Del 1

Oppgave 1 – Kortsvarsoppgaver

1a) Metode for å utforske artsmangfold

Eksempel: Ruteanalyse (kvadratmetode)

En kvadratramme (f.eks. 0,5 m × 0,5 m) legges ut tilfeldig i undersøkelsesområdet flere ganger. I hver rute registreres alle arter og deres dekningsgrad eller antall individer. Rutene plasseres i ulike deler av området for å gi et representativt bilde av hele økosystemet.

Resultatene presenteres i en tabell med art, frekvens (andel ruter arten ble funnet i) og dekningsgrad. Resultatene gir informasjon om:

• Artsrikdom: Antall ulike arter som ble registrert
• Jevnhet: Mengdeforholdet mellom artene (om noen arter dominerer eller om artene er jevnt fordelt)
• Artsmangfold: En kombinasjon av artsrikdom og jevnhet

1b) Enzymforsøk med ulik pH

1) Hypotese:

«Enzymet har optimal aktivitet ved pH rundt nøytral (ca. 6,9–7,1), og produktmengden avtar ved lavere pH-verdier.»

Begrunnelse: Dataene viser at produktmengden øker fra pH 6,5 til 6,9, og deretter er tilnærmet lik fra pH 6,9 til 7,1. Dette tyder på at pH-optimum ligger i dette området.

2) Utvidelse av forsøket:

De fire nye glassene bør ha pH-verdier over 7,1, for eksempel pH 7,3, 7,5, 7,7 og 7,9. Begrunnelse:

• Vi vet allerede at produktmengden øker fra pH 6,5 til 6,9, men vi vet ikke hva som skjer ved høyere pH.
• Ved å teste pH-verdier over 7,1 kan vi finne ut om produktmengden begynner å avta, og dermed bestemme det nøyaktige pH-optimum for enzymet.
• Alle andre variabler må holdes konstante (temperatur, substratmengde, enzymmengde, reaksjonstid) for at forsøket skal være gyldig.

1c) Interessekonflikt om forvaltning av en populasjon

Eksempel: Forvaltning av ulvebestanden i Norge

Bønder og reindriftsutøvere ønsker færre ulv. Ulven tar husdyr og rein, noe som fører til økonomiske tap og psykisk belastning. De mener bestanden bør holdes svært lav eller fjernes fra beiteprioriterte områder.

Miljøvernere og biologer ønsker en større og levedyktig ulvestamme. De argumenterer for at ulven er en naturlig del av det norske økosystemet og har en viktig rolle som toppredator. Ulven regulerer bestanden av hjortedyr, noe som kan ha positive ringvirkninger for vegetasjon og andre arter (trofisk kaskade).

Politiske hensyn: Norge er forpliktet gjennom Bern-konvensjonen til å bevare ulven som art. Samtidig må myndighetene ta hensyn til næringsinteresser og lokalsamfunn i ulvesonen.

Drøfting: Konflikten er vanskelig å løse fordi begge sider har legitime argumenter. Et kompromiss kan innebære en begrenset ulvesone med lisensjakt for å regulere bestanden, kombinert med erstatningsordninger for tap av husdyr. Men dette tilfredsstiller sjelden noen av partene fullt ut.

1d) CRISPR-metoden

CRISPR (Clustered Regularly Interspaced Short Palindromic Repeats) er en metode for genredigering som gjør det mulig å klippe i DNA på bestemte, forhåndsvalgte steder.

