Lezioni 55 e 56 ESERCIZI / 3

CORSO INTEGRATO DI GENETICA
A.A. 2014-2015
Lezioni 55 e 56
ESERCIZI / 3
10 dicembre 2014
Dott.ssa C. Bombieri
File lezioni esercizi: ERRATA-CORRIGE
- Soluzione esercizio 6:
OK
- Testo esercizio 32:
OK
STIMA DEL RISCHIO DAI RAPPORTI
FAMILIARI O DAI DATI DELLA
POPOLAZIONE
ESERCIZIO 26
La Fenilchetonuria (PKU) è una malattia a trasmissione autosomica recessiva causata da una
anomalia biochimica che determina problemi neurologici. L’incidenza della malattia è di circa 1
affetto ogni 14.000 nuovi nati.
a) Il vostro professore di genetica vi chiede di calcolare il numero di eterozigoti per PKU che
potrebbero esservi tra i 120 studenti presenti in aula.
b) Quale rischio ha ciascuno di questo studenti portatori di avere figli affetti se sposa un/una non
consanguineo/a? Dimostrare di seguito i calcoli effettuati
1. nessuno
2. pari a quello di una qualsiasi coppia sana, senza sordità in famiglia
3. circa 1 su 25
4. circa 1 su 60
5. circa 1 su 120
6. circa 1 su 240
7. non si può calcolare senza applicare teorema di Bayes
8. circa 1/14000
La Fenilchetonuria (PKU) – AR - incidenza circa 1 affetto ogni 14.000.
a) Il vostro professore di genetica vi chiede di calcolare il numero di eterozigoti per PKU
che potrebbero esservi tra i 120 studenti presenti in aula.
Legge
LeggeH-W
H-W
22
2
pp+2pq+q
+2pq+q2=1
=1
q2= 1/14000 (=0.007%)
q = V1/14000 = 0,0085
p=1-q = 0.9915
2pq = 0,0169 = 1/59
120 x 0,0169 = 2,028 => 2 studenti
Quale rischio ha ciascuno di questo studenti portatori di avere figli affetti se
sposa un/una non consanguineo/a?
a) nessuno
b)pari a quello di una qualsiasi coppia sana, senza PKU in famiglia
c)circa 1 su 25
d)circa 1 su 60
Ff
e)circa 1 su 120
Ff
f)circa 1 su 240
FF
g)circa 1/14000
h)non si può calcolare senza
applicare teorema di Bayes
??
P (feto) = 1/2 x 1/59 x ½ = 1/236 = 0,0042 (0,42%)
ESERCIZIO 29
In una popolazione sono stati osservati i seguenti genotipi:
Genotipo
Numero
HH
40
Hh
45
hh
50
135
a) Calcolate le frequenze genotipiche e le frequenze alleliche osservate in tale gruppo di
individui.
b) Calcolate il numero di genotipi attesi qualora la popolazione sia in equilibrio di HardyWeinberg.
c) Per determinare se una popolazione è in equilibrio di Hardy-Weinberg si applica il test
statistico del chi-quadrato, che permette di confrontare il numero di genotipi osservati con
quello degli attesi e stimare se vi è una differenza che NON è dovuta al caso, quindi se la
popolazione NON è in equilibrio di Hardy-Weinberg.
Applicato a questo caso, il test ha dato il seguente risultato: 2 = …. p = 0,000128. Il che
significa che ……………………..…………………. quindi la popolazione …….….. in
equilibrio di H.W.
