Page 69 -

60
พันธุศาสตร์ประชากรกับการปรับปรุงพันธุ์

× aabb ได้ลูกที่มีจีโนไทป์ AaBb : Aabb : aaBb : aabb เท่ากับ 70 : 60 : 60 : 50 ต้น เมื่อท าการวิเคราะห์
หาค่าไคสแควร์แบบวิธีเดิม พบค่าไคสแควร์มีค่าเท่ากับ 3.33 ซึ่งเมื่อเปิดตารางไคสแควร์ที่ 0.05 พบว่า มีค่า
น้อยกว่า 7.815 ที่ df ของตารางไคสแควร์เท่ากับ 3 แสดงให้เห็นว่า ยีนทั้ง 2 ต าแหน่งอยู่บนคนละโครโมโซม
เดียวกันหรือไม่มี linkage นั่นเอง เมื่อท าการวิเคราะห์แบบ orthogonal จะเป็นดังนี้
2
] − N ส่วนค่า m , m , m และ m มีค่าเท่ากับ
1
a
จากสูตรที่ 1 
n
2
i
= ∑ [
3
4
2
1
i
(n−1)
m i N
4
2
2
2
2
(70) +(60) +(60) +(50)

2

ൌ (
) −240
(1)
1
(240)
4
14,600
) −240 = 243.33 − 240 = 3.33
ൌ (

60

ท าการตรวจสอบด้วยวิธี orthogonal จะทดสอบสมมติฐานดังนี้ (1) ทดสอบอัตราส่วนของยีน
ต าแหน่ง A เป็น 1 : 1 (2) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง B เป็น 1 : 1 (3) ทดสอบยีนทั้ง 2 ต าแหน่งว่าอยู่
โครงการหนังสืออิเล็กทรอนิกส์ด้านการเกษตร เฉลิมพระเกียรติพระบาทสมเด็จพระเจ้าอยู่หัว
คนละโครโมโซม
62 พันธุศาสตร์ประชากร จ านวนต้น orthogonal
สำาหรับการปรับปรุงพันธุ์
จีโนไทป์
Locus A Locus B Linkage
2
1 2 70
AaBb
สูตรที่ 2 คือ (m a - m a ) 1 1 1
2 1
m m N
Aabb 1 2 60 2 2 1 -1 -1
(a - l a )
aaBb (a - l a ) 240 = 1 240 2 2 ൌ -1 1 -1
1
1 2

l N
60
=
aabb 1 50 400 2 l N (20) 2 -1 -1 1
l (a - l a ) 2 = 2 2 l (a - l a ) 2

2 2
1 2
2 1
(1) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง A เป็น 1 : 1
× ×240
1 1 240
1 1 240
2 2
2
2 2

l (a - 2l a a + l a ) 2 1 400 = = l (a - 2l a a + l a )

ൌ
ൌ

2
จะเห็นได้ว่ามีการแบ่งกลุ่มออกเป็น 2 กลุ่ม สามารถที่จะใช้สูตรที่ 2 ในการค านวณได้ดังนี้
[ (130)− (110)]
2 1
2 2
2 1 2
1 2
1 1
1 1 2
2 (20)
2
1 2
2 2
บทที่ 1 องค์ประกอบทางพันธุกรรมและการเข้าสู่สมดุลของประชากร + a l l
2

2
2
2
17

a l - 2a a l l + a l l ) = และ m และมีค่าเท่ากับ (1) 1 2∴  2 1 2 1 2

1 2 1 2 ส่วน a มีค่าเท่ากับ 70+60 = 130 และ a มีค่า
× ×240
ൌ
1 2 1 2

1 2ก าหนดให้ m
1 1 240
2 240

2

1
a l - 2a a l l 2
ൌ
( − 2
2
ൌ
=
ก่อนปรับค่า 2 2 1 2 (110)] 1 1 1 [ (130)− 400 1 2 (20) 2
2

