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Réponses aux questions
p. 339-348
Texte intégral
1Réponse 1 : L’hypothèse faite est que l’échantillonnage ne modifie pas les fréquences alléliques dans la population, ce qui suppose que cette dernière est suffisamment grande.
2Réponse 2 : Les taux de mutation d’une base vers une autre ne sont pas identiques selon que l’on s’adresse à une transversion ou à une transition (voir le glossaire). Une telle propriété interférera nécessairement avec les effets d’ordre démographique. D’ailleurs, la différence est telle qu’on considère en général qu’un site variable ou SNP ne possède que deux allèles possibles A/G ou C/T.
3Réponse 3 : Si s = 1 alors nous obtenons pour les homozygotes 1/1, les hétérozygotes 1/2 et les homozygotes 2/2, en se souvenant que p1 + p2 = 1, des fréquences génotypiques respectivement égales à (équations 3, 4 et 5) :
4Réponse 4 :
5Et donc
6Réponse 5 : C’est la définition de la variance.
7Réponse 6 : Dans un modèle en îles infini, s’il n’existe que des sous-populations fixées pour l’un des deux allèles présents à un locus, cela signifie que pour une proportion de populations nous avons p = 1 et pour 1 – nous avons p = 0. La variance de p dans ce cas sera égale à :
8d’où l’on tire facilement :
9Réponse 7 : Détails du calcul d’un G
10Supposons que nous avons échantillonné N individus dans deux localités différentes (échantillons 1 et 2 de tailles respectives N1 et N2). Ces individus ont été génotypés pour un locus qui présente deux allèles de fréquences p1 et q1 dans l’échantillon 1 et p2 et q2 dans l’échantillon 2 respectivement. Ces informations nous donnent les effectifs d’allèles suivants :
Nombres observés d’allèles | |||
Échantillons | Allèle 1 | Allèle 2 | Somme |
Échantillon 1 | 2N1p1 | 2N1q1 | 2N1(p1 + q1) = 2N1 |
Échantillon 2 | 2N2p2 | 2N2q2 | 2N2(p2 + q2) = 2N2 |
Somme | 2N1p1 + 2N2p2 | 2N1q1 + 2N2q2 | 2(N1 + N2) = 2N |
11Si on considère que les individus des deux échantillons proviennent d’une seule et même population (pas de différence réelle de leurs fréquences alléliques) alors, la meilleure estimation de la fréquence des allèles dans la population correspond à la moyenne des fréquences des deux échantillons. Par conséquent, les effectifs attendus des allèles deviennent :
Effectifs attendus des allèles | |||
Échantillons | Allèle 1 | Allèle 2 | Somme |
Échantillon 1 | 2N1 | ||
Échantillon 2 | 2N2 | ||
Somme | 2N1p1 + 2N2p2 | 2N1q1 + 2N2q2 | 2(N1 + N2) = 2N |
12Soit PMO la probabilité multinomiale d’observer les effectifs du premier tableau si les fréquences alléliques de chaque échantillon sont correctes et PME la probabilité multinomiale d’observer ces effectifs si ce sont les effectifs attendus qui sont corrects :
13Le ratio du logarithme népérien de la vraisemblance ou G correspond à deux fois le logarithme népérien du ratio de vraisemblance, soit :
14G = 2 ln(PMO/PME), ce qui peut s’écrire (cf page 736 et Box 17.6 dans Sokal et Rohlf, 1981) :
15G = 2N1p1 ln(2N1p1) + 2N1q1 ln(2N1q1) + 2N2p2 ln(2N2p2) + 2N2q2 ln(2N2q2) + 2N ln(2N) – 2N1 ln(2N1) – (2N1p1 + 2N2p2) ln(2N1p1 + 2N2p2) – (2N1q1 + 2N2q2) ln(2N1q1 + 2N2q2) – 2N2 ln(N2).
