Bilgi

Bağlantılı genler için olasılıkların nasıl hesaplanacağı konusunda kafa karışıklığı

Bağlantılı genler için olasılıkların nasıl hesaplanacağı konusunda kafa karışıklığı



We are searching data for your request:

Forums and discussions:
Manuals and reference books:
Data from registers:
Wait the end of the search in all databases.
Upon completion, a link will appear to access the found materials.

Bağlantılı genler için olasılıkları nasıl hesaplayacağım konusunda kafam karıştı.

Çözdüğüm problem şu:

  • P nesli: AAbbddEEff X aaBBDDeeFF. A ve B arasındaki mesafe 40 santimorgan ise, F2'de aabbddeeff alma olasılığı nedir?

İşte sahip olduğum şey:

  • F1: AaBbDdEeFf.
  • Bir sonraki çaprazlama şudur: AaBbDdEeFf X AaBbDdEeFf.
  • Bu çaprazı hesaplamak için, AaBb için (birlikte) 2 kromozom çizdim ve sonra a olasılığı 0,5 (A veya a) ve yeniden birleştirme olmaması olasılığı 0,6. Yani 0,5 x 0,6 = 0,3. Aynısı b için de geçerli, yani aabb: 0,3 x 0,3 = 0,09.
  • ddeeff için: 0.25x0.25x0.25 = 0.015625.
  • Bunları çarpmak 0,09 x 0,015625 = 0,00140625 verir.
  • Bunu ve 2 gamet için genişletmek şunu verir: (0.00140625)^2 = 0.00197x10^-3.

Ama doğru cevap benim hesapladığım değil, 0.000625.

Bu soruyla gerçekten kafam karıştı. 5 genden sadece 2'sinin bağlantılı olduğunu biliyorsak, çarpmak yine de doğru mudur: 0,09 x 0,015625 = 0,00140625? Belki bir şekilde bir Punnett karesi kullanmalıyım? Çünkü bu durumda çekinik homozigot olma olasılığı 0,0625 ama bu soruya uyduğundan emin değilim.


0.000625 bana doğru görünüyor. Bir kromozomda, %50 şansınız var. Sonra %40 b şansınız var (eğer ve sadece bir geçiş olursa). Bunlar %20'ye kadar çıkıyor. %2.5 abdef elde etmek için üç bağlantısız gen için bunu %50 ile çarparsınız.

Yaklaşımınız genel olarak doğruydu, ancak %60'lık bir b şansı kullandınız, bu nedenle son cevabınız (%60/%40)^2 oranında çok yüksekti. Büyük ve küçük harflerin sizi kandırmasına izin vermeyin - ab, yeniden birleştirilmiş bir kromozomdan gelir.


Herhangi bir olasılığı hesaplamadan önce, kullandığımız terimleri tanımlayacağız ve üzerinde çalışacağımız varsayımları belirteceğiz.

    her bir ebeveynden birer tane olmak üzere çiftler halinde gelen genlerdir. Bu alel çiftinin kombinasyonu, bir yavru tarafından sergilenen özelliği belirler.
  • Alel çifti, bir yavrunun genotipidir. Sergilenen özellik, yavrunun fenotipidir.
  • Aleller, baskın veya çekinik olarak kabul edilecektir. Bir yavrunun çekinik özellik göstermesi için çekinik alelin iki kopyasının olması gerektiğini varsayacağız. Bir veya iki baskın alel için baskın bir özellik ortaya çıkabilir. Çekinik aleller küçük harfle ve baskın olarak büyük harfle gösterilecektir.
  • Aynı türden (baskın veya çekinik) iki alleli olan bir bireyin homozigot olduğu söylenir. Yani hem DD hem de dd homozigottur.
  • Bir baskın ve bir çekinik aleli olan bir bireyin heterozigot olduğu söylenir. Yani Dd heterozigottur.
  • Dihibrit çaprazlarımızda, düşündüğümüz alellerin birbirinden bağımsız olarak kalıtsal olduğunu varsayacağız.
  • Tüm örneklerde, her iki ebeveyn de dikkate alınan tüm genler için heterozigottur.

Işaret şeması

a. (her üçü) köpek balığı popülasyonlar, iki (veya daha fazla) kökenden haplotiplerin bir karışımını gösterir.
B. Minnesota-kuzeybatı kurtları, gri kurttan haplotiplerin bir karışımına sahiptir.C. lupus ve doğu kurdu/C. lycaon
C. Güney Ontario çakalının batı çakallarından haplotipler karışımı vardır/C. latrans ve doğu kurdu
NS. kuzeydoğu çakal, batı çakalından haplotiplerin karışımına sahiptir/C. latrans ve doğu kurdu

a. her ikisi de C1, C9 ve C19 haplotiplerini içerir
B. Kuzeydoğu çakallarında daha büyük oranda C19 haplotipi / tam tersi
C. Güney Ontario çakallarında daha büyük oranda C9 haplotipi / tam tersi
NS. Güney Ontario'da kuzeydoğu çakallarından daha küçük oranda C1 / tam tersi
e. güney Ontario çakalları / kuzeydoğu çakalları, çakallardan kurtlardan daha fazla haplotipe sahiptir
F. kuzeydoğu çakallarında diğer kaynaklardan daha az haplotip / tam tersi

hibritlerin hiçbirinde gri kurttan haplotip/C22 ile batı çakallarından hiçbir haplotip/C9, C19 bulunmadığından örtüşen aralıklar yoktur.

kuzeydoğu çakal (doğu) kurdundan (güney Ontario çakalından) daha fazla C1/ haplotip oranına sahiptir

a. üçü de doğu kurdunun ataları olduğuna dair kanıt gösteriyor/hepsi doğu kurdundan haplotiplere sahip
B. güney Ontario ve kuzeydoğu çakalları, Minnesota kuzeybatı kurdundan / güney Ontario'dan farklı doğu kurt haplotiplerine sahiptir ve kuzeydoğu çakalları C1'e sahiptir, Minnesota kuzeybatı kurdu ise C3 ve C13'e sahiptir.


Bağlantılı genler için olasılıkların nasıl hesaplanacağı konusunda kafa karışıklığı - Biyoloji

On dokuzuncu yüzyılın sonunda, teknolojik ilerlemenin bir sonucu olarak, mikroskopların optik özellikleri önemli ölçüde artırıldı ve sitolojik araştırma yöntemleri de önemli ölçüde geliştirildi. Bu, bilim adamlarının bir dizi önemli keşif yapmasına izin verdi. Kalıtsal özelliklerin iletilmesinde hücre çekirdeğinin öncü rolü olduğu kanıtlanmıştır. Mendel'in tanımladığı, gamet oluşumu ve döllenme sırasında kromozomların davranışı ile genetik faktörlerin kalıtım şeması arasındaki çarpıcı benzerliğe dikkat çektiler. Bu verilere dayanarak kromozom kalıtım teorisi formüle edilmiştir. Bu teoriye göre, bir çift homolog kromozomda yer alan bir çift faktör ve bu kromozomların her biri bir faktörün taşıyıcısıdır. Daha sonra, kalıtımın temel birimi anlamına gelen faktör teriminin yerini - gen terimi almıştır. Böylece, kromozomlarda bulunan genlerin, kalıtsal özelliklerin ebeveynlerden yavrulara aktarıldığı fiziksel birim olduğunu söyleyebiliriz. Her gen, homolog kromozomlarda, bir lokusta bulunan, yani bu kromozomlarda aynı yerde bulunan bir çift alel olarak temsil edilir. Artık kalıtımın temel yasalarını kromozom teorisi açısından, kromozomların mayoz bölünme sırasındaki hareketlerinin özellikleri olarak açıklamak mümkündü. Mayoz bölünmenin 1. evresinde meydana gelen homolog kromozomların ayrılması ve allellerin gametler arasında rastgele dağılımı, birinci yasanın - Ayrışma Yasasının - açıklamasının temelidir. Ve mayozun anafaz 1 sırasında homolog olmayan kromozomların ayrılmasının bağımsızlığı, ikinci yasanın temelidir - Bağımsız Çeşitlilik Yasası.