เท่ากับ 50+60 = 110 แทนค่าสูตร = a (l - l ) 2 2 a (l l ) (l - l ) (1)

2 1 2
= 1 2
1
2
1 − (p A + p B + p O )
หลังปรับค่า d 2 2 × ×240 1 1 2 ( − ) ൌ ൌ 2 1  2 ∴ เท่ากับ 50+60 = 110 แทนค่าสูตร
′ ′ 1 1 a  = a ඥ l l 2 และ m และมีค่าเท่ากับ ส่วน a 1 ก าหนดให้ m
( − )
2

2 ∴
[ (130)− (110)]
2
′
1 − (p A + p B + p O ) = d 2 1 1 ൌ 2 1 1 2
มีค่าเท่ากับ 70+60 = 130 และ a มีค่า
4 1(1)

59 นวณได้ดังนี้ ൌ (1) จะเห็นได้ว่ามีการแบ่งกลุ่มออกเป็น 2 กลุ่ม สามารถที่จะใช้สูตรที่ 2 ในการค า 59 เท่ากับ 50+60 = 110 แทนค่าสูตร
[ (130)− (110)]งประชากร บทที่ 1 องค์ประกอบทางพันธุกรรมและการเข้าสู่สมดุลของประชากร
2 ตัวอย่าง ก าหนดให้ หมู่บ้านหนึ่งมีจ านวนคนทั้งหมด 200 คน ประกอบด้วยคนหมู่เลือด A 60 คน หมู่เลือด B
1
เริ่มตั้งสมการว่า อัตราส่วนคาดหมาย l : 1 และ l : 1 มีค่าเท่ากัน ส่วนอัตราส่วนของ

2

2
(
1 − )
∴ 
2
2
1
2
ൌ

บทที่ 1 องค์ประกอบทางพันธุกรรมและการเข้าสู่สมดุลขอ121
30 คน หมู่เลือด AB 60 คน และหมู่เลือด O 50 คน เมื่อประชากรอยู่ในสมดุลความถี่ของแต่ละหมู่เลือดใน 2 ก าหนดให้ m และ m และมีค่าเท่ากับ ส่วน a (1) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง A เป็น 1 : 1 มีค่าเท่ากับ 70+60 = 130 และ a มีค่า

1 1
หมู่บ้านนี้จะเป็นอย่างไร = a เท่ากับ l l : 1 ซึ่งอัตรา l l : 1 คือ ambiguous ratio
ค่าสังเกต a
× ×240
ඥ
1
ඥ 2

2

class ( − ) 1 2 2 1 2 ( − ) จะเห็นได้ว่ามีการแบ่งกลุ่มออกเป็น 2 กลุ่ม สามารถที่จะใช้สูตรที่ 2 ในการค านวณได้ดังนี้ aabb class เท่ากับ 50+60 = 110 แทนค่าสูตร
60

ถ้าอัตราส่วนที่ไม่แน่ใจและต้องการทราบจ�านวนที่ใช้ในการตัดสินใจว่าควรมีจ�านวนเท่าไหร่นั้น

= บปรุงพันธุ์

1 พันธุศาสตร์ประชากรกับการปรั 1 2 -1 ̅̅̅̅ 2 (20) 400 50

-1
p O 1 √p O ส่วน a มีค่าเท่ากับ 70+60 = 130 และ a มีค่า ൌ = 2 1
2
m N
p O N
a
-1 1 1 สามารถน�าวิธีไคสแควร์มาใช้ประเมินจ�านวนที่ต้องการได้ (a − m N) 2 aaBb 1 (1) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง A เป็น 1 : 1
240
240
2
50
(a − m N)
= m
a

√
1
ก าหนดให้ m และ m และมีค่าเท่ากับ
1
1
1
1
1
1
1
1
60
-1
200
× aabb ไ m Nด้ลูกที่มีจีโนไทป์ AaBb : Aabb : aaBb : aabb เท่ากับ 70 : 60 : 60 : 50 ต้น เมื่อท าการวิเคราะห์

