmer med alternativ A.

I alternativ C og D er AABB/AAbb feil beskrevet som grønn eller riktig som hvit, men aabb er beskrevet som gul selv om bb skal stoppe fargen på grønn. I alternativ B er AAbb feil beskrevet som grønn selv om A- alltid gir hvit.

Gendiagnostikk betyr å undersøke arvestoffet til en person for å finne ut om vedkommende har et bestemt allel/genvariant, for eksempel et allel som gir en arvelig sykdom. Dette stemmer med alternativ B.

Alternativ A beskriver genetisk rådgivning, ikke diagnostikk. Alternativ C beskriver genterapi/genredigering. Alternativ D beskriver behandling av en sykdom, ikke påvisning av arveanlegg.

Når et lineært DNA-utsnitt kuttes, blir antall fragmenter alltid ett mer enn antall kuttesteder som brukes. Figuren viser, fra venstre: Bgl II, Spe I, Eco RI, Eco RI, Hin dII, Hin dII, Bgl II, Eco RI.

Spe I har ett sete, så kutting med bare Spe I gir $1+1=2$ fragmenter, ikke tre (A er feil). Hin dII har to seter, så kutting med bare Hin dII gir $2+1=3$ fragmenter, ikke to (B er feil). Bgl II har to seter og Hin dII har to seter, til sammen fire seter, som gir $4+1=5$ fragmenter, ikke fire (D er feil).

Spe I har ett sete og Eco RI har tre seter, til sammen fire seter. Kutting med begge enzymene gir dermed $4+1=5$ fragmenter, som stemmer med alternativ C.

Nitrogenfiksering er prosessen der bakterier omdanner nitrogengass (${\mathrm{N}}_2$) fra atmosfæren til ammonium ($\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$), en form planter kan ta opp. Dette stemmer med alternativ C.

Alternativ A beskriver nitrifikasjon (omdanning av ammonium til nitrat). Alternativ B beskriver denitrifikasjon (omdanning av nitrat til nitrogengass). Alternativ D beskriver nedbrytning/ammonifikasjon av urea, ikke nitrogenfiksering.

I en næringskjede minker energimengden fra ledd til ledd, siden bare en liten del av energien (typisk rundt 10 %) overføres videre til neste ledd. Produsentleddet har derfor mest energi, og toppkonsumenten minst.

Sortert etter energi ((kJ/m²)/år), fra høyest til lavest:

Dette gir næringskjeden U $\to$ T $\to$ R $\to$ S, som stemmer med alternativ D. De andre alternativene gir ikke en energimengde som synker gjennom hele kjeden.

DDT er et sprøytemiddel som utgjør et sterkt seleksjonspress: mygg med allelet KDR-minus overlever og formerer seg lettere enn mygg med KDR-pluss. Over generasjoner øker derfor frekvensen av KDR-minus jevnt og systematisk, fra om lag 0,03 i 2001 til 0,54 i 2009. Dette er et klassisk eksempel på naturlig seleksjon, der DDT er det seleksjonspresset som favoriserer det resistente allelet.

Genflyt (A) forutsetter innvandring av mygg med andre allelfrekvenser, noe det ikke er holdepunkter for her. Mutasjoner (B) skjer med svært lav og tilnærmet konstant rate og kan ikke alene forklare en så stor, retningsbestemt endring. Genetisk drift (C) er tilfeldige svingninger som særlig gjør seg gjeldende i små populasjoner, og gir ikke en så jevn og retningsbestemt økning som figuren viser.

Ifølge figuren var frekvensen av allelet KDR-minus (q) om lag 0,2 i 2003. Da er frekvensen av det andre allelet, KDR-pluss (p), $p=1-q=1-\mathrm{0,2}=\mathrm{0,8}$.

Ved tilfeldig paring (Hardy–Weinberg-likevekt) er andelen heterozygote individer $2pq$:

Det gir om lag 32 %, som er nærmest 30 % i alternativ B.

Jo likere aminosyresekvensen i et protein som cytokrom c er mellom to arter, desto nærmere i slekt er de, siden få mutasjoner har rukket å endre proteinet siden de hadde felles opphav. Vi sammenligner de fem posisjonene med menneskets sekvens (Gly, Glu, Ile, Ser, Lys):

• Organisme 1 (Gly, Glu, Val, Ala, Lys): skiller seg i posisjon 11 og 15 — 2 avvik.
• Organisme 2 (Gly, Glu, Val, Ser, Lys): skiller seg i posisjon 11 — 1 avvik.
• Organisme 3 (Gly, Glu, Val, Ala, Ala): skiller seg i posisjon 11, 15 og 22 — 3 avvik.
• Organisme 4 (Gly, Asp, Lys, Ala, Ala): skiller seg i posisjon 4, 11, 15 og 22 — 4 avvik.

