| Autore |
Discussione |
|
|
CRISTIAN
Nuovo Arrivato
92 Messaggi |
 Inserito il - 19 aprile 2007 : 15:10:50
|
Avrei bisogno di un aiuto: ho una popolazione di 50 individui e di essi dovrei verificare che sono in equilibrio di HardY Weinberg.
Ho fatto un'analisi gentotipica per un gene :
AA : 50 individui
Aa: 0 individui
aa: 0 individui
Praticamente non ho trovato eterozigoti o portatori dell'allele recessivo.
Come posso calcolare se sono in equilibrio di HWE?
Grazie infinite!!
--------------------------------------------------------------------------------
CRISTIAN
|
|
|
|
|
Giuliano652
Moderatore
Prov.: Brescia
6940 Messaggi |
Inserito il - 19 aprile 2007 : 22:50:04
|
Non mi ricordavo esattamente quali fossero i criteri perché una popolazione potesse essere in equilibrio di HW, così ho guardato Wikipedia qui:
http://it.wikipedia.org/wiki/Genetica_delle_popolazioni
I criteri esposti sono: Popolazione praticamente infinita, assenza di immigrazione e di emigrazione, panmissia, non selezione, non mutazione; direi che quasi ci siamo, giusto la prima condizione non è soddisfatta. C'è da dire inoltre che
Citazione:
La legge di Hardy-Weinberg stabilisce che nelle condizioni suindicate le frequenze geniche rimangono costanti e le frequenze genotipiche si stabilizzano in una generazione in modo che la frequenza degli omozigoti sia il quadrato di quella dell'allele, mentre quelle degli eterozigoti saranno il doppio prodotto delle frequenze degli alleli posseduti.
In pratica p^2 per AA, 2pq per Aa e q^2 per aa.
Detto questo... Boh? La frequenza di A nella popolazione è praticamente 1, ovvio che quella di a sia 0, matematicamente le cose si possono anche fare.
Mi viene in mente una frase del mio vecchio prof di Genetica 2, che disse più o meno "quando in una popolazione non è possibile verificare che sia in equilibrio di HW, perché magari l'allele è recessivo e non posso distinguere gli omozigoti dagli eterozigoti fenotipicamente, allora si assume che la popolazione SIA IN EQUILIBRIO DI HW". Geniale.
Rimando la palla a chi ne sa più di me |
Uno strumento utile per l'utilizzo del forum: cerca
Se sei nuovo leggi il regolamento e, se vuoi farti conoscere, presentati qui
Link utili alla professione:
FAQ su nutrizione e dietistica
[Raccolta link] cosa bisogna sapere del lavoro del biologo
Burocrazia per lavorare come biologi
Dà più sbocchi biologia delle posidonie o biotech suine?
|
 |
|
|
GFPina
Moderatore
Città: Milano
8408 Messaggi |
Inserito il - 20 aprile 2007 : 17:38:51
|
Citazione:
Messaggio inserito da Giuliano652
Mi viene in mente una frase del mio vecchio prof di Genetica 2, che disse più o meno "quando in una popolazione non è possibile verificare che sia in equilibrio di HW, perché magari l'allele è recessivo e non posso distinguere gli omozigoti dagli eterozigoti fenotipicamente, allora si assume che la popolazione SIA IN EQUILIBRIO DI HW". Geniale.
 Veramente geniale!!!
Comunque per rispondere a Cristian:
E' passato un po' di tempo... ma il procedimento dovrebbe essere questo:
Dovresti calcolare le frequenze attese e compararle con le frequenze osservate!
Il tutto nel tuo caso è assurdo perché hai solo individui AA, quindi la frequenza di A è del 100% e quella di a dello 0%.
La popolazione è per forza all'equilibrio!
Comunque i calcoli da fare sarebbero questi:
1. dal fenotipo recessivo calcoli la frequenza genica di “aa” (q^2)
q^2 = individui con fenotipo “a” / totale individui
q^2 = 0/50= 0
2. da questa calcoli la frequenza allelica di “a” (q)
facendo la radice quadrata di q^2
q = Square [0] = 0
3. dall’equazione p + q = 1 ricavi la frequenza allelica di “A” (p^2)
p = 1 – q
p = 1 – 0 = 1
(la frequenza genica di “AA” p^2 ovviamente è sempre 1)
4. calcoli la frequenza genica dell’eterozigote “Aa” (2pq)
2pq = 2 x 0 x 1 = 0
A questo punto hai le frequenze geniche attese nella tua popolazione :
AA (p^2) = 1
Aa (2pq) = 0
aa (q^2) = 0
Le frequenze geniche osservate le vedi dai tuoi risultati:
(individui con un certo genotipo/ individui totali)
AA = 50 quindi: p^2 = 50/50 = 1
Aa = 0 quindi: 2pq = 0/50 = 0
aa = 0 quindi: q^2 = 0/50 = 0
A questo punto dovresti fare un test del chi quadro per comparare frequenze attese e frequenze osservate… ma visto che sono identiche, non ha molto senso…
la popolazione è all’equilibrio!