Ancak, her organizmanın çok sayıda özelliği olduğu ve bu miktarın haploid setteki kromozom sayısından çok daha fazla olabileceği kesinlikle açıktır. Bu, özellikle az sayıda kromozoma sahip türler için fark edilir. Örneğin, haploid kümedeki kromozom sayısı bezelyede 7, çavdarda 7, meyve sineği 4 ve yuvarlak kurtta 1'e eşittir. birkaç farklı özellik. Bu tür genlere bağlantılı denir ve bağlantı gruplarının sayısı haploid setteki kromozomların sayısına eşittir. Buna göre, bu genlerin bağımsız bir çeşitlilik ilkesine uymaları gerekmez - tek bir birim olarak birlikte miras alınmaları gerekir.

Genetik Bağlantı Hesaplayıcı

Genetik hesaplayıcıda, ebeveyn genotipleri notasyonunda genetik bağlantının belirlenmesi için bağlantılı genler parantez içinde sonuçlandırılmalıdır. Dihibrit için kromozomlarda baskın ve çekinik alellerin iki olası lokalizasyonu vardır. İlk durumda, baskın aleller homolog kromozom çiftlerinden birinde lokalizedir ve diğerinde çekiniktir - (AB)(ab). Alel lokalizasyonunun bu varyantına cis-pozisyonu denir. Genotip (AB) (ab), (AB)(AB) - fenotip AB ve (ab)(ab) - ab fenotipine sahip ebeveynlerin çaprazlamalarından elde edilebilir. İkinci durumda, farklı homolog kromozomlarda lokalize bir genin baskın ve çekinik alelleri - (Ab)(aB). Bu yerelleştirme çeşidine trans-pozisyon denir. Genotip (Ab) (aB), sırasıyla, (Ab)(Ab) - fenotip Ab ve (aB)(aB) - fenotip aB genotiplerine sahip ebeveynlerin çaprazlarından elde edilebilir. Mendel kalıtımı ve genetik bağlantı için yavrulardaki fenotip oranındaki farklılık, test çaprazlamasında gösterilebilir. Bu çaprazlamada gamet türlerinin sayısı, soydaki fenotipik sınıfların sayısına eşittir. Bağımsız kalıtım durumunda, AaBb genotipi, 1:1:1:1 oranında dört tip AB, Ab, aB ve ab gametini verecektir. Bir genetik bağlantı durumunda genotip (AB)(ab) sadece iki tip gamet (AB) ve (ab) verebilir. Buna göre, (AB)(ab) ve (ab)(ab) genotipine sahip bireyleri çaprazlayarak, 1:1 oranında AB ve ab fenotiplerinin iki sınıfını elde ederiz. Genotip (Ab)(aB) ayrıca iki tür gamet (Ab) ve (aB) verecektir. Ve (Ab) (aB) ve (ab) (ab) genotiplerine sahip ebeveynleri çaprazlayarak, ayrıca 1:1 oranında iki sınıf Ab ve aB fenotipi elde ederiz. Her iki genetik bağlantı durumunda da görebileceğiniz gibi. yavruların fenotipik sınıfları, kromozomlardaki baskın ve çekinik alellerin konumuna bağlıdır ve orijinal dihibrit elde edilen çaprazlama yoluyla ebeveynlerin fenotipleriyle aynıdır.

Ancak bu tür sonuçlar yalnızca tam bağlantı durumunda elde edilebilir. Tipik olarak, tam bağlantı oldukça nadirdir. Gerçek şu ki, mayoz bölünme sırasında homolog kromozomlar birbirleriyle bölge alışverişi yapabilir. Bu işleme çaprazlama veya genetik rekombinasyon denir. Genetik rekombinasyon sürecinde, ebeveynlerde bağlantı grubunda yer alan aleller, gametlerde ayrılarak yeni kombinasyonlar verebilir. Bu gametlerden elde edilen fenotiplere rekombinant veya çaprazlama denir. Böylece soy, bağımsız kalıtımda olduğu gibi iki değil dört fenotip olacaktır. Ancak bağlantılı kalıtım için oran farklı olacaktır. Ebeveyn fenotiplerine sahip sınıflar, yavruların daha büyük kısmını ve rekombinant sınıfları - daha küçük kısmını oluşturacaktır. Örneğin, (AB)(ab) genotipi için AB ve ab fenotipleriyle daha fazla, Ab ve aB fenotipleriyle daha az ve (Ab) (aB) genotipi için tam tersi olacaktır. Kesin fenotip oranı, genler arasındaki mesafeye bağlı olacaktır. Bağlantılı genler birbirinden ne kadar uzakta bulunursa, aralarında çapraz geçişin meydana gelme olasılığı o kadar yüksek olur. Bu nedenle, çaprazlama veya rekombinasyon sıklığı, genler arasındaki mesafenin belirlenmesi için bir ölçü olabilir. Eğer genler arasında tek geçiş meydana gelirse ve biz çapraz geçişlerin miktarını biliyorsak, o zaman genler arasındaki mesafe şu formülle hesaplanabilir: RF = (c/t) * %100, burada RF - rekombinasyon frekansı ( genler arasındaki mesafe), c - çaprazlama miktarı, t - test çaprazından elde edilen toplam yavru miktarı. Çaprazlama değeri %50'yi aşarsa, o zaman bağlantı kalıtımı olmayan bağımsız bir gen çeşitliliğinden bahsedebiliriz. Aşağıda gördüğünüz örneklerde, genler arasındaki mesafeyi hesaplamak için Crossing Over Map Calculator'ı ve genetik bağlantılı genetik çaprazları modellemek için Genetic Calculator'ı kullanacağız. Unutulmamalıdır ki Crossing Over Map Calculator sadece test çaprazları için doğru sonuçlar verebilir. İlk olarak, bu hesap makinesinin bazı özelliklerine bakalım.

Harita Hesap Makinesi Üzerinden Geçiş

Crossing Over Map Calculator oldukça basit ve anlaşılır bir arayüze sahiptir. İki bölüme ayrılabilir - "Genler ve fenotipler" bölümünde gerekli verileri girebilirsiniz ve sağda - "Sonuçlar", hesaplamaların sonuçlarını gösterir. Sol tarafta "Üç Gen / İki Gen" radyo düğmelerini bulabilirsiniz. İki bağlantılı gen için örnekler inceleyeceğimiz için, onu "İki Gen" olarak değiştirmelisiniz. Ve bağlantılı üç gen için genetik problem çözümünün özellikleri daha sonra ele alınacaktır. Veri girişi için algoritma şöyle görünecektir:
1) Gen sayısını seçin (bu durumda - "İki Gen"deki Radyo Düğmesini değiştirin).
2) Genlerin baskın ve çekinik alellerini birinci tabloya yazınız.
3) "Fenotipleri Hesapla" düğmesine basın. Program, ikinci tablodaki ilk sütunu tüm olası fenotip kombinasyonlarıyla otomatik olarak doldurur.
4) İkinci sütuna her bir fenotipin birey sayısını yazmanız gerekecektir.
5) "Sonuçları Hesapla" düğmesine basın.