a) Calcolo delle frequenze genotipiche e alleliche
Locus biallelico (H,h) – calcolo frequenza dalla conta diretta dei genotipi
Frequenze genotipiche
f(HH) = N soggetti HH / n.tot soggetti -> 40/135 = 0,30 (p2)
f(Hh) = N soggetti Hh / n.tot soggetti -> 45/135 = 0,33 (2pq)
f(hh) = N soggetti hh / n.tot soggetti -> 50/135 = 0,37 (q2)
Frequenze alleliche
HH = 40 -> 2xH -> (40 x 2)
Hh = 45 -> 45xH + 45xh
hh = 50 -> 2Xh -> (50 x 2)
80H
45H + 45h
100h
f(H) = n.copie H presenti / n.tot alleli = (80+ 45) / 2x135 = 0.46 = p
f(h) = n.copie h presenti / n.tot alleli = (100+ 45) / 2x135 = 0,54 = q
(p+q=1 -> 0,46 + q = 1 → q= 0,54)
B) Calcolo dei genotipi attesi
p(H) = 0,46 - q(h) = 0,54
Se la popolazione campionata fosse in equilibrio di HW le distribuzioni
genotipiche dovrebbero rispettare la legge:
p2 +2pq+q2 = 1
e i valori attesi per le frequenze genotipiche e per il numero di individui per
ciascun genotipo sarebbero:
HH (p2) = (0,46)2
FREQUENZE
NUMERO
GENOTIPICHE
INDIVIDUI
= 0,2116 → p2 x N (=135) = 28,57
Hh (2pq) = 2x0,46x0,54 = 0,4968 → 2pq x N (=135) = 67,07
hh (q2)
= (0,54)2
= 0,2916 → q2 x N (=135) = 39,37
TOTALE
135.01
C) Verifica Equilibrio HW
Il test del  2 mi dice se gli scostamenti tra osservati e attesi non sono
dovuti al caso, quindi se l'equilibrio di HW NON è rispettato
(significativo se p<0,05)
Genotipo:
Valori osservati:
Valori attesi:
HH
40
28,57
Hh
45
67,07
hh
50
39,37
 (osservati – attesi)2 / attesi = 14,7 -> p<0,001
Gli scostamenti tra valori osservati e attesi SONO statisticamente
significativi, quindi NON sono dovuti al caso =>
La popolazione NON è in equilibrio di Hardy-Weinberg
Stima del rischio in base al rapporto di parentela:
Possibili genotipi e fenotipi della prole di due portatori
di una malattia AR.
In media 2/3 dei figli sani
sono a loro volta portatori
Stima del rischio in base al rapporto di parentela
Eredità AR. Sono indicate le probabilità di essere portatori dei vari membri della
famiglia
Probabilità di essere portatori per i membri di una
famiglia in cui è presente una patologia XL-R
(*)
(*)
(*)
Probabilità dei maschi imparentati di essere affetti e delle femmine imparentate di essere portatrici di un carattere XL-R. Tutte le figlie di un maschio
affetto sono portatrici obbligate. (*)I maschi, figli o nipoti per via materna di femmine portatrici, avrebbero rischio, rispettivamente ½ o ¼ di aver
ereditato l'allele malattia, ma se non sono affetti, significa che hanno ereditato l'allele sano
ESERCIZIO 30
Luca e Angela, hanno entrambi familiarità per una patologia a
trasmissione AR (es. galattosemia): il padre di Luca e il nonno
materno di Angela ne erano infatti affetti.
La coppia desidera sapere quale è la probabilità che nasca loro un
figlio affetto da questa patologia.
a) 1/4
b) 1/16
c) 1/8
d) 1/32
e) molto vicina a 0
1
L
A
1
1/2
?
1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8
ESERCIZIO 30
Luca e Angela, hanno entrambi familiarità per una patologia a trasmissione AR (es.
galattosemia): il padre di Luca e il nonno materno di Angela ne erano infatti affetti.
La coppia desidera sapere quale è la probabilità che nasca loro un figlio affetto da
questa patologia.
Non importa genotipo della nonna:
la madre di Angela non è affetta,
quindi da sua madre (=nonna
Angela) ha ricevuto allele wt
Non importa genotipo
madre, Luca non è
affetto, quindi da
madre ha ricevuto
allele wt
?
1
L
1
1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8
A
1/2
?
