Frekvence alel Př.1 U nocenky podmiňuje neúplně dominantní alela C´ tmavožluté zbarvení květu, alela C bílé; heterozygoti jsou světle žlutí. V populaci bylo celkem u vyšetřených 200 rostlin pozorováno: 150 tmavožlutých, 40 světle žlutých, 10 bílých. Jaká je frekvence obou alel ? 150 ......... C´C´ ................ P 40 ......... C´C .................. H 10 ......... CC .................... Q frekvence p alely C´.............. frekvence q alely C .................
(2 x 150 + 40)/400 =0.85 (2 x 10 + 40)/400 =0.15
Použití HWE v odhad frekvence heterozygotů v případě dominantních a recesivních alel -> odhad frekvence přenašečů choroby
Př.2 Máme 98100 jedinců genotypu AA, 1800 s genotypem Aa a 100 jedinců genotypu aa. Vypočtěte frekvenci alel A a a a zjistěte, zda je populace v rovnováze (tj. vypočtěte očekávané počty jedinců s příslušnými genotypy). 98100 ..... AA ......... P 1800 ......... Aa .......... H 100 ............ aa ...........Q -----------------celkem 100,000 = N
f(AA) = 0. 981 f(Aa) = 0.018 f(aa) = 0.001
frekvence p alely A .............. p = 0.981 + 0.009 = 0.99 q alely a .............. q = 0.009 + 0.001 = 0.01 Očekávané hodnoty: P´ ........... p2 = (0.99)2 = 0.9801 .......................... p2N = 98010 H´ .......... 2pq = 2 x 0.99 x 0.01 = 0.0198 ...... 2pqN = 1980 Q´ ......... q2 = (0.01)2 = 0.0001 ............................. q2N = 10
Př. 3 Charakter povrchu červených krvinek člověka je znám jako tzv. Rh faktor. Je podmíněn genem s alelami D (dominantní) a d (recesivní). Genotypy DD a Dd jsou Rh pozitivní (Rh+), genotyp dd je Rh negativní (Rh-). V populaci amerických bělochů je frekvence Rh+ asi 85,8% a Rh- asi 14,2%. Předpokládejme, že je populace pro tento krevní systém v HWE. Jaká je frekvence heterozygotů? Q .... q2 q2 = 0,142 => q = 0,3768 => p = 1 - q = 0,6232 Očekávané frekvence genotypů: DD ..... p2 = (0,6232)2 = 0,3884 Dd ..... 2pq = 2(0,6232)(0,3768) = 0,4696 dd ..... q2 = (0,3768)2 = 0,1420 Frekvence heterozygotů v populaci je tedy 0,4696 (asi 47%).
Testování shody s HWE • HWE je poměrně robustní vůči menším odchylkám od předpokladů. Ve skutečnosti mají populace omezenou velikost, a každá se od HWP mírně liší i když jsou ostatní předpoklady splněny. • Pro testování, zda alelové frekvence odpovídají HWP, tyto frekvence nejdříve odhadneme pro náš vzorek, pak odhadneme frekvence HWE modelu a předpokládáme, že alely byly kombinovány náhodně. Pak použijeme test χ2 (chí-kvadrát).
Př.4 V určité části Afriky je vysoká frekvence srpkovité anémie (pokud uvážíme, že homozygotní stav způsobuje těžké onemocnění). Ve vzorku 400 osob ze západní Afriky bylo 320 normálních (tj. genotyp AA), 72 přenašečů (Aa) a 8 dětí nemocných (aa). Je tato populace v rovnováze ?
AA ... počet jedinců N11 = 320 Aa ... N12 = 72 aa ... N22 = 8
P= N11/N = 0.8 H=N12/N = 0.18 Q=N22/N = 0.02
p... frekvence normální alely A p = P + H/2 = 0.89 q... frekvence postižené alely a q = Q + H/2 = 0.11 (Také podle p + q = 1)
Ověření rovnováhy - test χ2 Genotyp AA Aa aa
Hodnoty pozorované NAA = 320 NAa = 72 Naa = 8
Hodnoty předpokládané p2N = 316.8 2pqN = 78.3 q2N = 4.8
χ2 = (NAA - p2N)2/p2N + (NAa - 2pqN)2/2pqN + (Naa - q2N)2/q2N (Druhé mocniny standardizovaných odchylek od očekávaných hodnot.)
χ2 = 2.67 df = 1 (tři kategorie - 1, minus 1 za odhad alelové frekvence) χ2 < 3.84 (viz tabulkové hodnoty)
Závěr: Pozorovaný vzorek je konzistentní s očekáváním podle H-W rovnováhy.