Slik fungerer metoden:

1. Et guide-RNA (gRNA/sgRNA) designes slik at det har en basesekvens som er komplementær til den DNA-sekvensen man ønsker å redigere.
2. Guide-RNA-et fester seg til enzymet Cas9, en endonuklease (et enzym som kan klippe DNA).
3. Komplekset av gRNA og Cas9 søker gjennom DNA-et. Når gRNA-et finner sin komplementære sekvens, binder det seg til DNA-et ved basekomplementaritet.
4. Cas9 klipper begge trådene i DNA-dobbeltheliksen (dobbelttrådbrudd).
5. Cellens egne reparasjonsmekanismer reparerer bruddet. Dette kan skje ved:
   • NHEJ (Non-Homologous End Joining): Endene settes sammen direkte, men det kan oppstå innsettinger eller delesjoner som inaktiverer genet.
   • HDR (Homology-Directed Repair): En tilført DNA-mal brukes som oppskrift, slik at en ønsket sekvens settes inn.

Pilene i figuren:

• Pil 1: DNA-molekylet (dobbelttrådet DNA)
• Pil 2: Cas9-proteinet (enzymet som klipper DNA)
• Pil 3: Guide-RNA (gRNA/sgRNA)

Oppgave 2 – Flervalgsoppgaver

Spørsmål 1 – Kontrollforsøk med antibiotikum

Et kontrollforsøk skal være identisk med hovedforsøket, bortsett fra den variabelen vi undersøker (den uavhengige variabelen). For å teste effekten av antibiotikum, må vi gjenta forsøket under nøyaktig samme betingelser, men uten antibiotikum. Da kan vi sammenligne resultatene og trekke konklusjoner om antibiotikumets effekt.

Spørsmål 2 – Melkesyreproduksjon i dyreceller

Melkesyre dannes ved anaerob celleånding (melkesyregjæring). For høy melkesyreproduksjon trenger vi:

• Optimal temperatur for enzymene (37 °C for dyreceller)
• Lavt oksygennivå, slik at cellene tvinges til anaerob metabolisme

Glass 3 (37 °C, 5 % O&sub2;) har optimal temperatur og lavt oksygen → mest melkesyre. Glass 4 har lavt oksygen, men 75 °C denaturerer enzymene. Glass 1 har for lav temperatur. Glass 2 har for mye oksygen (cellene driver aerob celleånding i stedet).

Spørsmål 3 – Populasjonsvekstkurve

Når fødselsraten er høyere enn dødsraten, vokser populasjonen. Etter hvert som fødselsraten nærmer seg dødsraten, avtar veksten. Når kurvene krysser og fluktuerer rundt hverandre, svinger populasjonen rundt bæreevnen.

Kurve 3 viser en S-formet vekstkurve (logistisk vekst) med svingninger rundt bæreevnen, noe som stemmer overens med de gitte fødsels- og dødsratekurvene.

Spørsmål 4 – Næringsnett i Arktis

Påstand 1 er feil: Polarlomvi, lomvi og ringsel befinner seg på høyere trofiske nivåer enn sei og lodde. Ifølge energipyramiden avtar biomassen oppover i næringskjeden. Organismer på lavere trofisk nivå (sei og lodde) har normalt større samlet biomasse enn organismer på høyere trofisk nivå.

Påstand 2 er feil: Vi sporer pilene i næringsnettet for å finne den lengste næringskjeden. De lengste mulige kjedene er på fem ledd, for eksempel:

• Planteplankton → Krill → Lodde → Lomvi → Isbjørn
• Planteplankton → Krill → Lodde → Ringsel → Isbjørn
• Isalger → Ishavsåte → Lodde → Lomvi → Isbjørn

Det går ingen pil fra polarlomvi til isbjørn i figuren, så polarlomvi er en topp-predator i næringsnettet og kan ikke inngå i en lengre kjede. Den lengste næringskjeden har derfor fem ledd, ikke seks.

Spørsmål 5 – Energistrøm i økosystem

Påstand 1: Z er energistrømmen fra førstekonsumenter til andrekonsumenter. Vi beregner Z ut fra energibalansen til andrekonsumentene (energi inn = energi ut): 100 (til tredjekonsumenter) + 200 (til X/nedbrytere) + 1700 (til Y/celleånding) = 2000 kJ/m² per år. Altså er Z = 2000, ikke 1000. Påstand 1 er feil.