İki bağlantılı genle ilgili örnekler için, sağ tarafta aşağıdaki sonuçları alabilirsiniz:
1) İlk tabloda genler arasındaki rekombinasyon sıklığını görebilirsiniz. %1 rekombinasyon, 100 bireyde bir rekombinant elde etmeye karşılık gelir. (%1 rekombinasyon frekansı = 1 m.u. (genetik harita birimi) genetik haritanın birimi veya bir centimorgan (cM)).
2) Harita Mesafesi ( m.u.) - genler arasındaki gerçek mesafe. Bu mesafe, girişimin etkisini ve olası çift geçişleri hesaba katar. Rekombinasyon frekansı ve Harita mesafesi şu formülle birbirine bağlanır ( Haldane'nin Haritalama Fonksiyonu ) : RF = (1 - e ^ ( -2 * harita mesafesi )) / 2 veya harita mesafesi = - ( ln(1 - 2RF) / 2 ), burada RF - rekombinasyon frekansı.
3) Ebeveyn genotipleri. Ebeveyn genotiplerine dayanarak, genlerin lokalizasyonu hakkında yargıda bulunabilirsiniz - bunlar cis- veya transpozisyonda mı?

Genetik Bağlantı Örnekleri

Domatesin dihibrit test çaprazında iki bağlantılı gen

Şimdi somut örneklere geçelim. Domateste bitkilerin boyunu belirleyen genler - T (uzun) ve t (cüce) ve meyvenin şeklini - S (yuvarlak) ve s (armut biçimli) tek kromozomda bulunur, yani bağlantılıdır. TTSS ve ttss genotipleri ile homozigot bitkileri çaprazlarsak, aynı zamanda, bağımsız çeşitlilik durumunda olduğu gibi, tüm yavrular aynı fenotipe sahip olacaktır. Bu durumda, tüm bitkiler yuvarlak meyvelerle yüksekti ve genotip TtSs'ye sahipti. Test çaprazı sonucunda bu bitkiler homozigot çekinik bitkiler (ttss) ile çaprazlandığında yavrularda yuvarlak meyveli 40 uzun bitki, armut biçimli meyveli 40 bodur bitki, armut biçimli meyveli 10 bodur bitki elde edilmiştir. , ve yuvarlak meyveli 10 cüce bitki. Gen bağlantısı tamamlanmış olsaydı, o zaman yavrularda sadece yuvarlak meyveli uzun bitkiler ve eşit oranlarda armut biçimli meyveli bodur bitkiler olurdu ve genler birbirine bağlı olmasaydı, fenotiplerin oranı 1:1 olurdu. :1:1. Böylece, bu durumda, bağlantılı genler arasında çaprazlama meydana geldiğini ve bu da yeni bir rekombinant fenotip verdiğini söyleyebiliriz. Şimdi elde edilen verileri analiz edelim.

  • "İki Gen" de Radyo Düğmesini Aç/Kapat.
  • Birinci tabloya genlerin baskın ve çekinik alellerini yazın:
    TT
    Ss
  • İkinci tablonun ilk sütunundaki fenotiplerin kombinasyonunu alın ve her bir fenotip için bitki miktarını yazın:
    TS40
    Ts10
    tS10
    ts40
  • "Sonuçları Hesapla" düğmesine basın ve sonuçları alın.
  • "Parentes genotiplerinde" ilk etapta ebeveyn genotiplerini (çapraz olmayan genotipler) görüyoruz.
    (TS)(ts)
    (ts)(ts)
  • Buna göre çapraz genotiplerimiz:
    (Ts)(ts)
    (tS)(ts)
  • Sonuçların ilk tablosunda ikinci olarak rekombinasyon frekansı = %20 görüyoruz. Bu genler arasındaki mesafedir. Sonuçların güvenilirliğini yukarıda açıklanan formülle kontrol edebilirsiniz: RF = (c/t) * %100. RF = ((10 + 10)/(40 + 40 + 10 + 10)) * %100 = (20/100) * %100 = 0,2 * %100 = %20. Böylece genlerin transpozisyonda 20 santimorgan (santiorgan) (cM) mesafesinde lokalize olduğunu söyleyebiliriz. Program, rekombinasyon frekansını kullanarak genler arasındaki gerçek mesafeyi hesaplar = 25.541281 m.u. ("Harita mesafesi" alanında)

Şimdi bu çarpımı genetik hesap makinesinde simüle edelim. (TS)(ts) ve (ts)(ts) - ebeveynlerimizin genotipleridir. Bu ebeveynler genotip notasyonlarında genler arasındaki rekombinasyon sıklığını dahil etmeliyiz - bu değer yüzde karakterleriyle sonuçlanmalıdır. Bu giriş için üç seçenek vardır:
1) (T%20S)(ts)
2) (T%20S)(t%20s)
3) (TS)(t%20s)

Her üç seçenek de doğrudur ve bunlardan herhangi birini kullanabilirsiniz. İlk seçeneği seçeceğiz ve ebeveyn genotiplerini şu şekilde yazacağız:
(T%20%S)(ts) x (t%20%s)(ts)

Bu çaprazlama sonucunda fenotip oranı 4 TS : 1 Ts : 1 tS : 4 ts veya olasılıkla %40 TS : %10 Ts : %10 tS : %40 ts elde edilir. Test çaprazı olduğundan, gametlerin oranı fenotiplerin oranıyla aynı olacaktır.

Mısırın dihibrit test çaprazında iki bağlantılı gen

Test çaprazının başka bir örneğini düşünün. Mısırda fide rengini belirleyen genler - Yeşil (baskın) ve sarı (çekinik) ve yaprak renginin parlaklığı - Opak (baskın) ve parlak(çekinik), bir kromozomda bulunur. Saf mısır hatlarından elde edilen tüm bitkilerde Yeşil fideler ve Opak yapraklar bulunur. Test çaprazı sonucunda bu bitkiler, sarı fidanlı ve parlak yapraklı homozigot çekinik bitkilerle çaprazlandığında, soyda elde edilen, yeşil fideli ve opak yapraklı 240 bitki, sarı fideli ve parlak yapraklı 220 bitki, Yeşil fideli 36 bitki ve parlak yapraklar ve sarı fideli ve Opak yapraklı 24 bitki. Elde edilen verileri analiz edelim.

  • Önceki örnekte, alelleri tek bir harfle işaretledik. Özellikle her bir fenotip için birey sayısını yazarken bunun pek rahat olmadığını fark etmişsinizdir. Ancak daha iyi bir yol var, alelleri işaretlemek için özelliklerin doğal notasyonlarını kullanabilirsiniz. Bunu yapmak için, <Allell name> karakterlerindeki alelleri sonuçlandırmanız gerekir. Yani genlerin baskın ve çekinik alellerini ilk tabloya şu şekilde yazıyoruz ("İki Gen" de Radyo Düğmesini değiştirmeyi unutmayın):
    <Yeşil><sarı>
    <Opak><parlak>
  • İkinci tablonun ilk sütunundaki fenotiplerin kombinasyonunu alın ve her bir fenotip için bitki miktarını yazın:
    <Yeşil><Opak>240
    <Yeşil><parlak>36
    <yellow><Opak>24
    <sarı><parlak>220
  • "Sonuçları Hesapla" düğmesine basın ve sonuçları alın.
  • "Parentes genotipleri" alanında ebeveyn genotiplerini görüyoruz (çapraz olmayan genotipler)
    (<Green><Opaque>)(<yellow><bright>)
    (<yellow><bright>)(<yellow><bright>)
  • Buna göre çapraz genotiplerimiz:
    (<Green><bright>)(<yellow><bright>)
    (<yellow><Opaque>)(<yellow><bright>)
  • İlk sonuç tablosunda rekombinasyon frekansını görebiliriz = %11.5385 ( RF = (c/t) * %100. RF = ((36 + 24)/(240 + 220 + 36 + 24)) * %100 = (60/520) * %100 = 0.115358 * %100 = %11.5385 ). Böylece genlerin 11.5385 santimorgan (cM) mesafesinde trans-pozisyonda lokalize olduğunu söyleyebiliriz. Program, rekombinasyon frekansını kullanarak genler arasındaki gerçek mesafeyi hesaplar = 13,118213 m.u. ("Harita mesafesi" alanında)