16Cette quantité possède des propriétés additives, ce qui signifie que les différents G calculés pour différents loci peuvent s’additionner, permettant ainsi d’obtenir un G global offrant donc la possibilité d’un test global.
17Réponse 8 : Détails du test de Mantel
18Soit M1 et M2 deux matrices de distances entre les mêmes paires d’objets :
19Une mesure de la corrélation entre ces deux matrices peut par exemple être fournie par :
20Z peut alors être utilisé comme statistique du test de Mantel. Il s’agit de randomiser un grand nombre de fois (106 pour Genepop) les objets contenus dans une des deux matrices en mesurant le Z entre la matrice randomisée et l’autre matrice (non randomisée), pour chaque randomisation. La valeur observée du Z peut ensuite être comparée à la distribution des Z randomisés. D’autres statistiques, telles que le classique coefficient de corrélation de Pearson ou, comme dans Genepop, le coefficient de corrélation de rang de Spearman, peuvent également être utilisées à la place du Z pour le test de Mantel.
21Réponse 9 : Le critère du bâton brisé ou « broken stick ».
22Ce critère a été développé en premier lieu par des écologistes soucieux de comparer la répartition des espèces avec une répartition aléatoire (Barton et David, 1956 ; MacArthur, 1957 pour les premiers). Il fut ensuite adapté aux analyses en composantes principales par Frontier (1976). Selon ce principe, une quantité donnée 1 (correspondant à 100 % de l’information) peut être assimilée à un bâton que l’on peut subdiviser en S parties en y pratiquant S – 1 coupures au hasard. Si ces coupures se font au hasard, on peut avoir n’importe quelle longueur de ces différentes parties avec une probabilité d’apparition qui doit suivre une loi uniforme. Si on classe ces bouts de bois de la plus grande longueur à la plus petite, sous l’hypothèse nulle la plus petite longueur possible sera de 1/S avec une probabilité d’apparition de 1/S. La seconde plus petite sera de longueur 1/S + 1/(S – 1) et pour une longueur quelconque li on aura :
23On obtient ainsi la liste par ordre décroissant des espérances de la proportion de variance expliquée par chaque axe sous l’hypothèse nulle. Par exemple, s’il y a 15 axes cela donne la suite 0,221, 0,155, 0,121, 0,099, 0,082, 0,069, 0,058, 0,048, 0,040, 0,033, 0,026, 0,020, 0,014, 0,009, 0,004 qui donne donc les proportions minimales à partir desquelles les axes sont significatifs. Ici, une ACP avec 15 allèles (donc 15 axes) dont le premier axe aurait une inertie inférieure à 22,1 % n’aurait donc aucun axe significatif selon le critère du bâton brisé. Par contre, si cette ACP donne les deux premiers axes avec des inerties (par exemple) de 25 % et 22 % d’inerties suivies d’axes à l’inertie inférieure à 12 %, on a deux axes significatifs selon le critère du bâton brisé.
