Populatiegenetica

Report
Hoofdstuk 19
Populatiegenetica
Handboek p. 55 - 59
A
Frequenties van genen en genotypen
POPULATIE = GENENPOEL
 tussen leden van een populatie worden steeds genen
uitgewisseld
 van ieder gen komt elk allel steeds voor in een
bepaalde frequentie, maar twee allelen zijn steeds
gecombineerd! diploïde organismen
 frequentie fenotype  geen probleem want zichtbaar
 frequentie allelen in de gameten?  niet rechtstreeks
meetbaar want recessieve allelen komen in heterozygote
individuen niet tot expressie  hoe dan toch de kans
berekenen dat een bepaald allel doorgegeven wordt?
(belangrijk om bv. te bepalen hoeveel personen in een populatie drager zijn
van een recessieve afwijking)
 Hardy-Weinberg-principe
B
Het Hardy-Weinberg evenwicht
We vertrekken van een bepaalde bekende
beginpopulatie:
bv. een grote geïsoleerde groep mensen wordt
onderzocht op het al dan niet kunnen smaken van de
bittere stof fenylthiocarbamide (PTC).
Toevallig werd ontdekt dat sommige mensen deze stof
kunnen proeven, terwijl anderen helemaal niets proeven.
Binnen de proevers kan nog onderscheid worden
gemaakt tussen ‘gewone proevers’ en ‘super proevers’
Super proever:
TT
Proever:
Tt
Niet proever:
tt
Kunnen proeven (T) domineert op
niet kunnen proeven (t)
Gen gelegen op chromosoom 7
De beginpopulatie wordt onderzocht en volgende
frequenties van genotypen worden berekend:
TT: 0,40 (TT komt bij 40% van de populatie voor)
(‘super proevers’)
Tt: 0,40 (40%)
(‘proever’)
tt : 0,20 (20%)
(‘niet-proever’)
De allelfrequenties zijn dan:
Allel T: 0,40 + 0,40/2 = 0,60
Allel t : 0,20 + 0,40/2 = 0,40
Om verder te redeneren moet de populatie voldoen aan
een aantal (theoretische) voorwaarden:
1. Geen mutaties in de populatie.
2. De populatie moet zeer groot (∞) zijn.
3. Paringen moeten volgens toeval gebeuren (niet
gericht; bv. smakers alleen met smakers mag niet).
4. Elk genotype heeft gelijke overlevings- en
voortplantingskansen (geen selectie).
Mogelijke paringen binnen de P1:
Genotypenfrequentie:
0,40 TT : 0,40 Tt : 0,20 tt
De allelfrequenties zijn:
Freq. T = 0,40 + 0,40/2 = 0.60
Freq. t = 0,20 + 0,40/2 = 0,40
Genotypefrequenties in de F1:
1ste Mendelwet toepassen
Genotypenfrequentie:
0,36 TT : 0,48 Tt : 0,16 tt
Maar allelfrequenties blijven gelijk!
Freq. T = 0,36 + 0,48/2 = 0.60
Freq. t = 0,16 + 0,48/2 = 0,40
Mogelijke paringen binnen de F1:
Genotypenfrequentie:
0,36 TT : 0,48 Tt : 0,16 tt
De allelfrequenties zijn:
Freq. T = 0,36 + 0,48/2 = 0.60
Freq. t = 0,16 + 0,48/2 = 0,40
Genotypefrequenties in de F2:
Genotypenfrequentie:
0,36 TT : 0,48 Tt : 0,16 tt
Dus allelfrequenties blijven gelijk!
Freq. T = 0,36 + 0,48/2 = 0.60
Freq. t = 0,16 + 0,48/2 = 0,40
Ook binnen de volgende generaties F2, F3, … zal de
allelfrequentie steeds dezelfde blijven: in dit voorbeeld
dus T = 0,60 en t = 0,40
Allelfrequenties in een populatie veranderen dus NIET
(theoretisch) =
 Wet van Hardy – Weinberg
Als we uitgaan van een gen met de allelen T en t,
waarbij de allelfrequentie van T wordt voorgesteld
door p en de allelfrequentie van t door q, en
(p + q = 1), dan zijn de frequenties van de
genotypen TT, Tt en tt respectievelijk: p², 2pq en q²
Verband allelfrequentie en genotypefrequentie:
p² + 2pq + q² = (p + q)² en p + q = 1
eicel
T
zaadcel
T
t
T/T
TT
T/t
T/t
T/t
0,40 (vb)
T/t
T/t
t
0,20
0,20
t/t
t/t
0,20
q²
p²
2pq
De wet van Hardy-weinberg kan gebruikt worden
om schattingen te maken van het aantal dragers
(2pq) van een erfelijke afwijking binnen een
populatie.