 |
|
|
|
Schuldiner86
Utente Junior
Prov.: Viterbo
Città: Bologna
581 Messaggi |
Inserito il - 20 aprile 2007 : 19:39:41
|
| Mi associo a GFPina, anche io avrei fatto lo stesso procedimento, senza test del chi quadro perché le frequenze attese e osservate coincidono perfettamente... |
 
 |
|
|
|
Gst
Utente Junior
Prov.: Roma
Città: Ariccia
143 Messaggi |
Inserito il - 21 aprile 2007 : 14:16:52
|
| Per qnto può contare...sono perfettamente d'accordo con GFPina anche io...: mai vista una popolazione più all'equilibrio di qsta |
Ascoltami con gli occhi... |
|
|
|
chick80
Moderatore
Città: Edinburgh
11491 Messaggi |
Inserito il - 22 aprile 2007 : 11:21:12
|
Nota che il test del chi quadro non è statisticamente attendibile con solo 50 individui.
Meglio usare il test esatto di Fisher per campioni sotto i 150-200 individui.
Se proprio vuoi usare il chi quadro è possibile usare la correzione di Yates, aumentando di 0.5 i valori che sono più piccoli degli attesi e diminuendo di 0.5 quelli più grandi degli attesi, ma Fisher è comunque meglio. |
Sei un nuovo arrivato?
Leggi il regolamento del forum e presentati qui
My photo portfolio (now on G+!) |
|
|
|
CRISTIAN
Nuovo Arrivato
92 Messaggi |
Inserito il - 23 aprile 2007 : 16:31:50
|
SCUSATE..LA MIA POPOLAZIONE è COMPOSTA DA 50 CONTROLLI SANI E 83 PAZIENTI, SECONDO VOI IL TEST DI HARDY W VA FATTO SEPARATAMENTE O PER LE DUE POPOLAZIONI ASSIME E QUINDI PER 133 PAZIENTI?
LE MIE FREQUENZE SONO
SANI
AA 50
Aa 0
aa 0
Pazienti
AA 75
Aa 7
aa 1
Queste sono in equilibrio?
grazie a tutti!!!!
|
|
|
|
Giuliano652
Moderatore
Prov.: Brescia
6940 Messaggi |
|
|
chick80
Moderatore
Città: Edinburgh
11491 Messaggi |
|
|
Giuliano652
Moderatore
Prov.: Brescia
6940 Messaggi |
|
|
chick80
Moderatore
Città: Edinburgh
11491 Messaggi |
|
|
Giuliano652
Moderatore
Prov.: Brescia
6940 Messaggi |
|
|
CRISTIAN
Nuovo Arrivato
92 Messaggi |
Inserito il - 24 aprile 2007 : 13:52:17
|
| INTENDEVO CHE APPARTENEVANO AD UNA POPOLAZIONE PRESA DA UN GRUPPO DI PAZIENTI MA NON SONO MALATI DI QUESTA PARTICOLARE MUTAZIONE |
|
|
|
CRISTIAN
Nuovo Arrivato
92 Messaggi |
Inserito il - 24 aprile 2007 : 14:02:40
|
PER LA POPOLAZIONE DI
"PAZIENTI" HO OTTENUO CHI QUADRO= 2.6190 , QUALCUNO RIESCE A VERIFICARE SE IL VALORE è CORRETTO E DA UNA TABELLA DEI VALORI DEL CHI QUADRO DA QUALE VALORE IN POI POSSO RITENERE IN EQUILIBRIO LA POPOLAZIONE CON UN GRADO DI LIBERTà??
GRAZIE |
|
|
|
Giuliano652
Moderatore
Prov.: Brescia
6940 Messaggi |
|
|
GFPina
Moderatore
Città: Milano
8408 Messaggi |
Inserito il - 24 aprile 2007 : 17:43:11
|
A me viene un valore di 6.29 (ma ho fatto di fretta e non ho fatto la correzione di Yates!)
Per le tabelle del chi ti consiglio queste:
http://www.dsa.unipr.it/giavelli/DIDATTICA/tabella_chi.pdf
Quella di wikipedia è "la probabilità che non venga superato il valore critico" quindi hai le percentuali al contrario, fai attenzione!