Påstand 2: Total energi bundet av produsenter = energi til førstekonsumenter + energi til X (nedbrytere) + energi til Y (celleånding) = 13 000 + 22 000 + 50 000 = 85 000 kJ/m² per år. 85 000 > 80 000, så påstand 2 er riktig.

Påstand 3: Boks X mottar energi fra alle trofiske nivåer i form av dødt organisk materiale → representerer energi overført til nedbrytere. Boks Y mottar energi fra alle trofiske nivåer i form av varme → representerer energi frigjort gjennom celleånding. Påstand 3 er riktig.

Spørsmål 6 – Celleånding: trinn og oksygen

De tre trinnene i aerob celleånding:

• Trinn 1 = Glykolysen: Glukose brytes ned til pyruvat (i cytoplasma)
• Trinn 2 = Krebssyklusen (sitronsyresyklusen): Pyruvat brytes videre ned, CO&sub2; frigjøres (i mitokondrienes matriks). Vises som sirkel i figuren.
• Trinn 3 = Oksidativ fosforylering (elektrontransportkjeden): NADH og FADH&sub2; overleverer elektroner, og O&sub2; brukes som siste elektronakseptor. Her dannes mesteparten av ATP.

Spørsmål 7 – Negativ tilbakekobling

Ved negativ tilbakekobling (endeprodukthemming) binder sluttproduktet seg til det første enzymet i reaksjonskjeden og hemmer det. Dette regulerer produksjonen slik at det ikke dannes for mye av sluttproduktet.

Her er stoff C sluttproduktet, og det binder seg tilbake til enzym 1 (det første enzymet) og hemmer det allosterisk.

Spørsmål 8 – Substrat, enzym og hemmer

Påstand 1 er feil: En konkurrerende hemmer binder seg til det aktive setet og konkurrerer med substratet. Figuren viser at hemmeren binder seg til et annet sted – dette er ikke-konkurrerende (allosterisk) hemming.

Påstand 2 er riktig: Hemmeren binder seg til det allosteriske setet (et annet bindingssted enn det aktive setet). Dette endrer formen på enzymet slik at substratet ikke lenger passer like godt i det aktive setet.

Påstand 3 er feil: Ved ikke-konkurrerende hemming hjelper det ikke å tilføre mer substrat, fordi hemmeren ikke blokkerer det aktive setet direkte. Enzymet er strukturelt endret uavhengig av substratkonsentrasjonen. (Det er ved konkurrerende hemming at mer substrat kan overvinne hemmingen.)

Spørsmål 9 – DCPIP og fotosyntese

DCPIP er et blått fargestoff som blir fargeløst når det tar opp elektroner (reduseres). I fotosyntesens lysreaksjoner (som foregår i tylakoidmembranene) spaltes vann, og elektroner frigjøres. DCPIP kan erstatte NADP¹ som elektronakseptor.

For at DCPIP skal bli fargeløs, trengs:

• Lys (energikilde for fotosyntesen)
• Intakte tylakoider (der lysreaksjonene foregår)

Kun løsning 1 har begge deler: kloroplaster med tylakoider og lys. Løsning 2 mangler tylakoider, løsning 3 mangler lys, og løsning 4 mangler begge.

Spørsmål 10 – Celleånding: fire påstander

Påstand 1 er riktig: FADH&sub2; dannes i krebssyklusen (FAD reduseres til FADH&sub2; i ett av trinnene).

Påstand 2 er feil: CoA (koenzym A) inngår i overgangstrinnet mellom glykolyse og krebssyklusen (pyruvat + CoA → acetyl-CoA), ikke i selve glykolysen.

Påstand 3 er riktig: I den oksidative fosforyleringen (elektrontransportkjeden) er oksygen den siste elektronakseptoren. Når O&sub2; tar opp elektroner og H¹-ioner, dannes vann (H&sub2;O).

