Testes de Hipóteses Genéticas. Alan Silva. Doutorando PPG-GEN

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1 Testes de Hipóteses Genéticas Alan Silva Doutorando PPG-GEN AU08 Resumo Determinação da herança de características a partir da formulação e testes com hipóteses em Genética; Tipos de hipótese e comparações entre padrões de herança utilizando o Teste de Quiquadrado. 1

2 Fundamentação Teórica O cientista trabalha com base em observações. As observações buscam padrões. Sistemas não são 100% exatos, variações podem ocorrer ao acaso, ainda assim mantendo o padrão. O Cientista busca a origem dessas variações: acaso, irrelevante? variação real, relevante? Como testar as variações observadas? Teste de Hipóteses Inferência uma amostra representa uma população; Teste estatístico: base para a inferência; Hipótese: conjectura, resposta presumida ou provisória que poderá ou não ser rejeitada; Hipótese Nula (H 0 ): não há entre os grupos, a variação observada é devido ao acaso. Hipótese Alternativa (H 1 ): há entre os grupos estudados 2

3 Pontos Importantes As Hipóteses devem ser formuladas com base em uma suposição admissível; Deve-se haver uma base teórica para a formulação das hipóteses, pois os dados em si não são informativos. O teste só deve ser aplicado aos dados reais observados, nunca às porcentagens ou proporções. O teste é muito sensível ao tamanho da amostra. Hipótese Nula (H 0 ): Base dos testes Teste de Hipóteses Afirma que não há relação entre os fenômenos medidos, não há variação. Ex.: o tratamento médico não tem efeito, o aumento de 5% no preço não afetou as vendas. Conclusões: rejeitar hipótese nula ou não rejeitar hipótese nula ( provar sua veracidade) 3

4 Teste de Hipóteses Exemplo: Julgamento H 0 : o réu é inocente Provas tentam rejeitar H 0. Conclusões: Rejeitou H 0 : réu não é inocente Não Rejeitou H 0 : não há provas suficientes para rejeitar H 0 ( réu ser realmente inocente) Hipótese Alternativa (H 1 ): Alternativa à H 0 ; Teste de Hipóteses Dependente do contexto do problema; Direciona a interpretação dos resultados e conclusões 4

5 Estatística Ciência que utiliza a probabilidade para explicar a frequência de ocorrência de eventos; Utilizada como ferramenta de análise de dados; Por si só não gera conclusões; Testes de Hipóteses TESTE DE CONCORDÂNCIA As proporções esperadas são calculadas com base em alguma teoria; TESTE DE CONTINGÊNCIA Não há uma teoria que informe a respeito da probabilidade de ocorrência de cada classe; Ex: verificar se uma característica se distribui igualmente entre sexos, grupos etários ou raciais; 5

6 Teste de Qui-Quadrado ( 2 ) Muito utilizada em estatística inferencial; Avaliar a relação entre o resultado de um experimento e a distribuição esperada Teste de Aderência; Utilizada para comparar proporções, levando em conta tamanho da amostra e desvios; Verificar se os desvios observados são ao acaso ou significativos; Nível de Significância do Teste (α) Probabilidade (p) de rejeitar H 0 quando ela é verdadeira. Quando p é pequeno, a decisão está fundamentada. α = 5% (Fisher: 95% de confiança). Ex: Se o p 6%, o erro amostral é a causa da variação. Ao rejeitar H 0 verdadeira cai-se no Erro tipo I (aceitar uma verdade que não existe). Ao aceitar uma H 0 falsa cai-se no Erro tipo II (não foi reconhecida a diferença real existente). 6

