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TD Polymorphisme  

 

1. - Combien d’allèles A et a sont-ils présents dans un échantillon d’individus constitué de 10 génotypes AA, 15 Aa et 4 aa ? Quelles sont les fréquences alléliques de cet échantillon ? Le nombre d’allèles A dans l’échantillon est égal à N (A) = (10 x 2) + 15 = 35 Le nombre d’allèles A dans l’échantillon est égal à N (a) = (4 x 2) + 15 = 23 fA = 35 / 58 = 0,6 = p fa = 23 / 58 = 0,4 = q Sont-elles à l’équilibre de Hardy-Weinberg ? Hypothèse : On attend les proportions p2, 2pq, q2

Effectifs observés Proportions attendues Effectifs attendus AA 10 0,62 0,36 x 29 = 10 ,4 Aa 15 2 x 0,6 x 0,4 0,48 x 29 = 13,9 Aa 4 0,42 0,16 x 29 = 4 ,7

2,01043,00871,00154,07,4)47,4(

9,13)159,13(

4,10)104,10( 222

2 =++=−

+−

+−

=χ

Le nombre de degrés de liberté (ddl) est égal à 3 – 2 = 1 parce qu’il y a trois classes (génotypes) et deux paramètres expérimentaux indépendants que l’on a utilisés pour calculer les effectifs attendus (le nombre total des individus et une des deux fréquences alléliques) Avec une probabilité 0,05 et 1 degré de liberté, la valeur de X2 à ne pas dépasser est 3,84. Donc on peut accepter l’hypothèse selon laquelle la population ne s’écarte pas significativement des proportions de HW. 2. - Chez la plante Phlox drumondii, les différences de migration électrophorétique pour l’Alcool DésHydrogénase correspondent aux différents allèles codominants d’un même locus. Dans un échantillon de 175 plantes, on obtient les résultats suivants : Génotypes AA AB BB BC CC AC Effectifs 10 25 60 50 25 5 Quelles sont les fréquences alléliques de cet échantillon ? fA = ((10 x 2) + 25 + 5)) / (175 x 2) = 0,143 = p fB = ((60 x 2) + 25 + 50)) / (175 x 2) = 0,557 = q fC = ((25 x 2) + 5 + 50)) / (175 x 2) = 0,3 = r Sont-elles à l’équilibre de Hardy-Weinberg? Hypothèse : On attend les proportions p2, 2pq, q2, 2qr, r2, 2pr

Génotypes Effectifs observés Proportions attendues Effectifs attendus AA 10 0,1432 0,0204 x 175 = 3.58 AB 25 2 x 0,143 x 0,557 0,1593 x 175 = 27.88 BB 60 0,5572 0,3102 x 175 = 54.29 BC 50 2 x 0,557 x 0,3 0,334 x 175 = 58.49 CC 25 0,32 0,09 x 175 = 15.75 AC 5 2 x 0,143 x 0,3 0,0858 x 175 = 15.01

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75.2568.643.523.16.03.051.1101.15)501.15(