Påstand 4 er feil: Pyruvat dannes i glykolysen, som er det første trinnet i all celleånding – både aerob og anaerob. Glykolysen foregår i cytoplasma og krever ikke oksygen.

Spørsmål 11 – Anaerob celleånding

I anaerob celleånding hos gjær (alkoholgjæring) skjer følgende:

• Glykolysen: Glukose → 2 pyruvat. Her dannes ATP (stoff 1).
• Gjæring: Pyruvat omdannes til etanol (stoff 3) og CO&sub2;. NADH reoksideres til NAD¹.

Spørsmål 12 – mRNA-mutasjon

Vi deler opp i kodoner (tripletter) og oversetter:

Før: AUG (Met) | AAG (Lys) | UUU (Phe) | CGC (Arg) | UAA (Stopp)

Etter: AUG (Met) | AAG (Lys) | UUU (Phe) | AGC (Ser) | UAA (Stopp)

Mutasjonen endrer det fjerde kodonet fra CGC til AGC. Dette er en punktmutasjon (substitusjon) der C er byttet ut med A i posisjon 10. Aminosyren arginin (Arg) erstattes med serin (Ser) i proteinet.

Spørsmål 13 – Genregulering

Påstand 1 er riktig: DNA-metylering (tilføying av metylgrupper til cytosinbaser) kan «skru av» et gen ved å hindre transkripsjonsfaktorer i å binde seg til promotoren.

Påstand 2 er riktig: Alternativ spleising gjør at pre-mRNA kan spleises på ulike måter, slik at ett gen kan kode for flere ulike proteiner ved å kombinere ulike eksoner.

Påstand 3 er riktig: Epigenetisk genregulering (metylering, histonmodifisering) påvirker genuttrykket uten å endre selve DNA-sekvensen. Endringene er reversible og kan arves til datterceller.

Spørsmål 14 – Stamtavle: X-bundet recessiv arv

Sykdom 1 kan IKKE forklares med X-bundet recessiv arv: I stamtavlen for sykdom 1 finnes det en syk kvinne der faren er frisk. For X-bundet recessiv arv må en syk kvinne ha genotypen X^aX^a. Hun må ha fått ett X^a fra faren. Men faren er frisk (X^AY), og kan dermed ikke gi et sykdomsallel. Dette er en selvmotsigelse.

Sykdom 2 KAN forklares med X-bundet recessiv arv: Syk mann i generasjon 1 (X^aY) gir X^a til alle døtre (bærere). Dersom en bærerdatter (X^AX^a) får barn med en syk mann (X^aY), kan datteren bli syk (X^aX^a). Stamtavlen er forenlig med dette mønsteret.

Spørsmål 15 – Squash-farge: to gener

Fenotyper og genotyper:

• Hvit: AA eller Aa (enzym 1 ikke funksjonelt → forblir hvit)
• Grønn: aabb (enzym 1 funksjonelt, enzym 2 ikke funksjonelt → hvit → grønn, stopper der)
• Gul: aa med BB eller Bb (begge enzymer funksjonelle → hvit → grønn → gul)

Krysning: Grønn (aabb) × Hvit (?) → hvite og gule avkom, ingen grønne.

Grønn forelder gir gameter: ab. For at avkommet skal være gult (aaBb), trenger vi a og B fra hvit forelder. For hvite avkom (Aa), trenger vi A fra hvit forelder.

Hvit forelder må altså ha Aa (for å gi både A og a) og BB (for å gi B, og for å unngå grønne avkom).

Krysning aabb × AaBB gir: AaBb (hvit) og aaBb (gul) i forholdet 1:1. Ingen grønne avkom.