7 Graus de Liberdade Graus de Liberdade: n o de categorias independentes num teste. Número de valores ou categorias que estão livres para variar. Num teste de 2 o n o de GL corresponde ao número de classes esperadas menos o número de informações necessárias para o cálculo das proporções esperadas. Graus de Liberdade Genética Mendeliana: esperado = 1:2:1. Sabendo o total, basta calcular o esperado. GL = 3 classes 1 = 2 Genética de Populações: esperado = EHW. Preciso saber a frequência genotípica daquela população e o total de indivíduos. GL = 3 classes 2 = 1 7

8 Nível de Significância do Teste (α) Se fossem feitas infinitas tentativas para um teste, a distribuição se aproximaria do seguinte gráfico: Valores de 2 menores que 3,841 têm 95% de chance de ocorrência. Valores de 2 menores que 6,635 têm 99% de chance de ocorrência. ESP. OBS. DESVIO CARA 1000 lançamentos COROA 8

9 Teste de Concordância No exemplo da moeda: Distribuição observada: 475:525 Tamanho da amostra: 1000 Distribuição esperada: 500:500 Desvios: -25 e +25 Falta uma coisa!! Teste de Concordância No exemplo da moeda: H 0 : não há diferença entre as proporções, as variações devem-se ao acaso. H 1 : há diferença entre as proporções, as variações são significativas Distribuição observada: 475:525 Tamanho da amostra: 1000 Distribuição esperada: 500:500 Nível de significância: 5% Graus de liberdade: 1 (cara e coroa = 2-1 = 1) 9

10 Teste de Concordância Eventos OBS. (O) ESP. (E) (O E) (O E) 2 (O E) 2 /E CARA (625) 2 /500 = 1,25 COROA (625) 2 /500 = 1,25 TOTAL ,50 2 calculado para 1 GL= 2,50 2 esperado para 1 GL e 5% de significância = 3,841 2 calculado < 2 tabelado, logo, ACEITA-SE H 0 Conclusão: A proporção 475:525 é considerada 1:1 Teste de Contingência Verificar se uma determinada vacina causa efeito semelhante em 2 grupos de indivíduos, descritos abaixo: Reação Grupo Positiva Negativa A B H 0 : Não há diferença no efeito da vacina entre os grupos H 1 : O efeito da vacina varia entre os grupos 10

11 Teste de Contingência Grupo O E Positiva d Reação d 2 /E O Negativa E d d 2 /E TOTAL A 25 25,45-0,45 0, ,55 +0,45 0, B 15 14,55 +0,45 0, ,45-0,45 0, TOTAL , , GL = (linhas 1) x (colunas 1) = (2 1) x (2 1) = 1 2 calculado (0,0342) < 2 tabelado (3,841) Aceita-se H 0 Correção de Yates Deve ser utilizado quando: A amostra é pequena (N < 40) O valor de 2 calculado > 2 crítico (rejeitaria H 0 ) Há pelo menos uma classe com n < 5 2 = [ O E 0,5] 2 / E 11

12 Correção de Yates Exemplo: Em uma cidade X tentou-se associar o sexo dos indivíduos com a alergia ao pólen. Sexo / Alergia Sim Não Total Mulheres Homens Total H 0 : Não há associação entre a alergia e o sexo H 1 : Há associação entre a alergia e o sexo Correção de Yates Sim Não Sexo / Alergia Total O E d O E d Mulheres 10 12,85-2,85 9 6,15 +2,85 19 Homens 13 10,15 +2,85 2 4,85-2,85 15 Total = (-2,85) 2 /12,85 + (2,85) 2 /10,15 + (2,85) 2 /6,15 + (-2,85) 2 /4,85 2 calculado = 4,4277, GL = (2-1) x (2-1) = 1 2 crítico = 3,841, ou seja, Rejeita-se H 0 12