24Réponse 10 : Effectif efficace d’une population dioïque
25Soit Nf et Nm, le nombre de mâles et de femelles dans une grande population par ailleurs isolée, sans mutation ni sélection, à générations non chevauchantes, avec accouplements aléatoires (pangamie) et constance du sexe-ratio d’une génération à l’autre. Dans une telle population, pour que deux gènes d’un zygote de la génération t soit formé par deux gènes issus d’un même gène ancêtre, il est nécessaire que ce gène soit présent chez la mère et le père de ce zygote, c’est-à-dire s’il a été prélevé deux fois chez le même mâle de la génération t-2 ou la même femelle de la génération t-2. Sachant qu’il y a pangamie, la probabilité que les deux gènes d’un zygote proviennent du même grand-père est de 1/Nm et de la même grand-mère de 1/Nf. Dans chacun des deux cas, la probabilité de tirer deux fois le même gène chez le grand-parent pour le transmettre aux deux parents du zygote est de (1/2)² et la probabilité de retirer deux fois ce gène chez le père et la mère pour le transmettre au zygote est aussi de (1/2)², donc (1/Nf ) × (1/2)² × (1/2)² pour le gène de la grand-mère et 1/16Nm pour le gène du grand-père. Les individus étant diploïdes, cet événement possède deux chances de se réaliser (ou deux essais possibles). La probabilité pour un individu donné que deux gènes pris au hasard découlent d’un même gène ancêtre (coalescence) est donc égale à :
26Nous recherchons l’effectif efficace Ne tel qu’une population monoïque de cette taille dérive à la même vitesse (même coalescence) que notre population dioïque. Sachant que pour une population monoïque, la probabilité de tirer deux fois le même gène est égale à τe = 1/(2Ne), on cherche donc Ne tel que τe = τ, soit :
27Réponse 11 : Estimer un taux de croisements frère-sœur à partir du FIS
28Cette méthode a déjà été utilisée dans Chevillon et al. (2007a). Si on observe l’évolution de la consanguinité F entre la génération t-2 et t dans une population où les croisements ne se font qu’entre frères et sœurs, on obtient l’image suivante (fig. 99). On cherche à exprimer la consanguinité d’un individu de la génération t, c’est-à-dire que l’on recherche avec quelle probabilité cet individu aura deux gènes identiques par ascendance (issus d’un seul gène ancêtre). Les deux gènes d’un individu pourront être identiques parce qu’ils proviennent du même grand-parent et que ce dernier aura donné deux fois le même gène ou un gène différent, mais déjà identique par ascendance. Ils pourront aussi être identiques s’ils proviennent des deux grands-parents si ces derniers ont des gènes identiques par ascendance. Comme on peut le voir dans la figure 100, la constitution génétique d’un individu de la génération t peut suivre 16 événements différents et équiprobables. Dans la moitié des cas, les deux gènes d’un tel individu proviennent d’un même grand-parent et dans l’autre moitié des cas d’un des deux grands-parents. Quand les deux gènes proviennent d’un même grand-parent, la probabilité de prélever deux fois ce même gène est de (1/2)² pour le premier gène et la même chose pour le second, soit P2 mêmes/même grand-parent = 1/2, et celle de prélever les deux gènes différents est aussi P2 différents/même grand-parent = ½, mais dans ce cas ils ne peuvent être identiques par ascendance qu’avec la probabilité de Ft-2, le coefficient de consanguinité des grands-parents de l’individu concerné. Par conséquent, la probabilité que deux gènes d’un individu de la génération t soient identiques par descendance et proviennent d’un même grand-parent sera de :
29PId/même grand-parent = Pmême grand-parent × [P2 mêmes/même grand-parent + P2 différents/même grand-parent × Ft-2]
30ce qui donne :
31PId/même grand-parent = 1/2[1/2 + 1/2Ft-2]
32Pour le cas où ces gènes proviennent chacun d’un grand-parent différent, ces gènes ne peuvent être identiques par ascendance que si les deux grands-parents sont apparentés.
33Sachant que la probabilité de tirer deux gènes identiques par ascendance chez les deux grands-parents est égale à l’apparentement entre ces deux grands-parents et correspond très exactement à la consanguinité de leurs descendants (t – 1) Ft-1 on obtient alors :
34PId/grands-parents différents = Pgrands-parents différents × Ft-1 = 1/2Ft-1
35À partir de là, il est facile de poser :
36Ft = PId/même grand-parent + PId/grands-parents différents = 1/2[1/2 + 1/2Ft-2] + 1/2Ft-1
37Soit, de manière plus compacte :
38Ft = 1/4[1 + 2Ft-1 + Ft-2]
39Si on suppose alors que la proportion de croisements frère-sœur est de b et celle de croisements pangamiques de (1 – b), dans une grande population avec un nombre infini d’allèles nous pouvons poser :
40Ft = b1/4[1 + 2Ft-1 + Ft-2] + (1 – b)0
41À l’équilibre génotypique entre croisements frère-sœur et pangamie (Ft = Ft-1 = Ft-2), nous pouvons alors poser que le FIS est une mesure de la consanguinité ainsi créée et que ce dernier vérifie l’égalité :
42D’où on tire facilement :
43Notons qu’il s’agit là d’une approximation très grossière.
