Matematisk evolusjonær genetikk, ST2301 Onsdag 15. desember 2004 Løsningsforslag

Transkript

1 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 5 Matematisk evolusjonær genetikk, ST30 Onsdag 5. desember 004 Løsningsforslag Oppgave a) Vi setter først navn på de allel som nedarves. C c E e b c B H d b g D G d Innavlskoeffisienten til individ C, f C = 0, fordi de to allelene i C ikke kan stamme fra ett allel i en felles ane. Innavlskoeffisienten til H blir summen av sannsynligheten for følgende hendelser (løkker): Hendelse Sannsynlighet HGDBCEH ( )5 HGCBDEH ( )5 HGCEH ( )3 HGDEH ( )3 Dette gir at f H = = 5 6. b) Slektskapskoeffisienten mellom E og G, F EG = f H = 5 6 c) For kjønnskoblede loci får vi P (b d) = 0, P (b c) = 0, P (d g) = 0, P (c g) =. fordi E og G er foreldre til H.

2 ST30, 5. desember 004 løsningsforslag Side av 5 Dermed blir alle løkker bortsett fra HGCEH brutt og f H = P (g c c e) = = 4. d) Velger vi å redefinere relative fitnesser i forhold til AA blir w AA = 3/3 =, w Aa = hs = /3, og w aa = s = /3 slik at s = /3 og h = /. Ved mutasjons-seleksjonsbalanse blir da frekvensen av a, q e = u hs = 0 8 / /3 = Siden C ikke er innavlet blir sannsynligheten for at C er av type aa q e = Sannsynligheten for at H er av type aa blir P (aa) = q e( f H ) + f H q e = ( 5 6 ) = Oppgave a) µ = p a + p p a + p a = = 5 4, α = p a + p a µ = = 4,

3 ST30, 5. desember 004 løsningsforslag Side 3 av 5 α = = 4, δ = a α µ = = 3 4 δ = a α α µ = = + 3 4, δ = = 3 4. b) Den additive genetiske variansen blir V A = Var(α I + α J ) = Var(α I ) = E(α I) = [p α + p α = 8 Dominansvariansen blir Arvegraden blir dermed V D = Var(δ IJ ) = E(δ IJ) h = = p δ + p p δ + p δ = ( 3 ) + ( ) 3 + ( 3 ) = 9 6 V A V A + V D + V E = = 7

4 ST30, 5. desember 004 løsningsforslag Side 4 av 5 c) To halvsøskenbarn D og E er beslektet på følgende måte: A B C D E Dette gir en slektskapskoeffisient på F ED = ( ) 5 =. Siden bare ett allel i D kan 3 være IBD med et ett allel i E må sannsynligheten for at begge allel er er felles som følge av IBD (coefficient of fraternity, P i læreboka) være null. d) Korrelasjonen mellom halvsøskenbarn blir ρ halvsøskenbarn = F V A + P V D V P = Korrelasjonen mellom helsøsken blir ρ helsøsken = F V A + P V D V P = = = 0.. e) Fordi fenotypisk verdi til heterozygoten ikke ligger må middelverdien til homozygotene vil forventet fenotype blir forskjellig ved innavl. Avkom av halvsøskenbarn vil ha innavlskoeffisient lik slektskapskoeffisienten mellom foreldrene, altså f = /3. Bruker vi ligning (IX-7) finner vi at forskjellen som følge av innavl blir Oppgave 3 fp( p)(a + a a ) = 3 (0 + ) = a) Hver hunn i generasjon t + er dannet ved forening av en maternal og paternal gamet slik at gameter som danner hunner stammer fra en hanner og hunner i generasjon t med sannsynligheter lik /. Dessuten skjer det bare rekombinasjon ved danning av kjønnsgameter i hunnene i generasjon t. Bruker vi lov om totalsannsynlighet (to ganger) gir dette at P (f) + = [ ( r)p (f) + rp Ap B + P (m) () Siden X-kromosom i hanner stammer fra hunner i forrige generasjon blir frekvensen av gameter av type AB blant disse nødvendigvis P (m) + = ( r)p Ap B + rp (f) ()

5 ST30, 5. desember 004 løsningsforslag Side 5 av 5 b) Setter vi () inn i () får vi følgende. ordens differensligning i P (f) P (f) + = [ ( r)p (f) + rp Ap B + [ ( r)p (f) + rp Ap B = (f) ( r)p + (f) ( r)p + rp Ap B. (3) Fra definisjonen av (f) har vi at P = D(f) + p Ap B for alle t som innsatt i (3) gir + + p Ap B = ( r)d(f) + [ ( r)d(f) + ( r) + ( r) + r p A p B. Siden uttrykket i klammeparantes i siste ledd er lik får vi + ( r)d(f) ( r)d(f) = 0. (4) c) Differensligningen (4) har karakteristisk ligning som har løsninger λ ( r)λ ( r) = 0, λ = 4 ( r) + 6 ( r) + ( r) (5) Løsningen av (3) er på formen λ = 4 ( r) 6 ( r) + ( r) = c λ t + c λ t. Den største roten λ vil bestemme hvor raskt koblingsulikevekten brytes ned. For r = 0. blir λ = Dette innebærer at koblingsulikevekten asymptotisk reduseres med 0.86 = 4% per generasjon. For autosomale loci har vi at D + = ( r)d, altså en større reduksjon på 0% for r = 0.. Den noe langsommere reduksjonen i koblingsulikevekt for kjønnskoblede loci skyldes at /3 av gametene (gametene som dannet hanner) ikke er utsatt for rekombinasjon under meiosen. Dersom vi Taylorutvikler (5) til første orden rundt r = 0 får vi at λ 3 r, som betyr at forskjellen i reduksjon i koblingsulikevekt per generasjon mellom autosomale og kjønnskoblede loci utgjør en faktor på /3 for små r.