Incidenza galattosemia classica
(gene GALT) circa 1/62.000 (=q2)
q = 1/249 = 0.004 → p= 0.996
2pq = 0.00797 (1/125.5)
A carrier dal padre
p=1/2*0.00797 = 0.00399
A carrier da madre
p = 1/2*1/2
= 0.50000
Calcolo del rischio e Test di Bayes:
STIMA DEL RISCHIO AGGIUNGENDO
ALTRE INFORMAZIONI FAMILIARI O
IL RISULTATO TEST SPECIFICI
Teorema di Bayes
metodo per calcolare nuove probabilità, “condizionando” le probabilità iniziali con
informazioni che indicano quali siano le più probabili
E un evento che è già accaduto
Hi
ipotesi, serie di cause che lo possono aver determinato
P(Hi |E) probabilità dell’ipotesi Hi, dato E (| = dato)
P(Hi /E) =
P(Hi )
P(E/Hi )
P(E)
P(E) =  P(Hi ) P(E/Hi )
i
In genetica medica:
Hi
alternative genotipiche possibili
E altri eventi osservabili in relazione a Hi
P(Hi )
probabilità a priori
P(E/Hi ) probabilità condizionale, qualsiasi cosa possa modificare lo stato iniziale di P
P(Hi ) P(E/Hi ) probabilità congiunta
P(Hi /E) probabilità a posteriori
Teorema di Bayes
P(Hi | E) = P(Hi )* P(E|Hi) /  [P(Hi )* P(E|Hi)]
EVENTO
NON EVENTO
P a priori
P(Hi)
Bisogna conoscere tutte le alternative e le Probabilità a priori
[P(Hi)] per ogni alternativa.
La somma di [P(Hi)] deve essere eguale a 1.
P condizionale
P(E|Hi)
Si utilizza una (o più) informazione supplementare non inclusa nella
probabilità a priori (probabilità condizionale [P(E|Hi)]). Per ciascuna
la somma per le varie alternative non deve essere eguale ad 1.
P congiunta
P(Hi )* P(E|Hi)
In ogni colonna si ottiene il prodotto delle probabilità e si
ottiene la probabilità congiunta.
P a posteriori
P(Hi )* P(E|Hi)
 [P(Hi )* P(E|Hi)]
Si divide quindi ogni probabilità congiunta per la somma si
tutte le probabilità congiunte (probabilità finale).
La somma delle probabilità finali deve essere 1.
Informazioni condizionanti ...
Presenza figli sani
Risultato test biochimici
Risultato test mutazioni
Età di insorgenza
Penetranza
Marcatori in linkage con la
malattia
…....
ESERCIZIO 31: Aldo è sano, ma proviene da una grande famiglia in cui è presente
una malattia autosomica dominante con penetranza pari al 90%. La madre di Aldo è
affetta. Qual'è il rischio che il primo figlio di Aldo sia affetto?
Alternativa
Aa
aa
? Aa
P a priori
P condizionale (sano)
?
Aldo eterozigote
Aa
1
2
10% =
P congiunta
P a posteriori
o P finale
Aldo omozigote
normale aa
1
2
1 (1-penetranza)
10
100% = 1
1 =
10
1
2
1
2
x
1
20
1
20
+ 1
2
=
1
20
1
11
1
2
x1=
1
2
1
1
+
20
2
=
10
11
P figlio eterozigote = 1/2 x 1/11 = 1/22 = 4,5%
P figlio affetto = 1/22 x 0,90 = 0,041 = 4,1%
NB: trascuriamo la possibilità che la madre di Aldo sia AA perchè questo genotipo nella
popolazione è estremamente raro quindi farebbe variare di pochissimo la probabilità finale per
Aldo. Ricordiamoci che le malattie genetiche sono quasi sempre rare e nel caso delle patologie
AD non è infrequente che i genotipi omozigoti dominanti siano così gravi da essere letali
ESERCIZIO 32
Renzo e Lucia hanno entrambi un fratello affetto da fibrosi cistica.
a) Qual'è il loro rischio a priori di essere portatori?
2/3 R e 2/3 L
b) Qual'è il rischio di avere un figlio affetto in una qualsiasi gravidanza?
R
L
2/3
2/3
?
1/4 x 2/3 x 2/3 = 1/9
ESERCIZIO 33
Renzo e Lucia sono Veneti e hanno entrambi un fratello affetto da fibrosi cistica.