13 Correção de Yates Sim Não Sexo / Alergia Total O E d O E d Mulheres 10 12,85-2,85 9 6,15 +2,85 19 Homens 13 10,15 +2,85 2 4,85-2,85 15 Total = ( -2,85 0,5) 2 /12,85 + ( 2,85 0,5) 2 /10,15 + ( 2,85 0,5) 2 /6,15 + ( -2,85 0,5) 2 /4,85 2 calculado = 3,0105, GL = (2-1) x (2-1) = 1 2 crítico = 3,841, ou seja, Aceita-se H 0 Hipóteses Genéticas Após a redescoberta dos trabalhos de Mendel: Estudos focados no mecanismo de herança em diversos organismos; Resultados semelhantes aos obtidos por Mendel para as ervilhas de jardim; HIPÓTESE GENÉTICA: estudo de características herdadas de acordo com os Princípios de Mendel e suas extensões; 13

14 Experimento de Mendel Experimento de Mendel Amarela Verde 6022 : ,01 : 1 Verde Amarela 428 : 152 2,82 : 1 Lisa Rugosa 5474 : : 299 2,96 : 1 Lisa Ondulada 2,95 : 1 Púrpura Axial Branca Terminal 705 : 224 3,15 : : 207 3,14 : 1 Alto Baixo 787 : 277 2,84 : 1 14

15 Exemplo Um dado cruzamento produziu uma geração F2 com a seguinte proporção fenotípica 157:65:62:26. Com base no teste do χ 2, teste se a herança é compatível com a herança de duas características herdadas independentemente, em um nível de significância de 5%. 2 aplicado às Leis de Mendel Comparar as proporções observadas num experimento de cruzamento com as esperadas tomando como base as Leis de Mendel. 15

16 Exercício 1 Mendel cruzou ervilhas e obteve os seguintes resultados: CRUZAMENTOS RESULTADOS HIPÓTESES a) Semente lisa x semente rugosa (F 2 ) 5474:1850 3:1 b) Flor violeta x Flor branca (F 2 ) 705:224 3:1 c) Lisa amarela (F1) x Rugosa verde 31:26:27:26 1:1:1:1 Teste cada resultado estatisticamente. Exercício 1 a) Semente lisa x semente rugosa (F 2 ) P AA aa Aa F 1 F 2 AA Aa aa aa 16

17 Exercício 1 a) Semente lisa x semente rugosa (F 2 ) O H E d d 2 /E Semente lisa ,0657 Semente rugosa ,1971 Total , calculado (0,2628) < 2 tabelado (3,841), GL = 1 Aceita-se H 0 Exercício 1 b) Flor violeta x Flor branca (F 2 ) O H E d d 2 /E Flor violeta ,75 8,25 0,0976 Flor branca ,25-8,25 0,2930 Total , calculado (0,3906) < 2 tabelado (3,841), GL = 1 Aceita-se H 0 17

18 Exercício 1 c) Amarela Lisa (F 1 ) x Rugosa Verde RC AABB aabb F A_B_ A_bb aab_ aabb b) Amarela Lisa (F 1 ) x Rugosa Verde O H E d d 2 /E ,5 3,5 0, ,5-1,5 0, ,5-0,5 0, ,5-1,5 0,0818 Total , calculado (0,6180) < 2 tabelado (7,815), GL = 3 Aceita-se H 0 18

19 Exercício 2 Um pesquisador tentou verificar se a herança do tamanho das orelhas de camundongos se assemelhava à herança observada por Mendel nas ervilhas, e para isso cruzou camundongos de orelhas grandes (PP) com camundongos de orelhas pequenas (pp) e observou na geração F 2 o aparecimento de 155 camundongos de orelhas grandes e 45 com orelhas curtas. Teste estatisticamente esta hipótese. Orelhas grandes Orelhas curtas O Total 200 Exercício 2 H calculado (0,6667) < 2 tabelado (3,841), GL = 1 Aceita-se H 0 Conclusão: Trata-se de uma herança mendeliana, monogênica, com dominância do alelo P sobre p. E d d 2 /E 0,1667 0,5 0,