Organisme 2 har færrest avvik fra mennesket og er dermed nærmest i slekt.

Frøene ble sterilisert på overflaten for å fjerne sporer av sopp og bakterier som kan sitte på frøet. Hvis mykorrhizasopp fulgte med frøene, ville plantene i alle fire oppsettene kunnet få symbiose, og forsøket ville ikke skilt gruppene fra hverandre.

Jorda ble varmebehandlet ved $85°\mathrm{C}$ for å drepe soppen og de andre mikroorganismene i jorda. Varmebehandlingen ødelegger ikke selve næringsstoffene i jorda, og nitrogen ble uansett tilsatt som nitrat eller ammonium. Resultatet er at plantene i oppsett 3 og 4 vokser uten mykorrhiza, mens plantene i oppsett 1 og 2 kan få soppen fra den ubehandlede jorda. Da blir mykorrhiza den eneste forskjellen mellom oppsett 1 og 3, og mellom oppsett 2 og 4.

En hypotese må være en påstand som forsøket kan teste, altså en påstand om de to faktorene som varieres: mykorrhiza og nitrogenform.

Planter som lever i symbiose med mykorrhiza, produserer mer biomasse enn planter uten mykorrhiza, og veksten blir størst når nitrogenet tilføres som nitrat.

Resultatene støtter hypotesen. Med ubehandlet jord ga nitrat 9,81 g grønne plantedeler mot 4,01 g med ammonium, og alle plantene i ubehandlet jord vokste langt mer enn plantene i varmebehandlet jord.

Oppsett 3 og 4 er kontrollgruppene. De er like oppsett 1 og 2 på alle punkter unntatt ett: jorda er varmebehandlet, så mykorrhizasoppen er borte.

Uten disse to oppsettene ville vi bare hatt oppsett 1 og 2. Da kunne vi sett at nitrat ga mer vekst enn ammonium, men vi ville ikke visst noe om virkningen av soppen. Ved å sammenlikne oppsett 1 med 3 ser vi virkningen av mykorrhiza når planten får nitrat (9,81 g mot 1,01 g), og ved å sammenlikne oppsett 2 med 4 ser vi virkningen når den får ammonium (4,01 g mot 0,96 g). Først da kan vi si at det er soppen som gir den store veksten.

Oppsett 3 og 4 viser i tillegg at forskjellen mellom nitrat og ammonium nesten forsvinner når soppen er borte (1,01 g mot 0,96 g). Det styrker konklusjonen om at det er samspillet mellom mykorrhiza og nitrogenformen som gir utslaget.

Eukalyptusskogen er habitatet til koalaen, og bladene er den eneste maten den spiser. Når skogen blir hogd ned, forsvinner både maten og leveområdet. Bæreevnen i området går ned, og færre koalaer kan leve der.

Når skogen i tillegg blir stykket opp, blir det liggende små skogteiger med åpent landskap, veier og bebyggelse imellom. Det gir flere virkninger:

• Koalaene må krysse åpent land for å finne mat eller make. Da blir mange påkjørt av bil eller tatt av hund.
• Hver teig kan bare fø på en liten bestand. Små bestander dør lettere ut ved tilfeldige hendelser som brann, tørke eller sykdom.
• Utveksling av gener mellom teigene blir liten. Det gir innavl og mindre genetisk variasjon i hver bestand, slik at bestanden tåler sykdom og endringer dårligere.

Til sammen gjør dette at antallet koalaer går ned.

Punktene i figuren viser at netto opptak av $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ øker når nitrogeninnholdet i bladene øker. Ved omtrent $2\mathrm{g}/{\mathrm{m}}^2$ nitrogen ligger de fleste målingene mellom 5 og 15 $\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{k}\mathrm{r}\mathrm{o}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}/{\mathrm{m}}^2\mathrm{s}$, mens de ved omtrent $3\mathrm{g}/{\mathrm{m}}^2$ ligger mellom 13 og 21 $\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{k}\mathrm{r}\mathrm{o}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}/{\mathrm{m}}^2\mathrm{s}$. Sammenhengen er positiv, men spredningen er stor, så nitrogen er ikke den eneste faktoren som virker inn.

Forklaringen er at nitrogen inngår i de stoffene planten trenger for å drive fotosyntese. Nitrogen er byggestein i aminosyrer og dermed i alle proteiner, blant annet enzymet rubisco, som binder $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ i kalvinsyklusen. Nitrogen inngår også i klorofyllmolekylet, som fanger lysenergien. Blader med mye nitrogen har derfor mer klorofyll og mer rubisco. Da går fotosyntesen raskere, planten binder mer $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$, og netto opptak av $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ blir større.