La coppia desidera conoscere il rischio che il loro figlio nasca affetto, se
sottoponendosi allo screening delle mutazioni CF:
a) Entrambi risultano negativi al test. La sensibilità del test nella popolazione di
origine della coppia è 85%.
– Renzo carrier → p=3/13 (0.23)
– Lucia carrier → p = 3/13 (0.23)
Renzo (o Lucia*)
carrier
Renzo (o Lucia*) non carrier
2/3
1/3
15/100
1
2/3 x 15/100 = 1/10
1/3 x 1 = 1/3
P priori
P condizionale
(sensiblità test)
P congiunta
P finale
1/10
1/10 + 1/3
= 3/13
0.23
1/3
1/10 + 1/3
= 30/39
0.77
* dato che le condizioni per Lucia sono le stesse di Renzo il calcolo vale per entrambi
ESERCIZIO 33
Renzo e Lucia sono Veneti e hanno entrambi un fratello affetto da fibrosi cistica.
La coppia desidera conoscere il rischio che il loro figlio nasca affetto, se
sottoponendosi allo screening delle mutazioni CF:
a) Entrambi risultano negativi al test. La sensibilità del test nella popolazione di
origine della coppia è 85%.
Renzo: 3/13
Lucia: 3/13
Figlio: 1/2 x 3/13 x 1/2 x 3/13 = 9/676 = 0.0133 = 1,33%
b) Renzo risulta negativo al test e Lucia risulta portatrice della mutazione F508del
Renzo rischio 3/13, Lucia portatrice accertata, ….
c) Lucia risulta negativa al test e Renzo risulta portatore della mutazione F508del
E' la stessa cosa del punto b) perché Lucia ha lo stesso rischio di Renzo …..
ESERCIZIO 34
Elisa si rivolge ad un consulente genetico per conoscere il suo rischio di avere un figlio
affetto da Distrofia Muscolare di Duchenne (malattia X-linked recessiva). Il fratello
Andrea e lo zio materno (Giorgio) sono infatti affetti dalla malattia. Il valore della CPK
in Elisa è nella norma.
Non si conosce la mutazione presente nella famiglia, ma è stato determinato il genotipo
di un marcatore biallelico vicino al locus DMD (=0,04), ottenendo il seguente
risultato: Elisa e la madre 1-2; Andrea e Giorgio: 1; padre di Elisa: 2. Tutti gli individui
della famiglia sono stati identificati.
Disegnare il pedigree ed eseguire il calcolo di rischio richiesto.
Livelli di CPK in femmine normali e portatrici
Femmine
Livello CPK proporzione
normali
normale
100%
2/3
1/3
portatrici
Normale
elevato
1/3
2/3
ESERCIZIO 34: Rischio di essere portatrice del gene DMD
1/3
CPK normale
2/3
Elisa carrier
Elisa non carrier
½
½
P condizionale1
0,96
0,04
(marker =0,04)
P condizionale2
1/3
1
P priori
(CPK normale)
P congiunta
½
P finale
0,16
0,18
x 0,96 x 1/3 =
0,16
= 8/9
0.89
½ x 0,04 = 0,02
0,02
0,18
= 1/9
0.11
P figlio affetto = 1/2 x 8/9 x 1/2che sia maschio = 0,22
ESERCIZIO 35
Elisa si rivolge ad un consulente genetico per conoscere il suo rischio di avere un
figlio affetto da Distrofia Muscolare di Duchenne (malattia X-linked recessiva). Lo
zio materno è infatti affetto dalla malattia ed è affetto anche il cugino, unico figlio
della zia materna. Andrea e Luca, fratelli minori di Elisa, sono entrambi sani. Tutti
gli individui della famiglia sono stati identificati.
Disegnare il pedigree ed eseguire il calcolo di rischio richiesto.
Aiutino.... : Le informazioni sulla trasmissione della malattia si fermano alla madre
di Elisa, possibile portatrice, ma che ha avuto due figli maschi sani. Possiamo
usare questa informazione come informazione condizionante per stimare la
probabilità della madre di Elisa di essere portatrice tramite calcolo di Bayes e da
qui calcolare il rischio che ci richiede la consultanda....