อัตราส่วนของประชากรเป็น 3 : 1 หรือ 9 : 7 สามารถค�านวณ ambiguous ratio ดังนี้

=
1 60 -1 -1 พันธุศาสตร์ประชากร 0.5 1 -1 60 50 m N จะเห็นได้ว่ามีการแบ่งกลุ่มออกเป็น 2 กลุ่ม สามารถที่จะใช้สูตรที่ 2 ในการค านวณได้ดังนี้ Aabb aabb
1
= กับการปรับปรุงพันธุ์
̅̅̅̅
-1
1
หาค่าไ 2 (a − m N)คสแควร์แบบวิธีเดิม พบค่าไ p A m N √p A + p O − √p OA เป็น 1 : 1 ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 50 m N มื่อเปิดตารางไคสแควร์ที่ 0.05 พบว่า มีค่า
a คสแควร์มีค่าเท่ากับ 3.33 ซึ่งเ
2
a
3
(a − m N)
9
9
3
2 -1 2 2 l = และ l = ซึ่งอัตรา × : 1 = 1.964 : 1 70 60 2 2 2aaBb AaBb
2
60
2
2
2
=
−0.5
√
+
2 7
(1) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง
1
1
1
-1
1
= เท่ากับ 3 แสดงให้เห็นว่า ยีนทั้ง 2 ต าแหน่งอยู่บนคนละโครโมโซม
× aabb ได้ลูกที่มีจีโนไทป์ AaBb : Aabb : aaBb : aabb เท่ากับ 70 : 60 : 60 : 50 ต้น เมื่อท าการวิเคราะห์
น้อยกว่า 7.815 ที่ df ของตารางไคสแควร์ 0.74 − 0.5 200 7 Loc 60 50 m N Aabb aabb
m N
ท�าการค�านวณหาค่าสังเกต a = a ได้จาก

2
2
60
พันธุศาสตร์ประชากรกับกา
1รปรับปรุงพันธุ์
รวม

200 1us A
2
Linkage
(m +m )N = N +a = N
1 1 Locus B
a +a = N )N = N
-1
1
-1
2
=
เดียวกันหรือไม่มี linkage นั่นเอง เมื่อท าการวิเคราะห์แบบ orthogonal จะเป็นดังนี้ 2 AaBb รวม จีโนไทป์
-1
1
-1
หาค่าไคสแควร์แบบวิธีเดิม พบค่าไคสแควร์มีค่าเท่ากับ 3.33 ซึ่งเมื่อเปิดตารางไคสแควร์ที่ 0.05 พบว่า มีค่า
a
(m +m
1.964N
จ านวนต้น
2
1
1
1
2
2
2
1
=
p B
̅̅̅̅
̅̅̅̅
̅̅̅
√p B + p O − √p O
p A orthogonal
-1 1 จ�านวนค่าสังเกตของจีโนไทป์ A = 2.964 = a  aaBb
70
1
0.24 1
1
-1
60
× aabb ได้ลูกที่มีจีโนไ
2ทป์ AaBb : Aabb : aaBb : aabb เท่ากับ 70 : 60 : 60 : 50 ต้น เมื่อท าการวิเคราะห์
น้อยกว่า 7.815 ที่ df ของตารางไคสแควร์เท่ากับ 1 60 Aabb
−0.5 3 แสดงให้เห็นว่า ยีนทั้ง 2 ต าแหน่งอยู่บนคนละโครโมโซม
50