Şimdi çaprazı genetik hesap makinesinde simüle edelim. Ebeveyn genotiplerini yazın:
(<Green>%11.5385<Opaque>)(<yellow><bright>) ve (<yellow>%11.5385<bright>)(<yellow><bright>)

Çaprazlamanın bir sonucu olarak, fenotiplerin şu tür olasılıklarını elde ederiz: %44.2308 <Green><Opaque> : %5.76925 <Green><bright> : %5.76925 <yellow><Opaque> : %44.2308 <yellow><bright>. Çapraz geçişlerin sıklığı yaklaşık olarak 5.76925 + 5.76925 = 11.5385'e eşittir ve geçiş olmayanların sıklığı yaklaşık olarak 44.2308 + 44.2308 = %88.4616'ya eşittir (veya %100 - %11.5385 = %88.4615 ). Yavrulardaki toplam birey sayısı 520'ye eşitse, çaprazlama olmayanların sayısı 520 * 88.4616 / 100 = 460 ve çaprazlamaların miktarı 520 * 11.5385 / 100 = 60 olacaktır. Deneyde çaprazlama olmayanlar 240 + 220 = 460'a eşittir ve çaprazlama sayısı 36 + 24 = 60'tır. Dolayısıyla sonuçlar kesinlikle doğrudur.

Bu haçların pratik sonuçlarındaki olası varyasyonları deneyebilirsiniz. Genetik hesaplayıcının "rastgele istatistik" modülü, fenotip olasılıklarına göre neslin rastgele dağılımını simüle etme fırsatı verir. "İstatistik oluştur" kutusunu işaretleyin ve "Örnek boyutu" alanına döl miktarını (ilk çapraz için - 100, ikinci için - 520) yazın. "Sonuçları hesapla" düğmesine her bastığınızda, yeni bir ürün çeşidi elde edeceksiniz.

Bahçe bezelyesinin dihibrit çaprazında iki bağlantılı gen

Genler arasındaki mesafeyi hesaplamak için sadece çaprazlamaların test sonuçlarını kullanmalıyız. Ancak Genetik hesaplayıcı ile, başka çaprazlar için de genetik bağlantıyı simüle edebiliriz. Bunu bir bahçe bezelyesi örneğinde görelim. Bahçe bezelyesi, haklı olarak, genetik çalışmaların ilk nesnesi, Gregor Mendel'in deneylerinde kullandığı bu bitki olarak adlandırabiliriz. Tam da bu deneylere dayanarak genetiğin temel yasalarını formüle etti. Bildiğiniz gibi, bezelyede haploid setteki kromozom sayısı 7'ye eşittir ve elbette, Gregor Mendel'in genleri bağlantılı olmayan bu tür özellik çiftlerini kalıtımı incelemeyi seçtiği için şanslı olduğunu söyleyebiliriz, bu farklı kromozomlarda yer aldığı anlamına gelir. Çiçeğin rengini belirleyen bezelye genlerinde - Mor (baskın) ve kırmızı (çekinik) ve polen tanelerinin şekli - Uzun (baskın) ve yuvarlak (çekinik), bir kromozomda 12 santimetre uzaklıkta bulunur. Mor çiçekli ve uzun polenli bitkiler ile kırmızı çiçekli ve yuvarlak polenli bitkiler arasındaki çaprazlamalardan elde edilen tüm yavrular mor çiçeklere ve uzun polenlere sahipti. Bu melezlerin yavrularda kendi kendine tozlaşması sonucunda %69,5'i mor çiçekli ve uzun polenli bitkiler, %19,3'ü kırmızı çiçekli ve yuvarlak polenli bitkiler, %5.6'sı mor çiçekli ve yuvarlak polenli bitkiler ve %5.6'sı çiçekli ve yuvarlak polenli bitkiler elde edilmiştir. kırmızı çiçekler ve uzun polen. Bağlantı tamamlanmışsa, monohibrit çaprazlamalarda olduğu gibi, neslin oranı yaklaşık olarak 3: 1'e eşitti ve genler bağlı değilse, o zaman dihibrit için özelliklerin bağımsız kalıtımı durumunda fenotip oranı çaprazlama 9 : 3: 3: 1 idi. Bu durumda, rekombinant olmayan fenotiplerin oranı gerçekten yaklaşık olarak 3: 1'e eşittir ve elimizde az miktarda rekombinant fenotip var.

Şimdi çaprazı genetik hesap makinesinde simüle edelim. Ebeveyn genotiplerini yazın:
(<Mor>%12%<Uzun>)(<red><round>) ve (<Mor>%12<Uzun>)(<red><round>).

Sonuç olarak, fenotip oranımızı elde ederiz: %69,5 <Mor<<<round> : : %5,6 <Mor><round> : %5,6 <red><Uzun> : %19,3 <red><round>.

Genlerin Birkaç Bağlantı Grubu

Genetik hesap makinesini kullanarak sorunu birkaç bağlantı grubuyla da çözebiliriz. Bu olasılığın iyi bir gösterimi aşağıdaki örneği çözmek olacaktır: Mısırda kıvırcık yaprakları (cr) ve cüceliği (d) belirleyen çekinik genler, üçüncü kromozomda 18 harita birimi (%18) uzaklıkta lokalizedir. ve pas direncinin (Rp) (pas) ve dar yaprakların (Nl) baskın genleri - onuncu kromozomda 24 harita birimi (% 24). Cis konumunda olan tüm genler tarafından heterozigot bir bitkimiz var. Tanımlayın: 1) Ne tür gametler ve bu bitkiyi hangi olasılıkla oluşturabilir? 2) Yavrularda paslanmaya dayanıklı ve normal yapraklı homozigot bodur bitkilerin oluşmasını hangi olasılıkla bekleyebiliriz?

Bitkilerimizin ebeveyn genotiplerini şu şekilde yazabiliriz: (<Cr>%18%<D>)(<cr><d>)(<Rp>%24%<Nl>)(<rp><nl>). İlk soruyu cevaplamak için tip sonuçları için - - "Gametes genotip 1"i seçip hesaplamamız gerekiyor. İkinci soruda, genotipin olasılığını bulmamız gerekiyor - <Cr><Cr><d><d><Rp><Rp><nl><nl>. Sonuçların türünü "Genotipler" olarak değiştirin ve "Bul" sekmesine gidin. "Kombinasyonlar" sütunundaki her hücreye tıklayın ve açılır listeden ihtiyacınız olan değeri seçin. İlk hücre için <Cr><Cr><d><d> ve ikinci hücre için - <Rp><Rp><nl><nl>. "Bul" düğmesine basın, ikinci soruya (0.011664) bir yanıt alacaksınız.

Haritalama Üzerinden Geçiş

Kromozomlar - doğrusal bir yapıya sahiptir ve sırasıyla kromozomlardaki genler de doğrusal sırada bulunur. Bu nedenle, genler arasındaki geçiş veya genetik rekombinasyon sıklığı sadece mesafeyi belirlemek için değil, aynı zamanda bu genlerin kromozomdaki nispi konumunu belirlemek için de kullanılabilir. Ancak, rekombinasyonun rastgele bir karaktere sahip olduğunu ve genler arasında çift çaprazlamanın da meydana gelebileceğini bilmelisiniz. Ve genellikle birbirinden yeterince uzakta bulunan genler arasındaki gerçek mesafeyi tahmin etmek zordur, çünkü her zaman tespit edilmez. Sonuç olarak, en dıştaki genler arasındaki geçiş frekansı beklenenden daha azdır ve tek geçişlerin frekanslarının toplamına eşit değildir. Yalnızca incelenen genler (marker gen olarak adlandırılır) arasındaki üçüncü genin varlığı, genlerin mesafesini ve konumlarını doğru bir şekilde bulmanızı sağlar. Kanıt olarak trihibrit geçiş örneğini inceleyebiliriz.