75.15)2575.15(

49.58)5049.58(

29.54)6029.54(

88.27)2588.27(

58.3)1058.3( 222222

2

=+++++=

=−

+−

+−

+−

+−

+−

=χ

Le nombre de degré de liberté (ddl) est égal à 6 – 3 = 3 parce qu’il y a 6 classes (génotypes) et 3 paramètres expérimentaux indépendants que l’on a utilisés pour calculer les effectifs attendus (le nombre total des individus et deux des trois fréquences alléliques) Avec une probabilité de 0,05 et 3 degrés de liberté, la valeur de X2 à ne pas dépasser est 7,82. Donc on peut rejeter l’hypothèse que l’on a fait au départ : la population s’écarte significativement des proportions de la loi de HW. 3 - La laine blanche est due à un allèle dominant B alors que la laine noire est due à l’allèle correspondant b. Dans l’Idaho, un échantillon de 900 moutons de la souche de Rambouillet est composé de 891 blancs et 9 noirs. Estimez la fréquence des différents allèles et des différents génotypes. f (bb) = 9/900 = q2 donc q = f(b) = racine carrée de 9 / 900 = 0.1 donc p = f(B) = 1 – 0.1 = 0.9 f (BB) = p2 = 0.81 f (Bb) = 2pq = 0.18 f (bb) = q2 = 0.01 4. On sait d’un homme qu’il est porteur sain de la mucoviscidose. Il se marie avec une femme phénotypiquement saine. Dans la population, la mucoviscidose touche environ une personne sur 1700. On suppose les fréquences en équilibre de HW. Quelle est la probabilité pour que la femme soit également une porteuse saine ? Soit p la fréquence de l’allèle normal (A), et q la fréquence de l’allèle récessif de la mucoviscidose (a). Les porteurs sains sont des hétérozygotes, et leur fréquence est de 2pq dans la population. f (aa) = q2 = 1/1700 f (a) = q = 0,0243 p = 1 – q = 0,9757 2pq = 0,0473 On sait que cette femme est saine, donc on cherche la fréquence des porteurs sains parmi les individus sains. La fréquence des individus sains est 2pq + p2 = 1 - q2 = 0,9993 La probabilité pour qu’un individu sain soit hétérozygote est 2pq / (2pq + p2) = 2pq / 1 - q2 = 0,0473 Quelle est la probabilité pour chacun de leurs enfants d’être affecté par la maladie ? L’enfant est affecté par la maladie s’il est homozygote récessif. Le père est hétérozygote, la probabilité pour qu’il transmette son allèle a à ses descendants est donc de ½. La probabilité que la mère soit hétérozygote est 0,0473. Si elle est hétérozygote, la probabilité pour qu’elle transmette son allèle a à sa descendance est de ½. Donc la probabilité qu’un enfant de ce couple soit malade est de ½ x 0,0473 x ½ = 0, 0118

7 - Dans une population humaine en équilibre de Hardy-Weinberg, l'allèle récessif responsable de l'albinisme a une fréquence q = 0,003. 1°) Quelle est la fréquence des albinos dans cette population?

q = 0.003

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La fréquence des albinos est égale à q2 = (0.003)2 = 9 10-6

2°) Quelle est la fréquence des unions entre hétérozygotes?

p = 1 – 0.003 = 0.997

La fréquence des hétérozygotes étant égale à 2pq,

la fréquence des unions entre hétérozygotes est égale à

2pq x 2pq = (2 x 0.997 x 0.003)2 = 35.8 10-6

3°) Parmi l'ensemble des albinos, quelle est la proportion de ceux qui sont issus d'une union entre parents hétérozygotes?

L’ensemble des albinos est égal à q2 = 9 10-6

2pq x 2pq est la probabilité de rencontre de 2 hétérozygotes

Ils ont ¼ risque d’avoir un enfant albinos

Donc la proportion recherchée est 2pq x 2pq x ¼ / q2

= 35.8 10-6 x 0.25 / 9 10-6 = 0.994 = 99,4 % Exercice 1 : Dans une espèce animale, la couleur du pelage est déterminée par un gène auto- somal pour lequel existent deux formes alléliques A1 et A2. Les individus homozygotes A1A1 ont un pelage noir, les individus A2A2 ont un pelage blanc et les hétérozygotes un pelage tacheté noir et blanc. En observant les couples dans la nature, au moment du rut, on a fait les observations suivantes :

 

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Question 1 : Déterminer les fréquences phénotypiques, génotypiques, alléliques, pour le gène étudié. Question 2 : La population est-elle panmictique, pour ce gène ? Question 3 : La composition génétique de la population, pour le gène étudié, est-elle conforme au modèle de Hardy-Weinberg ? Dans cette espèce, le caractère court ou long du pelage est sous la dépendance d’un autre gène autosomal di-allélique, pour lequel existe un effet de dominance : lesindividus de génotype B/B et B/b sont à poil court alors que les génotypes b/b présentent un phénotype à poil long. On a fait, en même temps que les observations sur la couleur du pelage, les observations suivantes :

