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Corrige génétique des populations Exercice 1: 1) calculer les fréquences des al

Corrige génétique des populations Exercice 1: 1) calculer les fréquences des allèles M et N dans cet échantillon 1360 1. Allèle M= --------- = 0,51 Allèle N = 1- 0,51 = 0,49 2558 2) quelle est la probabilité qu’un couple ait un enfant du groupe [N] q2= (0,49)2 = 0,24 ----------- 24 % Exercice 3: Le nombre d’allèles A dans l’échantillon égale NA=10x2 + 15 = 35 Le nombre d’allèles A dans l’échantillon égale Na=4x2 + 15 = 23 pA=35/58=0,6 et pa=23/58=0,4 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 (10,4 - 10)2 (13,9 – 15)2 (4,7 – 4)2 X2 =-------------- + -------------- + ----------- = 0,0154 + 0,0871 + 0,1043 = 0,2 10,4 13,9 4,7 Le nombre de degrés de liberté (dl) égale 3-2=1 parce qu’il y a trois classes (génotypes) et deux paramètres expérimentaux indépendants qu’on a utilisés pour calculer les effectifs attendus (le nombre total des individus et une des deux fréquences alléliques) Avec une probabilité de 0,05 et 1 comme degré de liberté la valeur de X2 est 3,84. Donc on accepte l’hypothèse que la population n’est pas significativement écartée des proportions de HW. Exercice 4: Comme ni le génotype AA ni le génotype Aa ne peut participer à la production des gamètes, uniquement le génotype aa va produire la génération suivante. En conséquence : p’A=0, p’a=1 Est-il nécessaire de supposer que les croisements se font au hasard ? Non. Exercice 5: Comme les mâles ont un seul allèle d’un gène lié au sexe d’une manière absolue (le gène n’est pas présent sur le chromosome Y) cet allèle va déterminer leur phénotype. En conséquence, la fréquence de phénotype chez les mâles égale à la fréquence allélique en question. La fréquence de maladie est 1/50=0,02 chez les mâles, donc la fréquence de l’allèle délétère est 0,02 chez les mâles. Si la population est en équilibre de HW, les fréquences alléliques sont égales dans les deux sexes donc p=0,02 dans la population. Les femelles sont affectées par la maladie seulement si elles sont homozygotes pour l’allèle délétère. En HW, la fréquence des femelles malades est donc 0,022= 0,0004 soit une femelle sur 2500. Exercice 6: Paa = 0,1 =pa2 Pa = 0,316 La fréquence des porteurs hétérozygotes pour l’ensemble du troupeau est 2papA = 2 x 0,316 x 0,684 = 0,4323 La fréquence des animaux normaux est pA2 + 2papA donc la fréquence des hétérozygotes parmi les animaux normaux est 2papA/( pA2 + 2papA)=0,4803 Exercice 7: P00=0,742=0,5476 PAA=0,162=0,0256 PBB=0,12=0,01 P0A=2 x 0,74 x 0,16 = 0,2368 P0B=2 x 0,74 x 0,1 = 0,148 PAB=2 x 0,16 x 0,1 = 0,032 P[o] = P00=0,5476 P [A] = PA0 + PAA = 0,2624 P [B] = PB0 + PBB= 0,158 P [AB]= PAB=0,032 Exercice 8: Pi=1/n (a) Pii = p2 = (1/ n)2 (b) Pij = 2pi pj = (1/ n) 2 (c) Il y a n homozygotes car on a n allèles nPii = (1/n)2n = 1/n (d) 1- L’ensemble des génotypes homozygotes=1-1/n Exercice 9: Soit p la fréquence d’allèle normal (A), est q la fréquence de l’allèle récessif de la mucoviscidose (a). (a) P[malade]=Paa=1/1700=q2 q=0,0243 p=1-q=0,9757 La fréquence des hétérozygotes dans la population est 2pq=0,0473. La fréquence des individus sain est 2pq + p2=0,9993 La probabilité que une individu sain soit hétérozygote est 2pq/(2pq + p2)=0,0473 (b) L’enfant est affecté par la maladie si il est homozygote récessif. Le père est hétérozygote, La probabilité qu’il passe son allèle a à son enfant est ½. La probabilité que la mère soit hétérozygote est 0,0473. Si elle est hétérozygote la probabilité qu’elle passe son allèle ‘a’ à son enfant est ½. Donc la probabilité qu’un enfant de ce couple soit malade est ½ x 0,0473 x ½ = 0, 0118 Exercice 10: (a) Comme le frère de l’homme est malade mais ses parent sont sains, on peut être sûr que les deux parents sont hétérozygotes. On sait que l’homme est sain, donc il peut être AA ou Aa. La probabilité qu’il soit Aa est ½ / ¾ = 2/3. (Si on ne savait pas son phénotype la probabilité qu’il soit hétérozygote sera ½. Mais on sait qu’il est sain, donc il faut diviser cette probabilité par la probabilité d’être sain) (b) P[malade]=Paa=1/10 000=q2 q=0, 01 p=1-q=0, 99 La fréquence des hétérozygotes