Spørsmål 16 – Genterapi: vektoren

I genterapi brukes en vektor (vanligvis et modifisert virus) til å frakte det friske genet inn i pasientens celler. Ifølge figurteksten:

• 1: Vektoren (virus-liknende partikkel med sirkulært DNA) utenfor cellen
• 2: Cellemembranen – vektoren leverer DNA inn i cellen
• 3: Protein produsert fra det nye genet
• 4: Cellekjernen med DNA/mRNA

Spørsmål 17 – Bioteknologi: fire påstander

Påstand 1 er feil: Noen genmodifiserte organismer har fått gener fjernet, endret eller inaktivert (f.eks. med CRISPR), uten at nye gener er tilført.

Påstand 2 er feil: Gendiagnostikk handler om å undersøke og analysere gener for å oppdage sykdomsfremkallende mutasjoner. Det innebærer ikke å fjerne gener – det er genterapi.

Påstand 3 er riktig: DNA er negativt ladet (pga. fosfatgruppene) og vandrer derfor mot den positive polen (anoden) i et elektrisk felt under gelelektroforese.

Påstand 4 er riktig: En PCR-syklus har tre temperatursteg: denaturering (~95 °C), annealing/primerbinding (~55 °C) og elongering/forlenging (~72 °C).

Spørsmål 18 – Seleksjon hos kaktus

Opprinnelig var det seleksjon for mange pigger (forsvar mot planteetere). Nå endres seleksjonspresset til fordel for færre pigger (skadeinsektene legger egg på piggene, og larvene spiser kaktusen – jo flere pigger, jo flere larver).

Dette er retningsbestemt seleksjon (directional selection): Fordelingskurven forskyves fra mange pigger (før) mot færre pigger (etter). Figur D viser den opprinnelige fordelingen (stiplet linje) forskjøvet mot mange pigger, og den nye fordelingen (hel linje) forskjøvet mot færre pigger.

De andre figurene passer ikke: Figur A viser stabiliserende seleksjon (smalere topp, samme gjennomsnitt). Figur B viser disruptiv seleksjon (bimodal fordeling). Figur C viser retningsbestemt seleksjon mot flere pigger, som er motsatt av det vi forventer.

Spørsmål 19 – Flaskehalseffekt

Flaskehalseffekten oppstår når en populasjon gjennomgår en dramatisk reduksjon i størrelse (f.eks. pga. naturkatastrofe, epidemi). Den gjenlevende populasjonen har redusert genetisk variasjon.

Fra populasjonskurven ser vi at det er et dramatisk fall i populasjonsstørrelse mellom tidspunktene Q og R. Dette representerer flaskehalseffekten.

Spørsmål 20 – Fylogenetisk tre

Påstand 1 er riktig: I det fylogenetiske treet er J og K søsterarter (deler en nylig felles stamfar), og det samme gjelder G og H. Siden forgreningspunktene ligger på omtrent samme tidspunkt, vil de to parene ha omtrent like mange felles gener.

Påstand 2 er riktig: G og H er nært beslektede søsterarter som nylig har skilt lag. De er sannsynligvis så like at prezygotiske barrierer er nødvendige for å opprettholde artsskillene. Mellom I og J (som er fjernere beslektet) er forskjellene allerede så store at postzygotiske barrierer (sterile eller lite levedyktige hybrider) kan være tilstrekkelige. Prezygotiske barrierer er ofte sterkere mellom nært beslektede sympatriske arter (forsterkning).

Del 2

Oppgave 3 – Stingsild i canadisk innsjø

a) Hvorfor er andelen hybrider lav blant voksne?