Alla fine avrai una probabilità X% che la popolazione sia in equilibrio:
ad es. per il valore di chi quadro = 2.6190 hai una probabilità circa del 10% che sia all'equilibrio
per il valore di chi quadro = 6.29 hai una probabilità attorno all'1% che sia all'equilibrio
Chick sono d'accordissimo che il test più adeguato sia Fisher (ne sai sicuramente più tu di statistica!!!)
Comunque riguardando i miei vecchi appunti di genetica delle popolazioni mi facevano sempre usare il chi per Hardy-Weinberg e anche nelle pubblicazioni che ho guardato è cosi! Boh???
|
|
|
|
CRISTIAN
Nuovo Arrivato
92 Messaggi |
|
|
chick80
Moderatore
Città: Edinburgh
11491 Messaggi |
Inserito il - 25 aprile 2007 : 03:59:17
|
Il test di Fisher è lungo da fare a mano e può essere computazionalmente molto pesante , per questo ti dicono di fare il chi quadro. Il chi quadro diventa inaccurato tanto più basso è il numero di campioni, ma se il numero di campioni non è eccessivamente basso si può usare comunque.
Comunque R (che vi consiglio di usare, lo trovate gratuitamente su www.R-project.org ) nel package genetics ha una funzione chiamata HWE.test che fa tutto il necessario e calcola la probabilità che la popolazione sia in equilibrio di Hardy Weinberg!
Usando i dati sopra questa funzione mi restituisce p-value = 0.2044, che però in sostanza non si considera statisticamente significativo (in generale si tiene 0.05 come limite massimo).
Quindi io direi che la popolazione è in equilibrio.... |
Sei un nuovo arrivato?
Leggi il regolamento del forum e presentati qui
My photo portfolio (now on G+!) |
|
|
|
CRISTIAN
Nuovo Arrivato
92 Messaggi |
Inserito il - 26 aprile 2007 : 13:19:29
|
| grazie!! ma non riesco a trovare il programma nel sito che mi hai indicato.. |
|
|
|
chick80
Moderatore
Città: Edinburgh
11491 Messaggi |
|
|
CRISTIAN
Nuovo Arrivato
92 Messaggi |
Inserito il - 27 aprile 2007 : 13:34:17
|
| grazie ma secondo test il test hwe va fatto assieme o separatamente fra i "sani" e i "pazienti" ? |
|
|
|
chick80
Moderatore
Città: Edinburgh
11491 Messaggi |
Inserito il - 27 aprile 2007 : 14:53:09
|
| Non sono un esperto in campo, quindi magari mi sbaglio, ma direi separatamente, considerandole due diverse popolazioni. Però non ho mai condotto studi del genere quindi.... |
Sei un nuovo arrivato?
Leggi il regolamento del forum e presentati qui
My photo portfolio (now on G+!) |
|
|
|
GFPina
Moderatore
Città: Milano
8408 Messaggi |
Inserito il - 03 maggio 2007 : 18:32:18
|
Ciao!
Volevo solo fare una precisazione!
Ci ho ripensato e sono andata a controllare i miei vecchi appunti, ritratto “parzialmente” quello che ho detto.
Il procedimento che ho detto prima si utilizza se parti dall’osservazione solo dei fenotipi, se invece hai già dei genotipi (osservati) e vuoi calcolarti gli attesi il procedimento corretto è questo:
(che è quello che usano nel link che hai detto tu Cristian)
la frequenza dell’allele A (p) si calcola dal numero di omozigoti AA che vale doppio (ho 2 alleli A) + il numero degli eterozigoti (vale 1 perché hanno un solo allele A), diviso il totale degli alleli, quindi:
p = (n. individui AA x 2 + n. individui Aa) / (n. individui totale x 2)
analogamente per q:
q = (n. individui aa x 2 + n. individui Aa) / (n. individui totale x 2)
nel caso specifico:
Pazienti
AA 75
Aa 7
aa 1
p = (75 x 2 + 7) / (83 x 2) = 0.946
q = (1 x 2 + 7) / (83 x 2) = 0.054
(il totale p+q deve fare 1 !!)
da questi ti calcoli le frequenze genotipiche attese:
AA --- p^2 = 0.895
Aa --- 2pq = 0.102
aa --- q^2 = 0.003
e il numero di individui attesi per ogni genotipo:
AA --- 0.895 x 83 = 74.3
Aa --- 0.102 x 83 = 8.5
aa --- 0.003 x 83 = 0.2
quindi se si utilizza il chi quadro viene un valore come quello che si ottinene nel programma usato da Cristian.