Question 4 : Déterminer les fréquences phénotypiques, génotypiques, alléliques, pour le gène étudié. Question 5 : La population est-elle panmictique, pour ce gène ? Question 6 : La composition génétique de la population, pour le gène étudié, est-elle conforme au modèle de Hardy-Weinberg ? Proposez un moyen de résoudre le problème posé. Solution 1. Étude de la couleur du pelage Question 1 :les trois génotypes présentent un phénotype spécifique : dans ce cas de codominance le calcul des fréquences génotypiques et alléliques ne présente aucune difficulté et se fait directement, sans aucune hypothèse préalable. En rapportant aux 2 000 individus formant les 1 000 couples observés, les nombres respectifs de noirs, de tachetés et de blancs on obtient les fréquences phénotypiques, qui, du fait de la codominance sont aussi les fréquences génotypiques (tableau suivant, ligne 4)

Les fréquences alléliques s’en déduisent par : f (A1) = D + H /2 = p = 0,5 et f (A2) = R + H /2 =q = 0,5

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Question 2 : test de la panmixie On pourrait tester la panmixie en testant l’équilibre de Hardy-Weinberg dont elle est une des conditions. Mais la structure des observations nous permet de tester directe- ment la conformité à la panmixie, sans autre hypothèse jointe : en effet, on observe des couples ! La loi postulée a priori est la panmixie dont il découle que les fréquences des couples sont égales aux carrés des types d’individus pour les couples d’individus identiques et aux double-produits des fréquences de chacun des individus pour les couples d’individus différents. Sous cette hypothèse théorique, il est facile, connaissant les fréquences phénotypi- ques, de calculer les fréquences et les effectifs attendus des divers types de couples et de tester les écarts aux effectifs observés, par un test de χ2 . On obtient alors le tableau suivant :

Les écarts peuvent être testés par un test de χ2. La variable de χ2 définie ici a trois degrés de liberté. En effet, il y a 6 classes, moins un pour l’égalité des effectifs totaux, moins 2 pour l’estimation de deux des trois fréquences phénotypiques à partir des observations et sans lesquelles on ne pourrait pas calculer les effectifs théoriques (la troisième fréquence est connue quand les deux premières le sont). La valeur d’un χ2 à 3 ddl, qui n’est dépassée que 5 fois sur 100 est égale 7,8. La valeur observée du χ2 est égale 5,83 ; elle peut donc être atteinte ou dépassée avec une probabilité supérieure à 5 %. Rejeter l’hypothèse panmictique reviendrait alors à accepter un seuil de décision avec un risque supérieur à 5 % : on accepte donc l’hypothèse de panmixie Question 3 : test de conformité au modèle de Hardy-Weinberg Il consiste à calculer les fréquences génotypiques attendues sous l’hypothèse de cet équilibre, puis en multipliant par l’effectif observé d’individus (2 000) à calculer les effectifs théoriques. On obtient le tableau suivant, à partir duquel on peut tester la signification des écarts par un χ2

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La variable de χ2 définie ici a un degré de liberté. En effet il y a 3 classes, moins un pour l’égalité des effectifs totaux, moins 1 pour l’estimation d’une des deux fréquences alléliques à partir des observations et sans lesquelles on ne pourrait pas calculer les effectifs théoriques (la deuxième fréquence est connue quand la première l’est). La valeur d’un χ2 à 1 ddl, qui n’est dépassée que 5 fois sur 100 est égale 3,84. La valeur observée du χ2 est égale 80 ! Elle est largement supérieure à 3,84, ce qui signifie qu’elle avait une probabilité largement inférieure à 5 % d’être observée, si l’hypothèse nulle était vraie. Dans ces conditions, rejeter l’hypothèse de l’équilibre de Hardy-Weinberg revient à prendre un risque de se tromper (que cette hypothèse soit en réalité juste et que les écarts observés soient, par hasard, aussi exceptionnellement élevés) très inférieur à 5 % : on rejette donc l’hypothèse de l’équilibre de Hardy-Weinberg. Remarque : comme on a testé indépendamment la panmixie, il est possible de conclure que l’équilibre de Hardy-Weinberg n’est pas réalisé parce qu’une des autres de ses conditions ne l’est pas. 2. Étude de la structure du pelage Question 4 : les trois génotypes ne présentent que deux phénotypes, car l’un d’eux est récessif : dans ce cas le calcul des fréquences génotypiques et alléliques ne peut se faire directement et ne peut être réalisé qu’en supposant la population, pour le gène considéré, à l’équilibre de Hardy-Weinberg. En rapportant aux 2 000 individus formant les 1 000 couples observés, les nombres respectifs de courts et de longs, on obtient les fréquences phénotypiques :