Selv om hybrider kan klekke like bra som de rene typene, har de lavere fitness (tilpasningsevne) som voksne. Årsakene:

• Hybridene har en mellomform-fenotype som ikke er godt tilpasset noen av de to økologiske nisjene.
• Den bunnlevende typen er spesialisert for livet på bunnen: bredt hode, kraftig kropp tilpasset å spise bunnorganismer (snegler, insektlarver).
• Den pelagiske typen er spesialisert for de frie vannmassene: slank kropp, mange gjellegitterstaver tilpasset å filtrere dyreplankton.
• Hybridene faller «mellom to stoler» – de konkurrerer dårligere om føde i begge nisjene sammenlignet med de spesialiserte typene.
• Dette er et eksempel på disruptiv (splittende) seleksjon der mellomformer har lavere overlevelse og reproduksjon.

b) Mekanismer for artsdannelse

Forskerne mener de to typene vil utvikle seg til to adskilte arter. Dette er et eksempel på sympatrisk artsdannelse (artsdannelse uten geografisk barriere, i samme område):

Økologisk isolasjon: De to typene lever i ulike habitater i innsjøen (bunn vs. pelagisk sone) og utnytter ulike matressurser. De møtes sjeldnere enn tilfeldig, noe som reduserer genflyt.

Seksuell seleksjon / atferdsmessig isolasjon: De to typene kan utvikle preferanser for partnere som ligner dem selv (assortativ paring). Forskjeller i paringsatferd, farge eller størrelse kan virke som prezygotiske barrierer.

Disruptiv seleksjon: Mellomformer (hybrider) har lavere fitness. Det selekteres for individer som er mest spesialiserte til sin nisje, noe som forsterker forskjellene mellom typene over tid.

Forsterkning (reinforcement): Siden hybridene har lav fitness, vil det selekteres for mekanismer som forhindrer hybridisering. Prezygotiske barrierer (f.eks. ulik paringspreferanse) forsterkes over generasjoner fordi individer som unngår hybridisering, får avkom med høyere fitness.

Genetisk divergens: Over tid akkumuleres genetiske forskjeller mellom de to typene. Forskjeller i alleler som påvirker morfologi, atferd og nisjebruk øker, og kan til slutt føre til fullstendig reproduktiv isolasjon.

c) Pitx1-genet og bukpigger

Pitx1-genet har ulike regulatorsekvenser (enhancere) som styrer genuttrykket i ulike vev og celletyper. Det finnes separate regulatorsekvenser for:

• Uttrykk i celler som danner bukpigger
• Uttrykk i celler som danner kjeve
• Uttrykk i celler som danner hypofyse

Delesjonen rammer kun regulatorsekvensen (enhanceren) for bukpigg-uttrykk. Uten denne regulatorsekvensen kan transkripsjonsfaktorer ikke binde seg til det aktuelle regulatorområdet, og genet vil ikke bli transkribert i bukpigg-cellene. Dermed produseres det ikke Pitx1-protein i disse cellene, og bukpiggene utvikles ikke.

Regulatorsekvensene for kjeve og hypofyse er intakte og upåvirket av delesjonen. Selve den kodende sekvensen for Pitx1-genet er også uendret. Derfor kan genet fortsatt transkriberes og translateres normalt i kjeve- og hypofyseceller, der de aktive regulatorsekvensene styrer uttrykket.

d) Er bukpigger dominant eller recessiv?

Vi lar P = allelet for bukpigger og p = allelet for uten bukpigger, og undersøker om med bukpigger er dominant:

Krysning 3: Uten × Uten → alle uten. Genotyper: pp × pp → alle pp (uten). Stemmer.

Krysning 4: Med × Uten → alle med (74:0). Genotyper: PP × pp → alle Pp (med). Stemmer – dette viser at med er dominant.

Krysning 5: Med × Med → alle med (90:0). Genotyper: PP × PP → alle PP (med). Stemmer.

Krysning 2: Med × Med → 118 med : 39 uten ≈ 3:1. Genotyper: Pp × Pp → 1 PP : 2 Pp : 1 pp = 3 med : 1 uten. Stemmer med 3:1-fordelingen.

Krysning 1: Med × Uten → 82 med : 78 uten ≈ 1:1. Genotyper: Pp × pp → 1 Pp : 1 pp = 1 med : 1 uten. Stemmer med 1:1-fordelingen.

Oppgave 4 – Elg og kjøttmeis

a) Hvordan kan høyere elgtetthet føre til nedgang i kjøttmeispopulasjonen?