dans la population est 2pq=0,0198. La fréquence des individus sain est 2pq + p2=0,9999 La probabilité que une individu sain soit hétérozygote est 2pq/(2pq + p2)=0,0198 Exercice 11: La fréquence des femelles porteuses est 2pq La fréquence des mâles porteurs est q Donc q= 2x 2pq 1=4p p=1/4 q=1-p=3/4 Exercice 12: pA= (10 x 2 + 25 + 5)175 x 2 = 0, 143 pB= (60 x 2 + 25 + 50)175 x 2 = 0, 557 pB= (25 x 2 + 5 + 50)175 x 2 = 0 ,3 Génotype Effectif observé Proportion attendue Effectif attendu AA 10 0, 1432 x 0, 0204 x175=3.58 AB 25 2x0,143x0,557 0,1593 x175=27.88 BB 60 0,5572 0,3102 x175=54.29 BC 50 2x0,557x0,3 0,334 x175=58.49 CC 25 0,32 0,09 x175=15.75 AC 5 2x0,143x0,3 0,0858 x175=15.01 La nombre de degré de liberté (dl) égale à 6-3=3 parce qu’il y a 6 classes (génotypes) et 3 paramètres expérimentaux indépendants qu’on a utilisés pour calculer les effectifs attendus (le nombre total des individus et deux des trois fréquences alléliques) A probabilité 0,05 avec 3 de degré de liberté la valeur de X2 est 7,82. Donc on rejette l’hypothèse : la population est significativement écarté des proportions de HW. Exercice 13: 3000 1. Allèle M= --------- = 0,6 Allèle N = 1-0,6 = 0,4. 5000 2. S’il y a séparation au hasard de M et N entre les trois génotypes, la fréquence des génotypes sera conforme à la loi de HW: P2 M/M, 2pq M/N et q2 N/N Ce qui correspond à: 0,36 M/M, 0,48 M/N et 0,16 N/N Soit 0,36 x 2500 = 900 M/M (M) 0,48 x 2500 = 1200 M/N (MN) 0,16 x 2500 = 400 N/N (N) (M) (MN) (N) Nombre observé 882 1236 382 Nombre théorique 900 1200 400 Ecart 18 36 18 (Ecart)2 324 1296 324 324 1296 324 2 = ---------- + ----------- + ----------- = 2.25 900 1200 400 2 Pour ddl=1, la différence n’est pas significative. On accepte donc l’hypothèse d’une répartition au hasard des allèles M et N dans la population. Exercice 14: 1. Fréquence des individus albinos= q2=(0,03)2 = 0,0009 (9/10.000). 2. Fréquence des mariages entre hétérozygotes: 2pq x 2pq = 4p2 q2 = (2 x 0,97 x 0,03)2 = 0,0034 (p= 1-q = 0,97). 3. Proportion des albinos issus d’une union entre hétérozygotes. Les mariages entre hétérozygotes contribuent pour : ¼ x fréquence de A/a x fréquence de A/a = ¼ x 0,0034 = 0,00085 individus albinos Fréquence totale des albinos dans la population = 0.0009 D’où la proportion des albinos issus d’une union entre hétérozygotes relativement à la fréquence de la population albinos est égale à: 0,00085/0,0009= 94%. Les mariages entre hétérozygotes contribuent donc pour 94% à la production d’individus albinos dans cette population albinos. Généralisation. -Fréquence des croisements entre hétérozygotes: 2pq x 2pq = 4p2 q2 -Fréquence des récessifs parmi les descendants de croisements entre hétérozygotes=1/4. -Fréquence des récessifs produits dans l’ensemble de la population par les croisements entre hétérozygotes: 4p2 q2 x ¼ = p2 q2. Exercice 15: 10. En raison de la dominance de A et B sur O, on ne peut procéder à un dénombrement direct des allèles. Mais, la population étant en équilibre, on peut évaluer les fréquences des allèles, puis des génotypes, par application de la loi de Hardy-Weinberg; dans une population en équilibre, on a en effet: Génotypes A/A A/O B/B B/O A/B O/O Fréquences P2 2pr q2 2qr 2pq r2 Phenotypes’ (A) 650 (B) 90 (AB) 100 (O) 160 Avec: p = fréquence de A q = fréquence de B r = fréquence de O p+q+r = 1. 160 D’où r2 = fréquence de O = -------------------------- = 0,16 650+90+100+160 D’où r = 0,4 D’autre part, on remarque: F(A) + F(O) = P2 + 2pr + r2 = (p+r)2. ___________ D’où p+ r =  f(A) + f(O) , ___________ ___________ _____ D’où p =  f(A) + f(O) - r =  0,65 + 0,16 -  0,16 = 0,5. __________ ___________ _____ De même q =  f(B) + f(O) - r =  0,09 + 0,16 -  0,16 = 0,1. Des fréquences des gènes p, q, et r, on déduit les fréquences des génotypes: fA/A = P2 = 0,25 fA/O = 2pr = 0,40 fB/B = q2 = 0,01 fB/O = 2qr = 0,08 fA/B = 0,10 (valeur obtenue directement) fO/O = 0,16 (valeur obtenue directement). 20. Fréquence des hétérozygotes dans le groupe A. 2pr 8 ------------------- = -------. P2 + 2pr 13 30. Fréquence de l’allèle O dans le groupe A. Les hétérozygotes A/O portent chacun uploads/Geographie/ corrige-genetique-des-populations.pdf