VOORBEELD Rhesusnegatieve bloedgroep (dd)
In België is 16% van de bevolking Rh- (= dd) en 84% Rh+
(= DD of Dd)
Frequentie fenotype (dd):
0.16 ( = q² )
Frequentie allel d ( = q ) :
q = √0.16 = 0.40 of 40%
Frequentie allel D ( = p ) :
p = 1 - q = 1 – 0.40 = 0.60 of 60%
Frequentie genotypen
Dd (= 2 pq) : 2 x 0.60 x 0.40 = 0.48 of 48% is drager
DD (= p²)
: 0.60² = 0.36 of 36% (homozygoot dominant)
dd (= q²)
: 0.16 of 16% (homozygoot recessief)
VOORBEELD Albinisme (aa)
In België wordt één kind op 20.000
geboren met deze erfelijke afwijking
Frequentie fenotype (aa):
1/20.000 = 0,00005 ( = q² )
Frequentie allel a ( = q ) :
q = √0,00005 = 0,007
Frequentie allel A ( = p ) :
p = 1 - q = 1 – 0,007 = 0,993
Frequentie genotypen
Aa (= 2 pq): 2 x 0,993 x 0,007 = 0,014 of 1,4% is drager
AA (= p²) : 0,993² = 0,986 of 98,6% (niet-drager)
aa (= q²) : 0,00005 of 0,005%
(albino)
VOORBEELD Mucoviscidose (aa)
In België wordt één kind op 3600
geboren met die ziekte
Frequentie fenotype (aa):
1/3600 ( = q² )
Frequentie allel a ( = q ) :
q = √1/3600 = 1/60
Frequentie allel A ( = p ) :
p = 1 - q = 1 - 1/60 = 59/60
Frequentie heterozygoten Aa (= 2 pq) : 2 x 59/60 x 1/60 =
118/3600 of ± 1/30 is drager van mucoviscidose
VOORBEELD Brachydactylie
In de VSA wordt één kind op 400 geboren
met deze dominante erfelijke afwijking.
1. Bepaal de genotypen van de baby’s die geboren
worden met en zonder de afwijking, gebruik de
letters B/b als symbool.
2. Bepaal hoeveel percent van de baby’s geboren
wordt met tien vingers en tenen en de
percentages van de verschillende genotypen.
3. Bepaal welk allel het meeste voorkomt in de
Verenigde Staten. (bepaal de allelfrequenties)
VOORBEELD Brachydactylie
In VSA wordt één kind op 400 geboren met
deze dominante erfelijke afwijking.
Frequentie fenotype (bb):
399/400 = 0.9975 ( = q² )
Frequentie allel b ( = q ) :
q = √0,9975 = 0.9987
Frequentie allel B ( = p ) :
p = 1 - q = 1 – 0.9987 = 0.0013
Frequentie genotypen
Bb (= 2 pq): 2 x 0.0013 x 0.9987 = 0.0026 of 0.26% is drager
BB (= p²) : (0.0013)² = 0.0000016 of ~ 0% (homozygoot)
bb (= q²) : 0.9974 of 99,74%
(normaal)
De ‘dominantie’ van een allel zegt bijgevolg niets over het allel dat het
meest voorkomt in de populatie.
Bij populaties in Hardy-Weinberg evenwicht veranderen
de allelfrequenties niet.
In dergelijke populaties treedt er dus GEEN evolutie op.
Op die manier reduceert het nagaan of evolutie optreedt
zich tot het controleren of de voorwaarden voor HardyWeinberg voldaan zijn. Dit onderstreept het
fundamentele belang van het principe van HardyWeinberg.
Wanneer evolutie optreedt, moet dus minimaal één van
de condities afwijkend zijn. Die condities zijn :
1. Willekeurige paarvorming.
2. De populatie is oneindig groot (of tenminste zó groot dat ze
als dusdanig kan behandeld worden).
Wanneer de populatie beperkt is, kan toeval de genotype- en
allelfrequenties veranderen van de ene generatie op de
andere. Dit verschijnsel noemen we genetische drift.
3. Er mag geen mutatie gebeuren.
4. Alle individuen (elk genotype) moeten dezelfde kansen
hebben om te overleven en zich te reproduceren.
5. Er mogen geen genen (allelen) aan de populatie toegevoegd
worden. Immigranten uit andere populaties kunnen na paring
met lokale individuen de allelfrequenties, en daardoor de
genotypefrequenties, veranderen. Wanneer reproductie
optreedt met individuen uit andere populatie spreekt men van
gene flow.