44Réponse 12 : Le critère d’information d’Akaike pour choisir le meilleur modèle de régression
45L’AIC (Akaike Information Criterion) dont la valeur doit être minimale, est une mesure de la qualité d’ajustement d’un modèle statistique considéré estimé par rapport à des données. Il prend ses racines du principe d’entropie en offrant une mesure relative de la perte d’information lorsqu’un modèle est utilisé pour décrire des données réelles. On peut aussi dire qu’il correspond à un compromis entre biais et variance ou encore entre la complexité et la précision du modèle. Il n’existe pas d’AIC seuil en deçà duquel un modèle est rejeté. Il ne s’agit donc pas d’un test, mais d’un outil d’aide à la sélection du modèle le plus simple permettant d’expliquer au mieux les données, le modèle doté du plus petit AIC étant le meilleur.
46Si on pose que :
47est la somme des carrés des résidus (part de la dispersion des points non expliquée par le modèle) pour un échantillon de taille N, alors on peut écrire que :
48AIC = 2k + N[Ln(2πRSS/N) + 1]
49où k est le nombre de paramètres dans le modèle.
50On voit bien qu’augmenter le nombre de paramètres, même s’il permet un meilleur ajustement aux données (en diminuant RSS), augmente par ailleurs la valeur de AIC (k augmente).
51Réponse 13 : La famille « quasi » des modèle linéaires généralisés
52L’estimation dite quasi-likelihood permet de procéder à une régression sans connaître entièrement la distribution des résidus de la variable à expliquer, il faut spécifier le « lien » (binomial ou poisson) et l’estimation se fera en tenant compte de la relation entre variance et moyenne, soit pour un lien de type binomial :
53où p est la probabilité moyenne, Var(p) est sa variance et φ le coefficient de dispersion.
54Pour plus de précisions sur les modèles quasi-likelihood, l’aide en ligne de R conseille les ouvrages de Cox et Snell (1981), Dobson (1983), McCullagh et Nelder (1989) (le plus souvent cité par les spécialistes) et Chambers et Hastie (1992) (très souvent cité également).
55Selon mon expérience personnelle, pour les modèles logistiques, les estimations quasi peuvent conduire à des résultats aberrants, en particulier quand les occurrences d’un événement sont rares, notamment au niveau des tests (P-value = 0 alors que l’on se situe en limite de puissance dans ce cas de figure).
56Réponse 14 : Calculs d’apparentement dans une population de consanguinité F (F se note aussi QI)
57L’apparentement R entre deux individus correspond à la proportion de cas où ces deux individus portent au moins un gène identique par ascendance. R est donc égal au double de la parenté (notée ϕS), qui est la probabilité de tirer deux allèles identiques par ascendance entre deux individus, sauf quand ϕS > 1/2, auquel cas R = 1. Notons que la parenté moyenne d’une population se note aussi QS. Rappelons aussi que la consanguinité d’un individu est égale à la parenté de ses parents. Si le système de reproduction (proportion de croisements frères-sœurs b) explique la totalité de la consanguinité (et donc de la parenté entre individus), alors, en reprenant le résultat de la réponse 11 en fonction de ϕ : ϕt-1 = b × 1/4 × [1 + 2 × ϕt-2 + ϕt-3] + (1 – b) × 0.
58À l’équilibre nous attendons donc ϕ = b/4 × (1 + 3ϕ), soit ϕ = b/(4 – 3b). En remplaçant b par sa valeur à l’équilibre, on trouve ϕ = FIS. L’apparentement moyen sera donc de deux fois cette valeur pour ϕ < 0,5, et de 1 autrement.