CYP-enzymene bryter ned giftstoffene i eukalyptusbladene. To genetiske forskjeller gjør koalaen bedre rustet enn andre arter:

Koalaen har flere kopier av enkelte CYP-gener. Flere kopier betyr at det kan transkriberes mer mRNA og lages mer enzym på kort tid. Da blir giftstoffene brutt ned raskere enn de tas opp, og de rekker ikke å hope seg opp i kroppen.

Flere av CYP-genene har også en annen basesekvens enn hos andre arter. Ulik basesekvens gir ulik rekkefølge av aminosyrer, og dermed enzymer med litt ulik form på det aktive setet. Koalaen får derfor et sett av CYP-enzymer som passer til flere forskjellige giftstoffer. Siden eukalyptusblader inneholder mange ulike giftstoffer, er det nødvendig.

Koalaer med disse genvariantene overlevde bedre og fikk flere unger, og variantene ble vanligere gjennom naturlig utvalg.

Et individ er heterozygot når de to allelene i genet har ulik lengde. For gen 4 er allellengdene:

• Hunn A: 288 og 220 – ulike, altså heterozygot
• Hunn B: 160 og 160 – homozygot
• Hann C: 288 og 220 – ulike, altså heterozygot
• Hann D: 288 og 288 – homozygot
• Avkom E: 288 og 288 – homozygot
• Avkom F: 220 og 220 – homozygot
• Avkom G: 288 og 160 – ulike, altså heterozygot

Hunn A, hann C og avkom G er heterozygote for gen 4.

Et avkom får ett allel fra mora og ett fra faren i hvert gen. B har allelene 133/133, 231/213, 174/174 og 160/160. C har allelene 133/191, 231/213, 174/174 og 288/220.

Avkom E har 256/256 i gen 2. Verken B eller C har allelet 256, så E kan ikke være avkom etter B og C.

Avkom F har 256/256 i gen 2, 151/151 i gen 3 og 220/220 i gen 4. B har ingen av allelene 256, 151 eller 220, så F kan ikke være avkom etter B og C.

Avkom G har 133/133 i gen 1 (133 fra B og 133 fra C), 231/231 i gen 2 (231 fra begge), 174/174 i gen 3 (174 fra begge) og 288/160 i gen 4 (160 fra B og 288 fra C). Alle allelene kan komme fra B og C, så G kan være avkom etter dem.

Bare G kan være avkom etter B og C.

I en gelelektroforese vandrer DNA-fragmentene fra brønnen mot den positive polen, fordi DNA er negativt ladd. Korte fragmenter vandrer lettest gjennom gelen og kommer lengst, mens lange fragmenter blir liggende nærmere brønnen.

Avkommene har disse allelene i gen 1, 2 og 3:

• E: 133/133, 256/256 og 174/174
• F: 133/133, 256/256 og 151/151
• G: 133/133, 231/231 og 174/174

Alle tre avkommene er homozygote i alle tre genene. Hvert gen gir derfor bare ett bånd, ikke to, og hvert avkom får tre bånd til sammen.

Båndet på 133 basepar har vandret lengst og ligger nederst i alle tre brønnene, fordi allelet på 133 basepar er felles for alle avkommene i gen 1. Båndet på 256 basepar ligger øverst hos E og F. G har i stedet et bånd på 231 basepar, som ligger litt lenger ned fordi fragmentet er kortere. I gen 3 har E og G bånd på 174 basepar, mens F har et kortere fragment på 151 basepar som har vandret lenger.

Pelsfarge. Begge foreldrene er grå, men de får et brunt avkom. Brun er den recessive fenotypen, så det brune avkommet må være aa. Hver av foreldrene må da ha gitt fra seg et a-allel. Begge foreldrene er derfor heterozygote: Aa × Aa.

Klolengde. Genet ligger på X-kromosomet. Vi kaller allelet for lange klør ${\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}$ og allelet for korte klør ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}$. Hunner som er heterozygote, ${\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}$, har mellomlange klør. Hanner har bare ett X-kromosom og får derfor enten lange eller korte klør.

Den ene forelderen har lange klør og den andre korte. Hannen i avkommet har lange klør, og hannen har fått X-kromosomet sitt fra mora. Mora må derfor ha et ${\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}$-allel. Hunnen i avkommet har mellomlange klør, altså ${\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}$, og har fått ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}$ fra faren.

Faren har da korte klør, ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}\mathrm{Y}$, og mora har lange klør, ${\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}$. Hvis vi snur det, med mor ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}$ og far ${\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}\mathrm{Y}$, ville sønnen fått ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}\mathrm{Y}$ og korte klør. Det stemmer ikke med opplysningene.