Sammenhengen mellom elg og kjøttmeis er en indirekte økologisk effekt gjennom delt ressurs (løvtrær):

1. Fôring av elg fører til at elgtettheten øker i området.
2. Mer beiting på løvtrær: Elg beiter på bark, kvister, blader og knopper. Høyere elgtetthet betyr kraftigere beitetrykk.
3. Mindre bladbiomasse: Kraftig beiting reduserer bladmassen på løvtrærne og kan skade trærne.
4. Færre insektlarver: Insektlarver (f.eks. sommerfugllarver) lever på bladene. Mindre bladbiomasse gir dårligere habitat og mindre mat for larvene, slik at antallet reduseres.
5. Mindre mat for kjøttmeis: Kjøttmeisen spiser insektlarver. Færre insektlarver betyr mindre mattilgang, noe som kan føre til lavere overlevelse og reproduksjon hos kjøttmeisen.

b) Hvorfor holde andre faktorer like?

For at eksperimentet skal ha høy validitet (intern gyldighet), må forskerne sikre at eventuelle forskjeller i kjøttmeisbestanden skyldes den uavhengige variabelen (fôring av elg) og ikke andre faktorer.

Hvis andre faktorer varierer mellom områdene, kan disse være konfunderende variabler (forstyrrende faktorer) som påvirker resultatet. Eksempler:

• Abiotiske faktorer: Temperatur, nedbør, solinnstråling, vindforhold, jordsmonn
• Biotiske faktorer: Rovdyrtrykk (f.eks. spurvehauk), tilgang på andre matkilder, sykdom, konkurranse med andre fuglearter, skogstype og alder

Ved å holde disse faktorene så like som mulig mellom forsøksområdene (med fôring) og kontrollområdene (uten fôring), kan forskerne med større sikkerhet trekke konklusjoner om at eventuelle forskjeller i kjøttmeisbestanden skyldes elgfôringen og dens indirekte effekter.

c) Styrkes eller svekkes hypotesen?

Figur 4 (dekningsgrad av løv):

Gjennomsnittlig dekningsgrad av løv er lavere i områder med fôring (ca. 2–3) enn i områder uten fôring (ca. 5–6). Dette støtter mekanismen: mer elg → mer beiting → mindre løv.

Tabell 2 (kjøttmeisdata):

Sammenligningen mellom områder med og uten fôring:

• Antall egg: Omtrent likt (~9,5 vs. ~8,9). Liten eller ingen tydelig forskjell.
• Andel flygedyktige unger: Lavere i fôringsområder (~0,67) enn i områder uten fôring (~0,75). Denne forskjellen tyder på at kjøttmeisen har lavere reproduksjonssuksess der det er mye elg.
• Masse på ungene: Omtrent lik (~15,1 g i begge). Liten forskjell.

Vurdering:

Hypotesen styrkes delvis:

• Dekningsgraden av løv er klart lavere i fôringsområder, noe som bekrefter den foreslåtte mekanismen (mer elg → mindre løv).
• Andelen flygedyktige unger er lavere i fôringsområder, noe som tyder på at kjøttmeisen klarer seg noe dårligere der det er mye elg.
• Forskjellene i eggantall og ungevekt er imidlertid små, noe som indikerer at effekten ikke er dramatisk.

Oppgave 5 – Andematbregne (Azolla)

a) Fordeler ved å dyrke ris sammen med andematbregne

Andematbregnen (Azolla) lever i symbiose med nitrogenfikserende cyanobakterier (Anabaena azollae). Disse bakteriene omdanner nitrogengass (N&sub2;) fra atmosfæren til ammonium (NH&sub4;¹), en form for nitrogen som planter kan ta opp og bruke.