=
+
√
1
a
200
200
จะเห็นได้ว่า ∑ n a = a + a และ ∑ n − N ส่วนค่า m , m , m N และ m มีค่าเท่ากับ จีโนไทป์ จะเห็นได้ว่า ∑ คนละโครโมโซม

n
i
2
= m+ m = 1
Locus A
Locus B
Linkage
]
n
n
-1
301
-1
0.63 − 0.5 = m + m = 1 a+a และ ∑
3
4
1
หาค่าไคสแควร์แบบวิธีเดิม พบค่าไคสแควร์มีค่าเท่ากับ 3.33 ซึ่งเมื่อเปิดตาร
เดียวกันหรือไม่มี linkage นั่นเอง เมื่อท าการวิเคราะห์แบบ orthogonal จะเป็นดังนี้ างไคสแควร์ที่ 0.05 พบว่า มีค่า
2
i
2.964
i (n−1)
2
1
m i N
1
i
4
จ�านวนค่าสังเกตของจีโนไทป์ aa = 2 2i12
1
i
i=1
i=1
i=1
i=1
จ านวนต้น
=
p B
0.13
จากสูตรที่ 1 
= ∑ [ orthogonal
= aa = 70
1
m m = 1
AaBb
1
=
1 − (p A + p B + p O )
ในกรณี ที่มีจ านวน n classes Locus B 2 d (70) +(60) +(60) +(5 2 2 2 1 (2) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง B เป็น 1 : 1 (3) ทดสอบยีนทั้ง 2 ต าแหน่งว่าอยู่ ต าแหน่ง A เป็น 1 : ในกรณี ที่มีจ านวน n classes
(m a - m a )0)3 แสดงให้เห็นว่า ยีนทั้ง 2 ต าแหน่งอยู่บนคนละโครโมโซม
น้อยกว่า 7.815 ที่ df ของตาราง
2ไคสแควร์เท่ากับ
2
2
2

=
3.841

1 − (0.24 + 0.13 + 0.5) 1 2
2 1
1
=
d

n
ൌ (
2
) −240
Locus A
จากสูตรที่ 2 = ∑ [ a 1 i ] − N ส่วนค่า m , m , m และ m มีค่าเท่ากับ
Linkage
1 − 0.87 m m N
(1)
4
1
3
2
i
เดียวกันหรือไม่มี linkage นั่นเอง (240) 1 2 2 4
4 เมื่อท าการวิเคราะห์แบบ orthogonal จะเป็นดังนี้
(n−1)
m i N
คนละโครโมโซม
ท าการตรวจสอบด้วยวิธี orthogonal จะทดสอบสมมติฐานดังนี้ (1) ทดสอบอัตราส่วนของยีน
จ านวนต้น
จีโนไทป์
จากสูตรที่ 1  orthogonal
2
0.13
= N)
 n 1 1.964N 2 i 60 i n 2  ต าแหน่ง A เป็น 1 : 1 (2) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน
i 14,600
i
]
ยีนทั้ง 2 ต าแหน่งว่าอยู่
= ่ง B เป็น 1 : 1 (3) ทดสอบ
2 3.33 (n−1) ൌ ∑ [ ൌ ( ) −240 = 243.33 ൌ ( 2 ൌ ∑− 240 2
3 2
N 2
4 2.964

x ) - ( x [] (70) +(60) +(60) +(50)
3

1
8
.

ท าการปรับค่า i จากสูตรที่ 1  i 2 ൌ ( n 4 2.964 mN a 2 14,600 i = − N ส่วนค่า m , m , m และ m มีค่าเท่ากับ
(a −m N) ) −240
(a −m =243.33 − 240 =
2
m N
1
60
(1) 4 = i i 1 ] ∑ [ 1 (n−1) = 3.33 4 ) −240 3 4 คนละโครโมโซม
2
ท าการตรวจสอบด้วยวิธี orthogonal จะทดสอบสมมติฐานดังนี้ (1) ทดสอบอัตราส่วนของยีน
1 3(240) (n−1) i 1 m i N (240) 4
2 2
x x N 2 2
1
p O = 4 4 N+m NmN+mN (p O + d) (1 + d) 4
ൌ ∑ [ a −2a m i i 2 1 i i 2 i i 60 2ส่วนของยีนต าแหน่ง B a −2a ൌ ( n 2 (1) ൌ ∑ [ ต าแหน่ง A เป็น 1 : 1 (2) ทดสอบอัตรา
i
n
i
1 1.964N
N