20 Exercício 3 Em um trabalho realizado para estudar a herança da época de florescimento em pepino, foram obtidos os seguintes resultados: POPULAÇÕES PRECOCE TARDIO P 1 50 P 2 50 F 1 50 RC 1 (F 1 + P 1 ) 195 RC 2 (F 1 + P 2 ) F Forneça interpretações genéticas e estatísticas para os resultados observados. Floresc. precoce Floresc. tardio O Total 361 Exercício 3 H calculado (1,5521) < 2 tabelado (3,841), GL = 1 Aceita-se H 0 Conclusão: Trata-se de uma herança mendeliana, monogênica, com dominância do alelo precoce. E 270,75 90, d 10,25-10,25 0 d 2 /E 0,3880 1,1641 1,

21 Exercício 4 Duas moscas de frutas (Drosophila) com asas curvadas (curly) são cruzadas. A F 1 consiste de 341 curvadas e 162 normais. Proponha uma hipótese genética para explicar esses resultados. Teste estatisticamente e caso sua hipótese seja rejeitada proponha uma nova hipótese e teste estatisticamente. Exercício 4 H 0 : trata-se de herança monogênica, autossômica, com dominância do alelo curly. O Curly 341 Normal 162 Total 503 H E 377,25 125, d - 36,25 36,25 0 d 2 /E 3, , ,933 2 calculado (13,933) > 2 tabelado (3,841), GL = 1 Rejeita-se H 0 Conclusão: As proporções verificadas não seguem a proporção 3:1. 21

22 Exercício 4 H 0 : trata-se de herança monogênica, autossômica, com dominância do alelo curly e sua letalidade em homozigose. O Curly 341 Normal 162 Total 503 H calculado (0,2875) < 2 tabelado (3,841), GL = 1 Aceita-se H 0 Conclusão: As proporções verificadas obedecem à proporção 2:1. E 335,33 167, d 5,67-5,67 0 d 2 /E 0,0958 0,1917 0, aplicado à Equilíbrio de Hardy-Weinberg Comparar proporções obtidas (observadas) para uma característica numa população com as proporções esperadas com base no Teorema de Hardy-Weinberg Frequências alélicas (p e q) são mantidas ao longo das gerações. Frequências genotípicas determinadas a partir das frequências alélicas: p 2, 2pq e q 2 ou p 2, q 2, r 2, 2pq, 2pr, 2qr ou... 22

23 Exercício 5 Foi avaliada a população de uma determinada espécie, e para 289 indivíduos observou-se a variabilidade do gene Hb, cujos alelos Hb a e Hb s podem ser identificados através de eletroforese em gel de poliacrilamida. Observando o gel abaixo desta população, explique se a população está em equilíbrio de Hardy-Weinberg. Hb a Hb s N o de indivíduos Hb a Hb a = 189 Hb a Hb s = 89 Hb s Hb s = 9 Total = /287 = 0,66 89/287 = 0,31 9/287 = 0,03 Exercício 5 Frequência gênica populacional p = Hb a = (189 + ½ x 89) / 287 = 0,81 q = Hb s = (9 + ½ x 89) / 287 = 0,19 Frequência genotípica esperada Hb a Hb a = p 2 x 287 = (0,81) 2 x 287 = 188,30 Hb a Hb s = 2pq x 287 = (2 x 0,81 x 0,18) x 287 = 88,34 Hb s Hb s = q 2 = (0,19) 2 x 287 = 10,36 23

24 Exercício 5 H 0 : As frequências observadas e esperadas para cada fenótipo não diferem. O E d d 2 /E Hb a Hb a ,3 0,7 0,0026 Hb a Hb s 89 88,34 0,66 0,0049 Hb s Hb s 9 10,36-1,36 0,1785 Total ,1860 GL = (n classe - n alelos) = 3 2 = 1 2 calculado (0,1860) < 2 tabelado (3,841). Aceita-se H 0 Conclusão: As proporções observadas e esperadas não diferem. A população está em equilíbrio. 2 aplicado à Heredogramas de doenças monogênicas Levantamento de várias irmandades com a mesma doença. Análise dessas genealogias. Verificar se nas irmandades a doença segue o padrão de herança determinado pela sua hipótese. 24

