Material de apoio Aula 2 Freq Genica e genotípica e Lei de Hardy-Weinberg

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Aula : Freq. Gênica e genotípica e lei de Hardy-Weinberg 
 
Exemplo : Considerando a seguinte população diploide, encontre 
as frequências gênicas e genotípicas. 
 
Genótipos N° de ind. 
AA 300 
Aa 500 
aa 200 
Total 1.000 
 
Freq. genotípica 
f(AA) = d/n = 300/1000 = 0,30 
f(Aa) = h/n = 500/1000 = 0,50 
f(aa) = r/n = 200/1000 = 0,20 
 
Freq. Genica observada 
f(A) = p = d + ½ h = 0,30 + ½ 0,50 = 0,55 
f(a) = q = d + ½ h = 0,20 + ½ 0,50 ou 1 – p = 0,45 
Lembrando que : p + q = 1. Então, q = 1 – p. 
 
Exemplo 2: acasalamento ao acaso 
(p + q)² 
(p² + 2pq + q²) 
 
AA ; Aa ; aa 
d ; h ; r 
(0,10 ; 0,20 ; 0,70) –> 1ª geração 
 
Freq. Genica ou alelica 
p = f(A) = d + ½ h = 0,10 + ½ 0,20 = 0,20 
q = f(a) = = 1 – p = 1,0 – 0,2 = 0,80 
 
 
 
2ª geração 
(0,2 A + 0,80 a)² 
(0,04 AA + 0,32 Aa + 0,64 aa) 
 
Freq. Genica ou alelica 
p = f(A) = 0,04 + ½ 0,32 = 0,20 
q = f(a) = = 1 – p = 1,0 – 0,2 = 0,80 
 
Observa-se que em apenas uma geração foi alcançado o equilíbrio 
de Hardy-Weinberg 
 
Qual será a frequência após 20 gerações sob acasalamento ao 
acaso? 
Uma população sob acasalamento ao acaso ficará com a freq. 
genica constante. 
 
Slide 15 
A2 = q 
P + q = 1 
1º Caso A2 = q = 0 => p = 1 
( 1 A1 ; 0 A2)² 
1 A1A1 ; 0 A1A2 ; 0 A2A2 
 
2º caso A2 = q = 0,3 => p = 0,7 
(0,7 A1 ; 0,3 A2)² 
0,49 A1A1 ; 0,42 A1A2 ; 0,09 A2A2 
 
Teste de equilíbrio 
Observando o exemplo anterior 
1º passo : na 1ª geração ou geração inicial 
AA ; Aa ; aa 
0,10 ; 0,20 ; 0,70 
h² = 4.d.r 
0,20² = 4 . 0,10 . 0,70 
0,04 ≠ 0,28 
Portanto, a população não está em equilíbrio de Hardy-Weinberg 
 
2º passo : na 2ª geração 
f(A) = p = 0,10 + ½ 0,20 = 0,20 
f(a) = q = 1 – p = 1 – 0,20 = 0,80 
( 0,20 A + 0,80 a)² 
0,04 AA + 0,32 Aa + 0,64 aa 
h² = 4.d.r 
0,32² = 4 . 0,04 . 0,64 
0,1024 = 0,1024 
Portanto, a população está em equilíbrio de Hardy-Weinberg 
 
Teste de qui-quadrado 
No 1º exemplo apresentado 
Genótipos AA Aa aa Total 
Observados 300 500 200 1000 
Esperados 302,5 495 202,5 1000 
 
Na 1ª geração 
Freq. Genotípica observada 
f(AA) = 300/1000 = 0,30 
f(Aa) = 500/1000 = 0,50 
f(aa) = 200/1000 = 0,20 
 
Freq. Genica observada 
f(A) = p = 0,30 + ½ 0,50 = 0,55 
f(a) = q = 1 – p = 0,45 
 
Na 2ª geração 
Acasalamento ao acaso 
( 0,55 A + 0,45 a)² 
 
 
 
 
Freq. Genotípica esperada 
f(AA) = p² = 0,3025 
f(Aa) = 2pq = 0,4950 
f(aa) = q² = 0,2025 
 1,0 
 
 
Freq. Genotípica esperada 
f(A) = p = 0,3025 + ½ 0,4950 = 0,55 
f(a) = q = 1 – p = 1 – 0,55 = 0,45 
 
Podemos calcular as Freq. Fenotípicas esperada 
f(AA) = p² = 0,3025 x 1000 = 302,5 
f(Aa) = 2pq = 0,4950 x 1000 = 495 
f(aa) = q² = 0,2025 x 1000 = 202,5 
 1.000 
 
Teste de Qui-quadrado 

−
=
e
eo
f
ff
x
2
2 )(
 
𝜒2 =
(300 − 302,5)2
302,5
+
(500 − 495)2
495
+
(200 − 202,5)2
202,5
 
=
(−2,5)2
302,5
+
(5)2
495
+
(2,5)2
202,5
 
=
6,25
302,5
+
25
495
+
6,25
202,5
 
𝜒2𝑐𝑎𝑙 = 0,021 + 0,051 + 0,031 = 0,103 
Lembrando que o X² tab é igual a 3,84 
X² cal (0,103) < X² tab (3,84). Portanto, a população está em 
equilíbrio de Hardy-Weinberg.