Fordeler for risdyrking:

• Naturlig gjødsling: Når andematbregnen dør og brytes ned, frigjøres nitrogenforbindelsene i vannet og jorda. Risen kan ta opp disse næringsstoffene. Dette fungerer som biologisk nitrogengjødsel.
• Redusert behov for kunstgjødsel: Nitrogenet som fikseres av bakteriene erstatter deler av behovet for nitrogen fra kunstgjødsel, noe som er billigere og mer bærekraftig.
• Hemmer ugrasvekst: Andematbregnen dekker vannoverflaten og skygger for ugras, slik at konkurransen om lys, vann og næringsstoffer reduseres.
• Redusert fordampning: Dekselet av andematbregne på vannoverflaten reduserer fordampning av vann fra rismarkene.

b) Prosesser i cellen (figur 6)

Stoff X og Y:

• Stoff X = Vann (H&sub2;O): Vann går inn i lysreaksjonene i kloroplastene, der det spaltes (fotolyse).
• Stoff Y = Oksygen (O&sub2;): Oksygen er et biprodukt av fotolysereaksjonen i lysreaksjonene.

Prosessene 1–5:

• Prosess 1 – Lysreaksjonene (i tylakoidmembranen i kloroplastene): Sollysenergi brukes til å spalte vann (H&sub2;O → O&sub2; + H¹ + e−). Energien lagres i ATP og NADPH.
• Prosess 2 – Calvinsyklusen (karbonfiksering, i stroma i kloroplastene): CO&sub2; fra lufta bindes til organiske molekyler ved hjelp av ATP og NADPH fra lysreaksjonene. Sluttproduktet er glukose (C&sub6;H&sub1;&sub2;O&sub6;).
• Prosess 3 – Glykolysen (i cytoplasma): Glukose brytes ned til pyruvat (pyrodruesyre). Det dannes litt ATP og NADH.
• Prosess 4 – Krebssyklusen (sitronsyresyklusen, i mitokondriens matriks): Pyruvat brytes videre ned. CO&sub2; frigjøres, og det dannes NADH og FADH&sub2;.
• Prosess 5 – Oksidativ fosforylering (elektrontransportkjeden, i mitokondriens indre membran): Elektroner fra NADH og FADH&sub2; overføres gjennom en kjede av proteiner. Energien brukes til å danne mye ATP. Oksygen (O&sub2;) er den siste elektronakseptoren, og vann (H&sub2;O) dannes.

c) Effekt av andematbregne på CO&sub2; i atmosfæren

Kort sikt:

Andematbregnen driver fotosyntese (prosess 1 og 2) som tar opp CO&sub2; fra atmosfæren og bygger det inn i organiske molekyler (glukose). Planten vokser svært raskt – den kan doble biomassen sin på under to dager. Netto er opptaket av CO&sub2; større enn frigjøringen gjennom celleånding så lenge planten vokser aktivt.

På kort sikt vil dyrking av andematbregne derfor redusere CO&sub2;-innholdet i atmosfæren.

Lang sikt:

Effekten avhenger av hva som skjer med biomassen:

• Hvis biomassen brytes ned av nedbrytere (bakterier og sopp): CO&sub2; frigjøres tilbake til atmosfæren gjennom nedbryterens celleånding. Netto effekt på CO&sub2; blir da tilnærmet null – karbonet sirkulerer i karbonkretsløpet.
• Hvis biomassen lagres permanent: Dersom andematbregnen synker til bunnen av vannområder og begraves under anaerobe (oksygenfrie) forhold, brytes den ikke ned fullstendig. Karbonet lagres som sedimenter eller torv. Dette gir en varig reduksjon av CO&sub2; i atmosfæren.

Historisk parallell: I eocen (for ca. 49 millioner år siden) vokste Azolla i enorme mengder i Nordishavet («Azolla-hendelsen»). Plantene sank til bunnen og ble begravd i sedimenter. Denne massive karbonbindingen bidro trolig til en global avkjøling, der CO&sub2;-nivået i atmosfæren falt dramatisk.