Les fréquences alléliques s’en déduisent par la relation de Hardy-Weinberg, soit : f (b) = q= = 0 , 7 e t f (B) = 1 – q= 0,3 Question 5 : test de la panmixie On peut aussi, dans la situation présente, tester directement la panmixie, sans l’inclure dans le test de Hardy-Weinberg puisqu’on observe des couples. Si les couples sont panmictiques, il est facile, connaissant les fréquences phénotypiques, de calculer les fréquences et les effectifs attendus des divers types de couples (tableau ci-dessous) et de tester les écarts aux effectifs observés, par un test de χ2.

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NB : si les couples sont panmictiques la fréquence des couples homogènes formés de phénotypes identiques est le carré de la fréquence du phénotype considéré, et la fréquence des couples hétérogènes est le double produit des deux fréquences phéno- typiques [il suffit pour s’en assurer de faire le tableau de croisement des couples] :

Les écarts peuvent être testés par un test de χ2. La variable de χ2 définie ici a un degré de liberté. En effet il y a 3 classes, moins un pour l’égalité des effectifs totaux, moins 1 pour l’estimation d’une des deux fréquences phénotypiques à partir des observations et sans lesquelles on ne pourrait pas calculer les effectifs théoriques (la deuxième fréquence est déduite de la première comme le complément à 1). La valeur d’un χ2 à 1 ddl, qui n’est dépassée que 5 fois sur 100 est égale 3,84. La valeur observée du χ2 est égale 1,63 ; elle peut donc être atteinte ou dépassée avec une probabilité supérieure à 5 %. Rejeter l’hypothèse panmictique reviendrait alors à accepter un seuil de décision avec un risque supérieur à 5 % : on accepte donc l’hypothèse de panmixie. Question 6 : test de l’équilibre de Hardy-Weinberg Il consisterait à calculer les fréquences génotypiques attendues sous l’hypothèse de cet équilibre, puis en multipliant par l’effectif observé d’individus (2 000) à calculer les effectifs théoriques. Mais, dans ce cas, on retrouvera les mêmes effectifs, ce qui conduirait à un χ2 de valeur égale à zéro, ce qui n’est pas possible. En fait une telle variable de χ2 aurait ici zéro degré de liberté. En effet il y a 2 classes (court et long), moins un pour l’égalité des effectifs totaux, moins 1 pour l’estima- tion d’une des deux fréquences alléliques à partir des observations et sans lesquelles on ne pourrait pas calculer les effectifs théoriques (la deuxième fréquence est connue quand la première l’est), ce qui fait zéro degré de liberté. L’équilibre de Hardy-Weinberg ne peut être testé car l’information disponible n’est pas répartie sur un nombre suffisant de classes, compte tenu du nombre de paramè- tres à estimer. Cependant la structure des observations a permis de tester directement la panmixie. Pour tester l’équilibre de Hardy-Weinberg plusieurs possibilités peuvent être envisagées : – on peut changer de crible d’observation afin de disposer de phénotypes codomi- nants (voir deux exercices suivants) ; – on peut étudier la descendance des couples afin de déterminer les génotypes paren- taux (voir un des problèmes suivants)