Mısırın trihibrit test çaprazında üç bağlantılı gen

Mısırda fide rengini belirleyen genler - Yeşil (baskın) ve sarı (çekinik), yaprakların renginin parlaklığı - Opak (baskın) ve parlak (çekinik) ve yaprakların şekli - kesme (çekinik) ve normal (baskın), bir kromozomda bulunur. Saf mısır hatlarından elde edilen tüm bitkiler, yeşil fidelere ve normal şekle sahip opak yapraklara sahiptir. Test çaprazlamaları sonucunda, bu bitkiler, sarı fidanlı ve parlak kesme yapraklı homozigot çekinik bitkilerle çaprazlandığında, aşağıdaki yavrular elde edilmiştir:
Normal formda yeşil fideli ve opak yapraklı 270 bitki
Sarı fideleri ve parlak kesme yaprakları olan 235 bitki
Yeşil fideleri ve parlak kesme yaprakları olan 62 bitki
Normal formda sarı fideli ve opak yapraklı 60 bitki
Yeşil fideleri ve opak kesme yaprakları olan 48 bitki
Normal formda sarı fideleri ve parlak yaprakları olan 40 bitki
Normal formda yeşil fideli ve parlak yapraklı 4 bitki
Sarı fideleri ve opak kesme yaprakları olan 7 bitki
Elde edilen verileri analiz edelim.

  • Crossing Over Map Calculator'da Radyo Düğmesini "Üç gen" olarak değiştirin ve genlerin baskın ve çekinik alellerini ilk tabloya şu şekilde yazın:
    <Yeşil><sarı>
    <Opak><parlak>
    <Normal><kesme>
  • İkinci tablonun ilk sütununda fenotiplerin kombinasyonunu alıyoruz ve her fenotip için bitki miktarını yazıyoruz:
    <Yeşil><Opak><Normal>270
    <Yeşil><Opak><kesme>48
    <Yeşil><parlak><Normal>4
    <Yeşil><parlak><kesme>62
    <yellow><Opak><Normal>60
    <yellow><Opaque><kesme>7
    <yellow><bright><Normal>40
    <yellow><bright><kesme>235
  • "Sonuçları Hesapla" düğmesine basın ve sonuçları alın.
  • Her şeyden önce bu, Genler lokalizasyon haritasıdır (genlerin kromozomdaki sırası):
    <yellow>-<bright>-<cutting> - bu sırayla, bu genler kromozomda bulunur. <yellow>-<bright> arasındaki rekombinasyon sıklığı %18.3196'ya eşittir(Crossing over frekansı), <bright>-<cutting> arasındaki rekombinasyon sıklığı %13.6364'tür(crossing over frekans) ve <yellow>-<cutting> arasında bu %31.9559'a (crossing over frekans) eşittir.
  • Elde edilen sekiz fenotip sınıfından - ikisi çaprazlama değildir ve fenotipik olarak ebeveyn fenotipleriyle aynıdır ve altısı, ikisi çift çaprazlama olan çaprazlamadır.
    1. "Ebeveyn genotipleri" alanında ebeveyn genotiplerini görüyoruz (çapraz olmayan genotipler)
      (<Green><Opaque><Normal>)(<yellow><bright><cutting>)
      (<yellow><bright><cutting>)(<yellow><bright><cutting>)
    2. Lokalizasyon haritasında, yaprakların gen rengi (<bright>/<Opaque>) ortada yer aldığından, Double Crossovers (en düşük fenotipler):
      7 <sarı><Opak><kesme>
      4 <Yeşil><parlak><Normal>
    3. Tekli geçişlerin ilk çifti:
      48 <Yeşil><Opak><kesme>
      40 <sarı><parlak><Normal>
    4. İkinci tekli geçiş çifti:
      62 <Yeşil><parlak><kesme>
      60 <sarı><Opak><Normal>

Bu sonuçları şu formülümüzle kontrol edelim: RF = (c/t) * %100. İlk tekli çapraz geçiş çifti için ( gens - <bright>-<cutting> arasındaki rekombinasyon frekansı): RF = ((48 + 40)/(235 + 270 + 7 + 4 + 48 + 40 + 62 + 60)) * %100 = (88 /726) * %100 = 0.121212 * %100 = %12.1 İkinci tekli çapraz geçiş çifti için( gens - <yellow>-<bright> arasındaki rekombinasyon frekansı): RF = ((62 + 60)/726) * %100 = 0.168044 * %100 = %16.8. Dolayısıyla gens <yellow>-<cutting> arasındaki rekombinasyon sıklığının %16.8 + %12.1 = %28.9'a eşit olmasını bekleyebiliriz. Ancak çaprazdan farklı bir sonuç elde edilir. Gens <yellow>-<cutting> arasında tek geçiş sıklığı = %28,9, bu da beklenenden %3 daha az. <yellow>-<cutting> genleri arasındaki çift geçişi hesaba katarsak, teorik olarak beklenen ve pratik olarak elde edilen sonuçlar arasındaki çelişki ortadan kalkar. Rekombinasyon frekansı - RF = ((7 + 4)/726) * %100 = 0.015151 * %100 = %1,5. Bu nedenle genler - <bright>-<cutting> arasındaki rekombinasyon sıklığı %12,1 + %1,5 = %13,6 ve gens - <yellow>-<bright> arasındaki rekombinasyon sıklığı %16,8 + %1,5 = %18,3 olmalıdır. Bu nedenle gens <yellow>-<cutting> arasındaki rekombinasyon sıklığı %13,6 + %18,3 = %31,9 olacaktır. Çift geçişli genler arasındaki mesafe, tek geçiş yüzdesinin toplamına ve çift geçiş yüzdesinin iki katına eşittir. Örneğimizde <yellow>-<cutting> genleri arasındaki uzaklık : %16,8 + %21.1 + %1,5 * 2 = %31,9'dur.

Şimdi çaprazı genetik hesap makinesinde simüle edelim. Ebeveyn genotiplerini yazın:
(<Green>%18.3196<Opaque>%13.6364<Normal>)(<yellow><bright><cutting>) ve (<yellow><bright><cutting>)(<yellow><bright><cutting>)

Bu geçişin bir sonucu olarak, bu tür fenotip olasılıklarını elde ederiz:

<yellow><bright><kesme> 35.2711%
<yellow><bright><Normal> 5.56913%
<yellow><Opaque><kesme> 1.24907%
<yellow><Opak><Normal> 7.91073%
<Yeşil><parlak><kesme> 7.91073%
<Yeşil><parlak><Normal> 1.24907%
<Yeşil><Opak><kesme> 5.56913%
<Yeşil><Opak><Normal> 35.2711%

Çift geçiş sıklığı yaklaşık olarak 1.24907 + 1.24907 = %2.49814'e eşittir. Tekli geçişlerin sıklığı yaklaşık olarak 5.76925 + 5.76925 = 11.5385 + 2.49814 = %13.6364 ve 7.91073 + 7.91073 = 15.82146 + 2.49814 = %18.3196'ya eşittir. Buna göre toplam geçiş sıklığı 13.6364 + 18.3196 = %31.956'dır. Böylece, sonuçlar deneysel ve kesinlikle doğrudur.