Foreldrene er mor Aa ${\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}$ (grå, lange klør) og far Aa ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}\mathrm{Y}$ (grå, korte klør).

Hunnen i avkommet er brun med mellomlange klør: aa ${\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}$. Hannen hun krysses med, er heterozygot for pelsfarge og har korte klør: Aa ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}\mathrm{Y}$.

Hunnen lager to typer kjønnsceller: a ${\mathrm{X}}^{\mathrm{L}}$ og a ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}$. Hannen lager fire typer: A ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}$, A Y, a ${\mathrm{X}}^{\mathrm{K}}$ og a Y.

De åtte rutene er like sannsynlige, så hver fenotype har sannsynlighet $\frac{1}{8}$, altså 12,5 %:

• grå hunn med mellomlange klør: 12,5 %
• grå hunn med korte klør: 12,5 %
• grå hann med lange klør: 12,5 %
• grå hann med korte klør: 12,5 %
• brun hunn med mellomlange klør: 12,5 %
• brun hunn med korte klør: 12,5 %
• brun hann med lange klør: 12,5 %
• brun hann med korte klør: 12,5 %

Halvparten av avkommene blir grå og halvparten brune, og halvparten blir hunner og halvparten hanner.

Vi leser av figuren hvor stor prosentdel som overlever ved 0, 2, 4 og 8 salamandere:

• Gravefrosk: omtrent 92 %, 55 %, 42 % og 18 %. Antallet synker jevnt.
• Vårpipfrosk: omtrent 6 %, 27 %, 27 % og 30 %. Antallet øker.
• Sørlig padde: omtrent 40 %, 25 %, 6 % og 8 %. Antallet synker.

De tre artene har overlappende nisjer og konkurrerer altså om den samme maten og plassen i dammen. Uten salamander er gravefrosken den klart sterkeste konkurrenten: nesten alle gravefroskene overlever, mens bare 6 % av vårpipfroskene klarer seg. Vårpipfrosken blir konkurrert ut.

Når salamanderen kommer inn, beiter den på rumpetrollene. Den tar flest av den arten det er mest av, altså gravefrosken. Gravefrosken blir derfor kraftig redusert. Da blir det mer mat og plass igjen til vårpipfrosken, og gevinsten av mindre konkurranse er større enn tapet til predatoren. Derfor øker vårpipfrosken selv om predasjonen øker.

Sørlig padde synker fordi den både blir spist av salamanderen og fortsatt konkurrerer med de to andre artene. Den taper altså på begge forhold.

Samlet sett gjør salamanderen at fordelingen mellom de tre artene blir jevnere. Salamanderen virker som en nøkkelart: den holder den sterkeste konkurrenten nede og gjør at flere arter kan leve sammen i dammen.

Alle de fire populasjonene stammer fra den samme populasjonen nord for Central Valley. Derfra spredte salamanderne seg sørover langs begge sidene av dalen. Den tørre dalbunnen er et uegnet leveområde, så populasjonene på vestsida og østsida ble skilt fra hverandre.

Monterrey E. og Guløyd E. ligger ved siden av hverandre på vestsida. Nabopopulasjoner grenser til hverandre, og individer kan vandre og pare seg over grensa. Det er altså genflyt mellom dem, og genflyten holder dem genetisk like. I tillegg lever de i noenlunde samme miljø, så det naturlige utvalget virker likt på dem.

Monterrey E. og Storflekket E. ligger derimot på hver sin side av dalen. De har vært skilt helt siden spredningen begynte for flere millioner år siden, og det har ikke vært genflyt mellom sidene. I hver av de to greinene har det hopet seg opp ulike mutasjoner, og genetisk drift og ulikt naturlig utvalg langs de to sidene har trukket dem fra hverandre. Derfor er de to populasjonene som møtes sør for dalen, mer genetisk ulike enn nabopopulasjonene i kjeden.

Selv om de to populasjonene regnes til samme art, er de blitt reproduktivt isolert fra hverandre. To mulige årsaker:

1. Atferdsisolasjon. Etter millioner av år hver for seg har fargemønster, lukt og paringsatferd blitt ulike i de to populasjonene. Salamanderne kjenner derfor ikke hverandre igjen som mulige maker, og paring skjer sjelden. Dette er en barriere før befruktning.

2. Lav levedyktighet hos avkommet. Arvestoffet i de to populasjonene er blitt så ulikt at et eventuelt hybridavkom fungerer dårlig. Slike avkom dør ofte tidlig eller blir sterile, og de får sjelden egne unger. Dette er en barriere etter befruktning.

En tredje mulighet er at de to populasjonene lever i litt ulike habitater der de møtes, slik at individene sjelden treffer hverandre i paringstida.