59La parenté entre un frère et une sœur de mêmes parents est de 0,25 (1/2 × 1/2) dans une population non consanguine. Elle est de ϕS = 0,25 × (1 + F) dans une population de consanguinité F. Donc, dans une population où le système de croisements explique entièrement le FIS, la parenté frère-sœur est de QS = 0,25 × (1 + FIS) et donc leur apparentement R = 2 × 0,25 × (1 + FIS) = 0,5 × (1 + FIS) (si FIS < 0,5, ou 1 sinon).
60Réponse 15 : Calcul du FIS moyen dans des fratries d’une espèce gonochorique
61Nous allons considérer un modèle IAM de mutation (beaucoup d’allèles) dans une grande population. Deux cas sont possibles si on considère que l’on a pangamie.
62Soit la mère de la fratrie est homozygote ii avec la probabilité ~ pi², soit elle est hétérozygote ij avec la probabilité ~ 2pipj (pi étant la fréquence de i dans la population) (on indique “~” car en dioecie, on approche cette valeur pour de grandes populations seulement). Dans sa descendance, la femelle homozygote produira des hétérozygotes ij si elle reçoit du j avec la probabilité 1 – pi. La proportion d’hétérozygotes observés dans ce type de fratries sera donc en moyenne de :
63La probabilité de fabriquer des ii dans cette fratrie est égale à pi ou probabilité que la femelle reçoive un spermatozoïde i. La proportion attendue d’hétérozygotes sous panmixie dans ce type de fratries sera de 2pi/ii(1 – pi/ii), soit, si les ii sont en fréquence pi et les ii en fréquence 1 – pi dans la fratrie, alors pi/ii = pi + 1/2(1 – pi) = 1/2(pi + 1) et donc 1/2(1 + pi)(1 – pi) hétérozygotes attendus dans ce type de fratrie. On attend donc dans la population :
64Si la mère est hétérozygote ij avec la probabilité 2pipj, elle produit ½ de ij si elle reçoit du i ou du j avec la probabilité pi et pj respectivement et d’autres hétérozygotes si elle reçoit d’autres allèles avec la probabilité 1 – pi – pj (voir le tableau).
Mère | i | j |
Père | 1/2 | 1/2 |
i pi | ii 1/2pi | ij 1/2pi |
j pj | ij 1/2pj | jj 1/2pj |
autre 1 – pi-pj | autre hétérozygote ½(1 – pi – pj) | autre hétérozygote ½(1 – pi – pj) |
65En tout, nous obtenons dans ce type de fratrie 1/2pi + 1/2pj + 1 – pi – pj, soit 1 – (p i+ pj)/2 hétérozygotes. Sur l’ensemble, nous obtenons la moyenne pondérée :
66La fréquence de i est égale à la fréquence des homozygote ii plus ½ de celle des hétérozygotes contenant cet allèle dans ce type de fratries. Donc 1/2pi + 1/2[1/2pi + 1/2pj + ½(1 – pi – pj)], soit ½(pi + 1/2). De la même façon, la fréquence de j sera de ½(pj + 1/2) et enfin celle des autres allèles, tous hétérozygotes, sera de ½(1 – pi – pj). Par conséquent, on attend comme hétérozygotes, sous l’hypothèse de panmixie :
67ij en fréquence 2½(pi + 1/2)½(pj + 1/2)
68i-autre en fréquence 2½(pi + 1/2)½(1 – pi – pj)
69j-autre en fréquence 2½(pj + 1/2)½(1 – pi- pj)
70autre-autre en fréquence
71où K est le nombre d’allèles que l’on suppose assez grand ici pour simplifier les choses.
72Cela donne donc en moyenne pondérée :
73où ε est une quantité négligeable. Donc :
74que l’on peut écrire :
75Par conséquent, le FIS moyen attendu dans les fratries, est :
76En fonction des fréquences d’allèles cela donne :
77CQFD même si c’est plutôt moche.
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Initiation à la génétique des populations naturelles (2e édition)
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