Bağımsız Çeşitlilik Yasası

Mendel'in bağımsız çeşitlilik yasası alellerin gametlere ayrılması konusunda genlerin birbirini etkilemediğini ve her gen için mümkün olan her alel kombinasyonunun eşit derecede meydana gelme olasılığının eşit olduğunu belirtir. Bağımsız gen çeşitleri şu şekilde gösterilebilir: iki hibrit geçmek. Bir dihibrit, iki özellik için farklı özellikler ifade eden iki gerçek üreyen ebeveyn arasındadır. İki bezelye bitkisi için tohum rengi ve tohum dokusunun özelliklerini düşünün. Bir bitki yeşil, buruşuk tohumlara sahiptir (yyrr) ve sarı, yuvarlak tohumları olan bir diğeri (YYRR). Her ebeveyn homozigot olduğundan, ayrılma yasası, yeşil/buruşuk bitki için gametlerin hepsinin aynı olduğunu gösterir. yılve sarı/yuvarlak bitki için gametlerin tümü yıl. Bu nedenle, F1 nesil nesil hepsi YyRr (Şekil 2).

Sanat Bağlantısı

Figure 2. This dihybrid cross of pea plants involves the genes for seed color and texture.

In pea plants, yellow (Y) are dominant to green flowers(y) and round peas (R) are dominant to wrinkled as (r). What are the possible genotypes and phenotypes for a cross between YyRR and yyRr pea plants? How many squares do you need to do a Punnett square analysis of this cross?

F için2 generation, the law of segregation requires that each gamete receive either an r alel veya bir r allel ile birlikte bir Y alel veya bir y alel. The law of independent assortment states that a gamete with an r allele would be equally likely to contain either a Y alel veya bir y alel. There are four equally likely gametes that can be formed when the YyRr heterozygote is self-crossed: yıl, yıl, yıl, ve yıl. Arranging these gametes along the top and left of a 4 × 4 Punnett square (Figure 2) gives us 16 equally likely genotypic combinations. From these genotypes, we infer a phenotypic ratio of 9 round/yellow:3 round/green:3 wrinkled/yellow:1 wrinkled/green (Figure 2). These are the offspring ratios we would expect.

Bağımsız çeşitlilik ve baskınlık nedeniyle, 9:3:3:1 dihibrit fenotipik oranı, baskın ve resesif bir model izleyen herhangi bir monohibrit çaprazlamanın karakteristiği olan iki 3:1 orana indirgenebilir. Considering only seed texture in the above dihybrid cross, we would expect that three quarters of the F2 nesiller yuvarlak olacak ve dörtte biri buruşacaktı. Benzer şekilde, yalnızca tohum rengini izole ederek, F'nin dörtte üçünün2 yavrular sarı olur ve dörtte biri yeşil olur. Alellerin doku ve renk sıralaması bağımsız olaylardır, dolayısıyla çarpım kuralını uygulayabiliriz. The proportion of round and yellow F2 yavruların (3/4) × (3/4) = 9/16 olması ve buruşuk ve yeşil yavruların oranının (1/4) × (1/4) = 1/16 olması beklenir. Bu oranlar, bir Punnett karesi kullanılarak elde edilenlerle aynıdır. Bu genotiplerin her biri bir baskın ve bir çekinik fenotip içerdiğinden, yuvarlak, yeşil ve buruşuk, sarı yavrular da çarpım kuralı kullanılarak hesaplanabilir. Bu nedenle, her birinin oranı (3/4) × (1/4) = 3/16 olarak hesaplanır.

Bağımsız ürün çeşitliliği yasası ayrıca sarı, buruşuk (YYrr) ve yeşil, yuvarlak (yyRR) ebeveynler aynı F'yi verirdi1 ve F2 olduğu gibi yavru YYRR x yyrr geçmek.

Meiosis I provides the physical basis for the law of independent assortment. During Meiosis I, the different homologous pairs line up in random orientations. Each gamete can contain any combination of paternal and maternal chromosomes due to the randomness of the tetrads in metaphase.

Çatallı Hat Yöntemi

When considering more than two genes, the Punnett-square method is unmanageable. Examining a cross involving four genes would require a 16 × 16 grid containing 256 boxes. Her bir genotipi manuel olarak girmek son derece zahmetli olacaktır. Daha karmaşık çaprazlar için çatallı çizgi ve olasılık yöntemleri tercih edilir.

F arasında bir çaprazlama için çatallı bir çizgi diyagramı hazırlamak için1 arasındaki çaprazlamadan kaynaklanan heterozigotlar AABBCC ve aabbcc parents, we first create rows equal to the number of genes being considered We then segregate the alleles in each row on forked lines according to the probabilities for individual monohybrid crosses (Figure 3). We multiply the values along each forked path to obtain the F2 yavru olasılıkları. This process is a diagrammatic version of the product rule. Her bir gen bağımsız olarak sınıflandırıldığından, her çatallı yol boyunca değerler çarpılabilir. Bir trihibrit çaprazlama için, F2 fenotipik oran 27:9:9:9:3:3:1'dir.

Figure 3. The forked-line method can be used to analyze a trihybrid cross. The probability for color in the F2 generation occupies the top row (3 yellow:1 green). The probability for shape occupies the second row (3 round:1 wrinked), and the probability for height occupies the third row (3 tall:1 dwarf). The probability for each possible combination of traits is calculated by multiplying the probability for each individual trait. Thus, the probability of F2 offspring having yellow, round, and tall traits is 3 × 3 × 3, or 27.

Multihybrid Gübreleme Kuralları

Mendel genetiği bilginizi test etmenin en iyi yolu, verilen melezlerden yavruların genotiplerini ve fenotiplerini tahmin etmektir. Given a multihybrid cross that obeys independent assortment and follows a dominant and recessive pattern, several generalized rules exist. You can use these rules to check your results as you work through genetics calculations (Table 1). To apply these rules, you must determine n, the number of heterozygous gene pairs. A cross between AaBb ve AaBb heterozigotlar vardır n of 2, while a cross between AABb ve AABb sahip n 1 çünkü A heterozigot değildir.

Table 1. General Rules for Multihybrid Crosses
Genel kural Heterozigot Gen Çiftlerinin Sayısı
Farklı F sayısı1 gametler 2 n
Farklı F sayısı2 genotipler 3 n
Baskın ve çekinik kalıtım verildiğinde, farklı F sayısı2 fenotipler 2 n


Confusion about how to compute probabilities for linked genes - Biology

PROBABILITY/STATISTICS IN INHERITANCE

We know that when two people who are both heterozygous for a simple Mendelian autosomal gene alpha have a child, the probability that the child will show the dominant phenotype is 3/4. Let's ask a somewhat more complex question. If this couple has a total of four children, what is the probability that 3 of the 4 will show the dominant phenotype? To answer this, we will first derive the appropriate formula and then use it to calculate the numerical answer. The same formula allows us to understand the expected statistical distribution of the various possible phenotype patterns in four-child ( or any other size) families in a large population.


1. Review: How can some simple overall probabilities be calculated by combining the multiplication and addition "rules" we covered earlier?

Let's start with a very simple case: asking about gender probabilities in families of three children.

What is the probability that all three children in a family will be the same gender?
P(all female)= 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8
P(all male ) = 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8
P(all one gender) = P(all female) + P(all male) = 1/8 + 1/8 = 1/4

What is the probability that a three-child family is two girls and one boy?
Each possible birth order has P=1/8. That is, P(G,G,B)=P(G,B,G)=P(B,G,G)=1/8.
So, P(2G,1B)= 3/8 and P(1G,2B)= 3/8.

This allows us to write the overall gender probability distribution for families of three children as follows:
1/8 will be three girls
3/8 will be two girls and one boy
3/8 will be one girl and two boys
1/8 will be three boys
Adding it all up, we have 1/8 + 3/8 + 3/8 + 1/8 = 1 (100%)


2. How can we understand and use "Pascal's triangle" and the "general rule for repeated trials of events with constant probabilities", formula 1 (page 161 in textbook)?