) −240
i
′ 2เป็น 1 : 1 (3) ทดสอบยีนทั้ง 2 ต าแหน่งว่าอยู่
m
ൌ (
1 N
m N
i gonal จะทดสอบสมมติฐานดังนี้ (1) ทดสอบอัตราส่วนของยีน
2
2 2.964 2.964
2
2
2
i
i
(70) +(60)
(0.5 + (0.13))(1 + (0.13)) +(60) +(50)


.
4
1

8

3
] 243.33
14,600) −240 =
2
ท าการตรวจสอบด้วยวิธี ortho 22
2
ൌ (
42
] (70) +(60) +(60) +(50)− 240 = 3.33
ต าแหน่ง A เป็น 1 : 1 (2) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง B เป็น 1 : 1 (3) ทดสอบยีนทั้ง 2 ต าแหน่งว่าอยู่
60

ൌ (
2
) −240
1 2 14,600
2
(1)
=2
1
4 n a i n n i i (240) 4 Nm ]-2 ∑ a +N 3 nn i m i N a n (240) (n−1)
= - ) −240 = 243.33 − 240 = 3.33 ท าการตรวจสอบด้วยวิธี orthogonal จะทดสอบสมมติฐานดังนี้ (1) ทดสอบอัตราส่วนของยีน
n 2
i i
4 ii
คนละโครโมโซม ท าการตรวจสอบด้วยวิธี orthogonal จะทดสอบสมมติฐานดังนี้ (1) ทดสอบอัตราส่วนของยีน
m i N
i
]-2 ∑ a +N ∑∑ m 1
4
ൌ ∑ [ 23
-1.036N
1

(1)
i [
=
14,600
] − N ส่วนค่า m
i ) −240
i
i 4 ൌ
ൌ ∑ [ ∑(
m i N a 60

1
จากสูตรที่ 1 
2
i , m , m และ m มีค่าเท่ากับ
2 2 2 ൌ ( 2 2) +(60) +(60) +(50) (70 ) −240 = 243.33 − 240 = 3.33 ) −240 = 243.33 − 240 = 3.33
2
4
1
8

.
3

ൌ (

2
2.964 2
60
a
a

ต าแหน่ง A เป็น 1 : 1 (2) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง B เป็น 1 : 1 (3) ทดสอบยีนทั้ง 2 ต าแหน่งว่าอยู่
] − 2N + N 2N+N
14,600
n
n
i
=i
ൌ ∑ [
ൌ ∑ [
] −

i (240) 4 3N N orthogonal เดียวกันหรือไม่มี linkage นั่นเอง เมื่อท าการวิเคราะห์แบบ orthogonal จะเป็นดังนี้
i
จีโนไทป์ จ านวนต้น 3 ) −240 m i N 12 1 ] − N ส่วนค่า m , m , m และ m มีค่าเท่ากับ i a i m i [ n ൌ ( = ∑ (1) (n−1) จากสูตรที่ 1 
4
m i N
คนละโครโมโซม ท าการตรวจสอบด้วยวิธี orthogonal จะทดสอบสมมติฐานดังนี้ (1) ทดสอบอัตราส่วนของยีน
4
∴  2 ൌ ∑ [ ---------------------------------1 n 2 a 2 i ] − N ---------------------------------1 ൌ ∑ []−N 2 Locus A 2 2 2 (70) +(60) +(60) +(50) i a n 2 Locus B ∴  Linkage