P.S. Grazie chick per il suggerimento sto cercando di scaricate R!!! In effetti anch'io ho qualche problema per fare i calcoli statistici, con Excell non mi trovo per niente! |
|
|
|
sp
Nuovo Arrivato
Prov.: Pisa
Città: Pisa
2 Messaggi |
Inserito il - 04 maggio 2007 : 15:41:09
|
Ho inciampato in questo forum giusto qualche momento fa. Molto interessante.
Cristian, il tuo problema è un classico degli studi di associazione allelica del giorno d'oggi, in cui si confrontano le frequenze genotipiche in un campione di casi con quelle di un campione di controllo, generalmente considerando un locus diallelico.
È vero che non è facile trovare ne' libri di testo ne' letteratura scientifica che spieghino adeguatamente come affrontare il problema. Ci sono in effetti cinque diversi test statistici che possono essere utili in casi come questo, ma non sono del tutto indipendenti.
Una prima domanda può essere: c'è eterogeneità fra casi e controlli per le frequenze genotipiche? Questo si può controllare con una semplice tabella di contingenza (3 genotipi x 2 campioni). A me viene un chi quadro di 5,128, che con 2 gradi di libertà dà P = 0.077 (uhm, si avvicina alla significatività statistica).
La seconda e la terza domanda riguardano l'eq. di HW, saggiato separatamente in ciascun campione: il metodo corretto è quello che ha spiegato GFPina e che hai applicato al campione dei casi. A me anche viene un chi quadro (non corretto) di 2.619, che dà P = 0.106. Invece nei tuoi dati non ha senso verificare l'equilibrio di HW nel campione dei controlli, perchè è monomorfico.
La quarta domanda riguarda l'eq. di HW nel campione globale dei 133 individui. Applicando il calcolo già visto si ottiene un chi quadro di 5.057 con P = 0.025.
La quinta domanda riguarda la presenza di eterogenetà di frequenza allelica. In questo caso si controlla con una tabella di contingenza 2 x 2 applicata alle conte alleliche nei due campioni (100:0 contro 157:9). A me viene un chi quadro di 5,612 con P = 0.018.
Come commentare il tutto? Il dato più forte (nel senso di "robusto") sembra essere quello di una significativa differenza di frequenza allelica fra casi e controlli: nei casi l'allele raro raggiunge una frequenza del 5.4%, che è significativamente diversa dai controlli, in cui quell'allele non è stato visto in un campione di 50 individui.
Però io sarei molto cauto rispetto alle conclusioni. Primo: bisognerebbe aumentare la numerosità dei controlli, per avere una stima di quanto è realmente frequente l'allele nei sani (se su 100 controlli ancora non si vedessero nè eterozigoti nè omozigoti per l'allele raro, sarebbe un dato clamoroso). Secondo: il campione dei casi soddisfa abbastanza bene l'eq. di HW, il che contrasta con un effetto specifico sul fenotipo dell'allele raro sia in eterozigosi che in omozigosi.
Per il momento chiudo qui. Spero di essere stato utile. |
SP |
|
|
|
CRISTIAN
Nuovo Arrivato
92 Messaggi |
Inserito il - 04 maggio 2007 : 17:24:44
|
Grazie!! molto preciso!
Il gene è HFE mutazione C282Y, nei "sani" generalmente la frequenza allelica è sul 2% e quindi nella mia piccola popolazione di "sani" non ho trovato nessun mutato,
quello che chiedo è se si può fgare lo stesso il test HWE anche se non ho trovato casi con allele mutato e se qualcuno può inserire in qualche programma i valorio, per avere un p value, perchè facendolo a mano, non riesco a trovare uil chi quadro poichè viene una divisione per 0!!!
grazie!
la popolazione è:
AA:50
Aa:0
aa:0
grazie infinite
|
|
|
|
sp
Nuovo Arrivato
Prov.: Pisa
Città: Pisa
2 Messaggi |
Inserito il - 04 maggio 2007 : 19:06:09
|
No, il test non si può fare perchè il campione è composto di un solo genotipo. Il test dell'HWE saggia l'ipotesi che i genotipi osservati obbediscano alla regola della combinazione casuale dei diversi gameti; se c'è un solo tipo di gamete il test non ha senso.
Incidentalmente, il test ha poco senso, anche se si può fare, se un allele è raro e sono presenti solo due genotipi (mettiamo 90 AA e 10 AB), perchè, come si dice in gergo, non c'è sufficiente potenza statistica per rivelare la deviazione, anche se fosse significativa.
Saluti
|
SP |
|
|
|
Discussione |
|
Hardy Weinberg test