Consider the numerators of the fractions in the above three-child family gender equation:
1 , 3 , 3 , 1. These numbers are the coefficients in the expansion of the term (p + q) cubed. In general, the coefficients of any such binomial expansion < the term (p+q) raised to any power>give the "number of ways" that something can happen.

Figure 4.21, "Pascal's triangle", shows these coefficients for the expansion of (p + q) raised to any power up to 10. The numbers in any row can be used just as described above. For example, assume that over the next two decades you have 6 kids. There are 64 possible gender birth orders, with 20 of these resulting in you having three girls and three boys.

The terms p and q are the individual probabilities for a specific outcome from a single "event". For "gender" calculations, the probabilities p and q are equal, both = 1/2 (the equal probabilities of male and female births).

For "dominant : recessive phenotype" type of calculations, p and q will usually not be equal. For a simple Mendelian inheritance from two heterozygotic parents, p will = 3/4 (if AA ve aa give dominant phenotype) and q will = 1/4 (aa gives recessive phenotype).

Generalizing this, we get to the formula on page 161 in your text that is "the general rule for repeated trials of events with constant probabilities". The term (n!/s!t!) is the number of possible ways (orders) of getting a certain net outcome ( "a total of n ile birlikte s of one and T of the other"). This number can either be calculated or taken directly from Pascal's triangle.


3. Sample problem: You and your mate are both heterozygous for some simple Mendelian gene alpha (i.e., each of you has genotype aa, and both of you show the dominant phenotype) on chromosome #1. Over the next decade, you proceed to have four children. What is the probability that 3 of your children will show the dominant phenotype and one will show the recessive phenotype? What are the probabilities of the other possible outcomes?

If we were looking at thousands of such families, we know that the overall ratio of dominant to recessive phenotypes in the children would average out to 3:1, as shown by a simple Punnett square. But for one couple having four children, what's the probability, P(3D,1r)?

To calculate P(3D,1r), we use formula 1 for the case n=4, s=3, t=1, p=3/4, q=1/4.
P(3D,1r)= 4!/3! x (3/4)cubed x (1/4) = 4 x (27/64) x 1/4 = .42 ( 42% )

By also calculating the other four possibilities, we can construct a graph that shows the statistical distribution you would expect to see in a large population.

Problem S-4: "Heterozygous parents have three children".

Modify the sample problem above to do the calculations for you and your mate (both aa) having THREE children. Do the calculations for the probabilities that all three, two, one, or none of the three children will show the dominant phenotype from gene alpha. Construct the graph and compare the result with the "four children" graph done in class.


Tartışma

In this work, we presented a new tool called paskal (babathway scoring herkesgorithm) that specifically addresses both gene scoring and pathway enrichment, making significant advancement with respect to the state-of-the-art:

First, our gene score calculation combines analytical and numerical solutions to properly correct for multiple testing on correlated data[21]. While some of these approaches have already been applied within the rare variant field[20] (typically in a gene-wise fashion) we provide a streamlined implementation that can run genome-wide analyses without the need for any Monte Carlo simulations (making it about 100 times faster and more precise than the widely used software VEGAS).

Second, our pathway scoring integrates individual gene scores without the need for a tuneable threshold parameter to dichotomize gene scores for binary membership enrichment analysis (as done for example by MAGENTA). The choice of such a parameter is not straightforward and our method usually performs better, regardless of the chosen parameter.

Third, we show that the null distribution of enrichment p-values for pathways that contain genes in linkage disequilibrium is non-uniform due to an “over-counting” of gene association signals. This is a potential source of type I error underestimation and our method corrects for this phenomenon using a gene fusion approach, which considers genes in LD as single entities.

We have extensively evaluated the performance of paskal for several real data sets. These comparisons demonstrated the rigorous control of type I error and superior predictive power in a wide range of trait and power settings in terms of enhanced precision-recall curves.

As an additional global measure of power, we considered the number of significantly enriched pathways for a large number of GWAS meta-analysis summary statistics. On average, our approach resulted in higher numbers of significant pathway scores than any binary enrichment strategy. Given its precise type I error control, this provides additional evidence of increased power for a wide range of traits. Indeed, the elevated rate of putatively involved pathways produced by our method not only reflects its higher sensitivity, but also already generates new hypotheses for further studies.

Taken together, our results demonstrate the superior performance of our approach compared to standard binary enrichment and rank-sum tests. Although methods with tuneable parameters might yield improved results in a particular setting, it is difficult to predict the optimal parameter choice. Indeed, the optimal parameter depends on sample size, as well as complexity and heritability of the phenotype. Another issue with binary enrichment tests is that the hypergeometric distribution is discrete, which leads to conservative p-values, especially if the expected number of successful draws is low. Our pathway scoring approach avoids this problem. Also, our approach lends itself to naturally extending pathway scoring in case genes have probabilistic membership in predefined pathways.

Users of our method will still have to make two choices: how to convert SNP p-values to gene scores (max or sum gene scores), and how to transform gene scores into pathway scores (empirical or chi-squared). We do not see evidence that one gene scoring method systematically outperforms the other in the context of our chi-squared pathway scoring method, while there seems to be a better performance for sum gene score when using the empirical approach (S8 Fig). To investigate this phenomenon we winsorized p-values (i.e. extreme p-values below 10 −12 were set to 10 −12 ) and saw that the max gene score combined with empirical sampling suffered far less performance loss (S9 Fig). We therefore conclude that the power loss is due to outlier gene scores. The max gene-scores can lead to very high gene scores for high-powered studies. In the extreme case one gene might reach scores so high that it precludes detection of pathways not containing that gene when the empirical sampling strategy is used.

Future work could attempt to enhance several other aspects of our pathway enrichment analysis. For example, here we mapped SNPs to genes only based on physical distance, while potential improvements could be attained by incorporating additional information, such as eQTL data[40] and functional annotations, to assign weights to different association signals within a locus. While our approach is amenable to such a weighting scheme, this would potentially require the introduction of tuneable parameters, which we avoided so far. Furthermore, one may attempt to redefine gene sets based on external unbiased large-scale molecular data, such as expression data, while so far we only used the established (but likely biased) pathway collections[4]. To this end, we already integrated paskal into a pipeline to analyze the connectivity between trait-associated genes across over 400 tissue-specific regulatory, co-expression and protein-protein interaction networks, further demonstrating its value for network-based analysis of GWAS results (Marbach ve diğerleri., submitted).

As an additional caveat, we should mention that paskal uses the European 1KG sample as reference population per default. This choice may not be appropriate if the studied sample is not of European origin. In this case the user is encouraged to supply paskal with the appropriate reference panel. Also, SNPs with low MAF are by default excluded from the analysis, because the low number of individuals in the European 1KG sample limits the accuracy of the LD estimate for low frequency variants. If the user wishes to include lower frequency variants, the use of a reference sample containing more individuals is recommended.

Sonuçlandırmak için, paskal implements fast and rigorous analytical methods into a single analysis pipeline tailored for gene scoring and pathway enrichment analysis that can be run on a desktop computer. We thus hope that paskal will be useful to the GWAS community in a range of applications and play a pivotal role in leveraging the rich information encoded in GWAS results both for single traits and—given its efficiency and power—in particular also for high-dimensional molecular traits.

Our tool is available as a single standalone executable java package containing all required additional data at: http://www2.unil.ch/cbg/index.php?title=Pascal (short URL: http://goo.gl/t4U5z6).