25 Exemplo 10 irmandades 3 irmandades 11 irmandades 4 irmandades Perguntas a se responder para se testar a hipótese. Qual a proporção de afetados nas irmandades? Corresponde à proporção esperada? A proporção de filhas e filhos afetados é semelhante? O sexo dos filhos afetados depende do sexo do genitor afetado? 25

26 10 irmandades 3 irmandades 11 irmandades 4 irmandades Chegando na hipótese: Aparentemente afeta homens e mulheres na mesma proporção = não deve ser ligada ao sexo Aparentemente não depende do sexo dos pais = não deve ser influenciada pelo sexo. Aparece em todas gerações = não deve ser recessiva H 0 : esse padrão de herança se assemelha à herança monogênica, autossômica, dominante. Compilação de dados 10 irmandades 3 irmandades 11 irmandades 4 irmandades Genitor Afetado Irmandades Irmãos Total de Afetados Filhos afetados Filhas afetadas Mãe Pai Total

27 10 irmandades 3 irmandades 11 irmandades 4 irmandades a) Qual a proporção de afetados nas irmandades? Classes Observado Esperado (O-E) 2 /E Afetados ,018 Normais ,018 Total ,036 H 0 : igualidade na proporção de afetados e normais Resultado: sim, a proporção é 1:1 10 irmandades 3 irmandades 11 irmandades 4 irmandades b) A proporção de filhas e filhos é semelhante? Classes Observado Esperado (O-E) 2 /E Filhas 27 27,5 0,009 Afetadas Filhos 28 27,5 0,009 Afetados Total ,018 H 0 : igualidade na proporção de filhos e filhas afetados. Resultado: sim, a proporção é 1:1 27

28 10 irmandades 3 irmandades 11 irmandades 4 irmandades c) O sexo dos filhos afetados depende do sexo do genitor? Afetados Mãe Afetada Pai Afetado H 0 : a doença dos filhos não tem relação com o sexo do genitor afetado. Resultado: sim, a proporção é 1:1 Total Filhas Filhos Total Esperados: (total linha x total coluna)/total geral Afetados Mãe Afetada Pai Afetado Observado Esperado Observado Esperado Total Filhas 16 (27x29)/55 11 (27x26)/55 27 Filhos 13 (28x29)/55 15 (28x26)/55 28 Total

29 GL: (total de linhas -1) x (total de colunas -1) Afetados Mãe Afetada Pai Afetado Obs Esp (O-E) 2 /E Obs Esp (O-E) 2 /E Filhas 16 14,24 0, ,76 0,24 Filhos 13 14,76 0, ,24 0,23 Total , ,47 2 calculado (0,90) < 2 tabelado (3,841), GL = 1 Aceita-se H 0 Referências BEIGUELMAN, B. Curso Prático de Bioestatística. FUNPEC, Ribeirão Preto, 5ª edição, GRIFFITHS, A.J.F. et al. Introdução à Genética. Ed. Guanabara-Koogan, Rio de Janeiro, PIERCE, B.A. Genética: Um Enfoque Conceitual. Ed. Guanabara-Koogan, Rio de Janeiro, PIMENTEL-GOMES, F. Curso de Estatística Experimental. ED. FEALQ, Piracicaba, RAMALHO, M. et al. Genética na Agropecuária. Ed. Globo, São Paulo, RIDLEY. M. Evolução. Ed. Artmed, SNUSTAD, D.P.; SIMMONS, M.J. Fundamentos de Genética. Ed. Guanabara-Koogan, Rio de Janeiro, 3ª Ed., VIEIRA, S. Introdução à Bioestatística. Editora Campus, Rio de Janeiro,