Populatiegenetica

1. Hoofdstuk 19 Populatiegenetica Handboek p. 55 - 59

2. 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

3. 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

4. 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

5. Om verder te redeneren moet de populatie voldoen aan een aantal (theoretische) voorwaarden: • Geen mutaties in de populatie. • De populatie moet zeer groot (∞) zijn. • Paringen moeten volgens toeval gebeuren (niet gericht; bv. smakers alleen met smakers mag niet). • Elk genotype heeft gelijke overlevings- en voortplantingskansen (geen selectie).

6. 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

7. 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

8. 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

9. eicel t T T/t T/T TT T/t T/t T zaadcel 0,40 (vb) 0,20 T/t T/t t/t T/t t/t t 0,20 0,20

10. q² p² 2pq

11. 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)

12. 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)

13. 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

14. VOORBEELD Brachydactylie • In de VSA wordt één kind op 400 geboren met deze dominante erfelijke afwijking. • 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)

15. 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.

16. 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 Hardy-Weinberg voldaan zijn. Dit onderstreept het fundamentele belang van het principe van Hardy-Weinberg. Wanneer evolutie optreedt, moet dus minimaal één van de condities afwijkend zijn. Die condities zijn :

17. 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.

18. 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.

19. 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.

20. 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 %

21. 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 zvoor grijze pels. • Bepaal hoeveel procent van de hamsters het genotype ZZ, Zz enzz heeft. • Hoeveel procent hamsters heeft een zwarte pels? Hoeveel een grijze? • 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. • Zijn grijze hamsters met uitsterven bedreigd?

22. Bepaal hoeveel procent van de hamsters het genotype ZZ, Zz enzz heeft. • 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%) • 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)