1
2
2 
2
ต าแหน่ง A เป็น 1 : 1 (2) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง B เป็น 1 : 1 (3) ทดสอบยีนทั้ง 2 ต าแหน่งว่าอยู่
น้อยกว่า 7.815 ที่ df ของตารางไคสแควร์เท่ากับ 3 แสดงให้เห็นว่า ยีนทั้ง 2 ต าแหน่งอยู่บนคนละโครโมโซม
(n−1) i m i N m i N i (n−1)
1
AaBb 70 1 orthogonal 1
ในกรณี ที่มีจ านวน 2 classes สามารถค านวณได้อีกวิธี คือ m i N i = ∑ [ (n−1) หาค่าไคสแควร์แบบวิธีเดิม พบค่าไคสแควร์มีค่าเท่ากับ 3.33 ซึ่งเมื่อเปิดตารางไคสแควร์ที่ 0.05 พบว่า มีค่า เดียวกันหรือไม่มี linkage นั่นเอง เมื่อท าการวิเคราะห์แบบ orthogonal จะเป็นดังนี้ ในกรณี ที่มีจ านวน 2 classes สามารถค านวณได้อีกวิธี คือ
จีโนไทป์
จ านวนต้น
4
1
3
2
4
Aabb คนละโครโมโซม 1 Locus A 2 -1 Locus B -1 × aabb ได้ลูกที่มีจีโนไทป์ AaBb : Aabb : aaBb : aabb เท่ากับ 70 : 60 : 60 : 50 ต้น เมื่อท าการวิเคราะห์ น้อยกว่า 7.815 ที่ df ของตารางไคสแควร์เท่ากับ 3 แสดงให้เห็นว่า ยีนทั้ง 2 ต าแหน่งอยู่บนคนละโครโมโซม Linkage
60
i
n
จากสูตรที่ 1 
a
1
] − N ส่วนค่า m , m , m และ m มีค่าเท่ากับ
2
2 60
aaBb AaBb a 1 70 a 2 -1 2 1 1 a 21  orthogonal -1 1
1

a
ൌ
− N N
(1) จีโนไทป์ + 2 จ านวนต้น − 2ร์มีค่าเท่ากับ 3.3 + 2 เมื่อท าการวิเคราะห์แบบ orthogonal จะเป็นดังนี้ ൌ (1) หาค่าไคสแควร์แบบวิธีเดิม พบค่าไคสแคว เดียวกันหรือไม่มี linkage นั่นเอง
23 ซึ่งเมื่อเ
2ปิดตารางไคสแควร์ที่ 0.05 พบว่า มีค่า
1
aabb Aabb 50 m N 60 m N -1 1 Locus A -1 พันธุศาสตร์ประชากรกับการปรับปรุงพันธุ์ -1 Locus B -1 Linkage
m N
m N
1
60
2 2 2 2 2 2: aaBb : aabb เท่ากับ 70 : 60 : 60 : 50 ต้น เมื่อท าการวิเคราะห์ 2 1งไคสแควร์เท่ากับ 3 แสดงให้เห็นว่า ยีนทั้ง 2 ต าแหน่งอยู่บนคนละโครโมโซม × aabb ได้ลูกที่มีจีโนไทป์ AaBb : Aabb น้อยกว่า 7.815 ที่ df ของตารา
m a +m a −m m NmN 1 2 2 1 1 2 2 1 m a +m a −m
aaBb
60
1 2
2 1
AaBb
70
(1) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง A เป็น 1 : 1 2 -1 m m N 1 ൌ 1 1 หาค่าไคสแควร์แบบวิธีเดิม พบค่าไคสแควร์มีค่าเท่ากับ 3.33 ซึ่งเมื่อเปิดตารางไคสแควร์ที่ 0.05 พบว่า มีค่า -1 1