Př. 5 Vypočítejte frekvenci dominantní alely v panmiktické populaci, v níž je 36% jedinců recesivního fenotypu. Uveďte celkové genotypové složení této populace. Q = 0.36 => frekvence recesivní alely: q = √(0.36) = 0.6 => frekvence dominantní alely: p = 0.4 ........... P = 0.16 Frekvence heterozygotů tedy je:
H = 2pq = 2x0.4x0.6 = 0.48
Př. 6 Zhoubná anemie (thalassemie) se vyskytuje v poměrně uzavřené jihoitalské přistěhovalecké populaci v USA. U kolika příslušníků této populace (%) je třeba předpokládat lehkou formu onemocnění (genotyp Tt), jestliže na těžkou formu umírají 4% novorozenců ? Q = 0. 04 => frekvence recesivní alely: q = √(0.04) = 0.2 => frekvence dominantní alely: p = 0.8 ........... P = 0.64 Frekvence heterozygotů tedy je:
H = 2pq = 2x0.8x0.2 = 0.32
Př.7 Dvě hypotetické populace ještěrek na opačných stranách hory v arizonské poušti mají dvě alely AF, AS lokusu A s následujícícmi frekvencemi: AF AF AF AS AS AS Pop1
38
44
18
Pop2
0
80
20
a) Jaké jsou alelové frekvence v populacích ? p1 = 0.6, q1 = 0.4
p2 = 0.4, q2 = 0.6
b) Jsou tyto populace v HWE ? první ano, druhá ne
Př.7 Dvě hypotetické populace ještěrek na opačných stranách hory v arizonské poušti mají dvě alely AF, AS lokusu A s následujícícmi frekvencemi: AF AF AF AS AS AS Pop1
38
44
18
Pop2
0
80
20
c) Záplava vyhloubila v horském terénu kaňon, takže se tyto dvě populace o stejné velikosti díky silné migraci zcela promíchaly a došlo tak k náhodnému křížení. Jaké jsou alelové frekvence jediné nově vzniklé populace ještěrek ? PopC p = 0.5, q = 0.5
AF AF
AF AS
AS AS
38
124
38
HW pro geny vázané na chromozom X • geny vázané na chromozom X jsou speciálním případem, protože samci mají jen jeden chromozom X (geny u samců jsou v hemizygotním stavu) • genotypové frekvence u samců jsou totožné s frekvencemi alel Vajíčka Spermie s X Spermie s Y XA (p) Xa (q) Y XA ♀ XAXA ♀ XAXa ♂ XAY (p) (p2) (pq) (p) Xa ♀ XAXa ♀ XaXa ♂ XaY (q) (pq) (q2) (q) Genotypové frekvence samic: p2 + 2pq + q2 = 1 Genotypové frekvence samců: p + q = 1
Důsledek vazby na X Př. 8 Recesivní alela pro určitou barvoslepost člověka ("zelená"), podmíněná genem na X, má v západní Evropě frekvenci q = 0.05. q = 1/20 ... jeden z 20ti mužů je postižený q2 = 1/400 ... jedna ze 400 žen je postižená ale 2pq ~ 1/10 ... jedna žena z deseti je přenašečka Př.9 Gen pro fosfoglukomutázu (Pgm) u Drosophily persimilis je vázán na X chromozom. V kalifornské populaci byly nalezeny dvě alely, PgmA ve frekvenci 0.25, PgmB ve frekvenci 0.75. Jestliže je populace v HWE, jaké jsou očekávané genotypové četnosti u samců a samic ? p = 0.25 totéž pro genotypy samců q = 0.75 ALE pro samice:
p2 = 0.0625 2pq = 0.375 q2 = 0.5625
Výpočet koeficientu inbrídingu z rodokmenů FI je pravděpodobnost, že I je autozygotní (má společného předka) - nejdříve najdeme všechny společné předky (v tomto případě jen A) - najít všechny cesty pro autozygositu (pouze DBACE) - vypočíst pravděpodobnost autozygosity pro každou "cestu"; v tomto případě jsou na sobě nezávislé
f = (1/2)N – očekávaný inbríding vlivem společného předka FI = (1/2)5 FI = (1/2)5(1 + FA)
– jestliže je více společných předků, je koeficient inbrídingu součtem f pro různé řetězce f = ∑(1/2)Ni , i= +,.., m
Řešení: a) FI = (1/2)3 + (1/2)3 = ¼ b) FI = (1/2)3 = 1/8 c) FI = (1/2)5 + (1/2)5 + (1/2)5 + (1/2)5 = 4x (1/32) = 1/8
d) FI = (1/2)5 + (1/2)5 = 1/16 e) FI = (1/2)4 + (1/2)4