  • Evaluation cases described in Gremme et al. 2005 (see below)
  • A 16.6Kb rice gene structure tractable with GenomeThreader (using both an intron cutout technique and without), but beyond GeneSeqer's limitations.
  • A 125Kb intron-containing human gene structure.
  • Small samples of gzip'ed plain text and XML GenomeThreader output.

The following sites use GenomeThreader. This list is not intended to be comprehensive.

  • MIPS (Munich Information Center for Protein Sequences), Institute of Bioinformatics and Systems Biology (for plant genome annotation)
  • University of Freiburg, Plant Biotechnology (to annotate Physcomitrella patens)
  • PlantGDB
  • Waksman Institute, Rutgers University
  • SOL Genomics Network (SGN), Cornell University
  • Bioinformatics and evolutionary genomics division, VIB, Gent University

Problem 3

Flower position, stem length, and seed shape were three characters that Mendel studied. Each is controlled by an independently assorting gene and has dominant and recessive expression as follows:

Karakter baskın çekinik
Flower position Axial (A ) Terminal (a )
Stem length Tall (T ) Dwarf (t )
Seed shape Round (R ) Wrinkled (r)

If a plant that is heterozygous for all three characters were allowed to self-fertilize, what proportion of the offspring would be expected to be as follows: (Note – use the rules of probability (and show your work) instead of huge Punnett squares)

a) homozygous for the three dominant traits

AATTRR = 1/4 x 1/4 x 1/4 = 1/64

b) homozygous for the three recessive traits

aattrr = 1/4 x 1/4 x 1/4 = 1/64

c) heterozygous (assumed for each trait)

AaTtRr = 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8

d) homozygous for axial and tall, heterozygous for seed shape

AATTRr = 1/4 x 1/4 x 1/2 = 1/32

Problem 4 A black guinea pig crossed with an albino guinea pig produced 12 black offspring. When the albino was crossed with a second one, 7 blacks and 5 albinos were obtained.

What is the best explanation for this genetic situation?

Black is dominant over white

Write genotypes for the parents, gametes, and offspring.

Parent’s genotypes = BB (black) x bb (white)
gametler = B B
F1 offspring = all Bb

Parent’s genotypes = Bb (black) x bb (white)
gametler = B or b B
F1 offspring = Bb or bb

There should be 50% black to 50% white offspring in this cross.

Problem 5 In sesame plants, the one-pod condition (P ) is dominant to the three-pod condition (p ), and normal leaf (L ) is dominant to wrinkled leaf (l) . Pod type and leaf type are inherited independently. Determinine the genotypes for the two parents for all possible matings producing the following offspring:

a. 318 one-pod normal, 98 one-pod wrinkled

Parental genotypes: PPLl x PPLl or PpLl x PPLl

B. 323 three-pod normal, 106 three-pod wrinkled

Parental genotypes: ppLl x ppLl

Parental genotypes: PPLL x PpLL or PPLl x PPLL or PPLL x PpLl etc (nine possible genotypes).

NS. 150 one-pod normal, 147 one-pod wrinkled, 51 three-pod normal, 48 three-pod wrinkled. (a 3: 3: 1: 1 ratio)

Parental genotypes: PpLl x Ppll (see below for details)

3 One-pod wrinkled (PPll , Ppll , Ppll)

1 Three-pod normal (ppLl)

1 Three-pod wrinked (ppll)

e. 223 one-pod normal, 72 one-pod wrinkled, 76 three-pod normal, 27 three-pod wrinkled (a 9: 3: 3: 1 ratio)

Parental genotypes: PpLl x PpLl

Problem 6 A man with group A blood marries a woman with group B blood. Their child has group O blood. What are the genotypes of these individuals?

First Child = OO (or ii)

What other genotypes and in what frequencies, would you expect in offspring from this marriage?

Examine the Punnett square to determine the other genotypes possible.

Problem 7 Color pattern in a species of duck is determined by one gene with three alleles. Alleles H and I are codominant, and allele i is recessive to both. Note: this situation is similar to the ABO blood system.

How many phenotypes are possible in a flock of ducks that contains all the possible combinations of these three alleles?

As in the ABO blood system 4 phenotypes are possible in this case:

Genotip Fenotip
HH, Hi (H)
II, Ii (I)
HI (HI)
ii (ben)

Problem 8 Phenylketonuria (PKU) is an inherited disease caused by a recessive allele. If a woman and her husband are both carriers, what is the probability of each of the following?

Under these circumstances assume the following Punnett square to be true.

a. all three of their children will be of normal phenotype

B. one or more of the three children will have the disease (x)

All three have x 2 out of 3 has x 1 out of 3 has x
+ + =
x x o o o x
3 Combinations x o x o x o
o x x x o o
+ 3(3/4 x 1/4 x 1/4) + 3(3/4 x 3/4 x 1/4) =

Note: the probability of the disease (x) = 1/4 & the probability of being normal (o) = 3/4

C. all three children will have the disease

NS. at least one child out of three will be phenotypically normal

(Note: Remember that the probabilities of all possible outcomes always add up to 1)

Problem 9 The genotype of F1 individuals in a tetrahybrid cross is AaBbCcDd. Assuming independent assortment of these four genes, what are the probabilities that F2 offspring would have the following genotypes?

a. aabbccdd = x x x = 1/256

B. AaBbCcDd = x x x = 1/16

C. AABBCCDD = x x x = 1/256

NS. AaBBccDd = x x x = 1/64

e. AaBBCCdd = x x x = 1/128

Just remember that the probability of a heterozygote (Xx) = 2/4 or 1/2 and the probability of a homozygote XX or xx = 1/4

Problem 10 In 1981, a stray black cat with unusual rounded curled-back ears was adopted by a family in California. Hundreds of descendants of the cat have since been born, and cat fanciers hope to develop the “curl” cat into a show breed. Suppose you owned the first curl cat and wanted to develop a true breeding variety.

How would you determine whether the curl allele is dominant or recessive?

Mate the stray to a non-curl cat. If any offspring have the “curl” trait it is likely to be dominant. If the mutation is recessive, then on ly non-curl offspring will result.

How would you select for true-breeding cats?

You know that cats are true-breeding when curl crossed with curl matings produce only curl offspring.

How would you know they are true-breeding?

A pure-bred “curl cat” is homozygous.

  1. If the trait is recessive any inividual with the “curl” condition is homozygous recessive.
  2. If the trait is dominant you can determine if the individual in question is true breeding (CC) or heterozygous (Cc) with a test cross (to a homozygous recessive individual).

Problem 11 What is the probability that each of the following pairs of parents will produce the indicated offspring (assume independent assortment of all gene pairs?

a. AABBCC x aabbcc —-> AaBbCc

B. AABbCc x AaBbCc —–> AAbbCC

C. AaBbCc x AaBbCc —–> AaBbCc

NS. aaBbCC x AABbcc —-> AaBbCc

Problem 12 Karen and Steve each have a sibling with sickle-cell disease. Neither Karen, Steve, nor any of their parents has the disease, and none of them has been tested to reveal sickle-cell trait. Based on this incomplete information, calculate the probability that if this couple should have another child, the child will have sickle-cell anemia.


Teşekkür

The Swedish Research Council for Environment, Agricultural Sciences and Spatial Planning (FORMAS), The Royal Physiographic Society in Lund, Helge Ax:son Johnssons stiftelse, Royal Swedish Academy of Sciences, Swedish Research Council, Liljewalchs resestipendium, Linné-stipendiestiftelsen, and Wallenbergstiftelsen gave financial support to AR and BO. Per Erixon and Douglas Stone helped in the lab. Mike Steel gave valuable input on the probabilistic approach. Two anonymous reviewers gave constructive criticisms to an earlier version of this paper, and helped to improve clarity substantially.


Videoyu izle: Gen Dizilimi (Ağustos 2022).