ൌ

m m N
1
2
1
-1
2 -1
2 50
1
1 60
จะเห็น 2 aabb 1 Aabb 2 1 212่งกลุ่มออกเป็น 2 กลุ่ม สามารถที่จะใช้สูตรที่ 2 ในการค านวณได้ดังนี้ -1 × aabb ได้ลูกที่มีจีโนไทป์ AaBb : Aabb : aaBb : aabb เท่ากับ 70 : 60 : 60 : 50 ต้น เมื่อท าการวิเคราะห์ 1 -1
2 2ได้ว่ามีการแบ
2
2
2
2
2
พันธุศาสตร์ประชากรกับการปรับปรุงพันธุ์
(m a +m a −m m a −2m m a a )−m m a(ma+ma−mma−2mmaa)−m m a
11 2
1
2 2
2 1 22 1
2 1 1
1 2 1
1 2
60
ൌ ൌ
aaBb
1
60
-1
m m N
m m N
(1) ทดสอบอัตราส่วนของยีนต าแหน่ง A เป็น 1 : 1
ก าหนดให้ m และ m และมีค่าเท่ากับ ส่วน a มีค่าเท่ากับ 70+60 = 130 และ a มีค่า -1
1
2
1
2
1

1
1
2
2
2 2
2 2
2
aabb
[m a (1−m )−2m m a a +m a (1−m )][ma (1−m )−2mmaa+ma (1−m )]
2 1 1 2
2
1 1 2
จะเห็นได้ว่ามีการแบ่งกลุ่มออกเป็น 2 กลุ่ม สามารถที่จะใช้สูตรที่ 2 ในการค านวณได้ดังนี้
เท่ากับ 50+60 = 110 แทนค่าสูตร 50 2 11 2 1 21 1 2 2 1 ൌ -1 2 พันธุศาสตร์ประชากรกับการปรับปรุงพันธุ์ 60 -1 1
ൌ
2 m m Nm m N 1 1 2
(1) ทดสอบ
2 1อัตราส่วนของยีนต าแหน่ง A เป็น 1 : 1
2
1
2
(m a −m a )
(m a −m a )
∴  2 ก าหนดให้ m และ m และมีค่าเท่ากับ ส่วน a มีค่าเท่ากับ 70+60 = 130 และ a มีค่า
∴ 
---------------------------------2 ൌ
2
2 1
1 2
1 2

2
1
1
2
ൌ ---------------------------------2
(1) ∴  2 m m N 2 m m N (1)
( − )
(1) จะเห็นได้ว่ามีการแบ่งกลุ่มออกเป็น 2 กลุ่ม สามารถที่จะใช้สูตรที่ 2 ในการค านวณได้ดังนี้

เท่ากับ 50+60 = 110 แทนค่าสูตร
1
2
2
1
ൌ

จากการท า test cross เพื่อตรวจสอบการเกาะกันของยีนที่มี 2 ต าแหน่ง คือ ยีน A ควบคุมสีดอก จากการท า test cross เพื่อตรวจสอบการเกาะกันของยีนที่มี 2 ต าแหน่ง คือ ยีน A ควบคุมสีดอก ก าหนดให้ m และ m และ 2 1 1 2
[ (130)− (110)]มีค่าเท่ากับ ส่วน a มีค่าเท่ากับ 70+60 = 130 และ a มีค่า
1
1
2
1
2
2
∴ 
2 − )
(
ൌ
2
และยีน B ควบคุมลักษณะผิวเมล็ด พบจ านวนต้นของแต่ละจีไนไทป์ที่เกิดขึ้นหลังจากการผสมระหว่าง AaBb ีน B ควบคุมลักษณะผิวเมล็ด พบจ านวนต้นของแต่ละจีไนไทป์ที่เกิดขึ้นหลังจากการผสมระหว่าง AaBb เท่ากับ 50+60 = 110 แทนค่าสูตร และย

× ×240
1 1
ൌ
(1)
2 2

1
1
400
(20) 2 [ (130)− (110)] 2
ൌ 2 ( − )
2
240 ∴  240 1 1
ൌ
= 2

(1) ൌ × ×240
2 2

2 1 1
(20) [ (130)− (110)] 2
400
ൌ = 2 2
ൌ
240 240 1 1
× ×240
2 2
2
(20) 400
ൌ =
240 240