Afwijkingen van de regel van
Hardy-Weinberg
Voorbeeld: isolaatvorming
Een recessieve afwijking in een kleine populatie.
In Pennsylvania (VS) leeft een geïsoleerde ‘Amish’ groep van
±8000 mensen
Het zijn allemaal afstammelingen van 3 echtparen; ze huwen
enkel onder elkaar. 55/8000 mensen vertonen een vorm van
nanisme gepaard met polydactylie (dwerggroei met
veelvingerigheid). Het is een monogene recessieve afwijking. Eén
van de kolonisten moet drager (Aa) geweest zijn.
Bereken nu welk percentage van de huidige Amish bevolking
drager is (heterozygoot) van de afwijking.
Frequentie fenotype (aa):
55/8000 = 0.0068 ( = q² )
Frequentie allel a ( = q ) :
q = √0.0068 = 0.0082
Frequentie allel A ( = p ) :
p = 1 - q = 1 – 0.082 = 0.918
Frequentie genotypen
Aa (= 2 pq): 2 x 0.918 x 0.082 = 0.1505 of 15% is drager
AA (= p²) : (0.918)² = 0.8427 of 84% (normaal)
aa (= q²) : 0.0068 of 0.7%
(afwijking)
Dezelfde afwijking in een grote populatie.
Buiten het genetisch isolaat van de Amish zijn er nauwelijks 50
gevallen van de afwijking gekend; je kan dus stellen dat de
frequentie 50 op vele miljoenen mensen is.
We nemen aan 50 op 100 miljoen mensen. Bereken nu hoe groot
de frequenties zijn in een ‘normale’ grote populatie.
Frequentie fenotype (aa):
50/100milj = 0.0000005 ( = q² )
Frequentie allel a ( = q ) :
q = √0.0000005 = 0.0007
Frequentie allel A ( = p ) :
p = 1 - q = 1 – 0.0007 = 0.9993
Frequentie genotypen
Aa (= 2 pq): 2 x 0.9993 x 0.0007 = 0.001395 of 0.14%
AA (= p²) : (0.9993)² = 0.998600 of 99.86% (normaal)
aa (= q²) : 0.0000005 of 0.00005%
(afwijking)
Vergelijking van beide populaties:
Amish
grote populatie
AA
84 %
99.86 %
Aa
15 %
0.14 %
aa
0.68 %
0.00005 %
Oefening: Pelskleur hamsters
Een populatie hamsters wordt onderzocht en
men stelt vast dat 80% van alle gameten het
dominante allel Z voor zwarte pels draagt.
De overige 20% van de gameten draagt het
allel z voor grijze pels.
1. Bepaal hoeveel procent van de hamsters het genotype ZZ, Zz en zz
heeft.
2. Hoeveel procent hamsters heeft een zwarte pels? Hoeveel een grijze?
3. Bepaal uit de fenotypefrequentie van de grijze hamsters van deze
generatie hoeveel procent van de gameten drager zullen zijn van het
z-allel en hoeveel procent van het Z-allel.
4. Zijn grijze hamsters met uitsterven bedreigd?
1. Bepaal hoeveel procent van de hamsters het genotype ZZ, Zz en zz
heeft.
Z
Frequentie van allel z (=q) : 0.20 (20%)
Frequentie van allel Z (=p) : 0.80 (80%)
Genotype ZZ (=p²) : (0.80)² = 0.64 (64%)
Z
z
0.80
0.20
z
0.80
0.20
0.64
0.16
0.16
0.04
Genotype zz (=q²) : (0.20)² = 0.04 ( 4%)
Genotype Zz (=2pq) : 2 x 0.20 x 0.80 = 0.32 (32%)
2. Hoeveel procent hamsters heeft een zwarte pels? Hoeveel een grijze?
Fenotypefrequentie zwart = genotype ZZ en Zz of 64% + 32% = 96%
Fenotypefrequentie grijs = genotype zz of 4%
3. Bepaal uit de fenotypefrequentie van de grijze hamsters van deze
generatie hoeveel procent van hun gameten drager zullen zijn van het
z-allel en hoeveel procent van het Z-allel.
Fenotype grijs = 0.04 = zz = q² q =√0.04 = 0.20 (20% gameten draagt z)
en 80% draagt dus Z (p = 1 – q = 0.80)
4. Zijn grijze hamsters met uitsterven bedreigd? NEEN (freq. constant)

similar documents