i figur 9.3 er vist et eksempel på krydsningsfrodighed fra mus målt som det antal unger en hunmus kan få på livstidsbasis. Der er her anvendt et af de mest populære krydsningssystemer: to- og tre- vejs-krydsning, og tilbagekrydsninger (data fra Newman et al. J.Anim. Sci. 61 358-365, 1985).

Figur 9.3. Effekt af krydsning på frugtbarhed hos mus

Som det ses af figur 9.3, er der en meget stor krydsningsfrodighed i dette eksempel, idet mus fra de rene linier kun får næsten halvt så mange unger som krydsningsmus.

Effekterne kan opdeles i en effekt på fosteret og en effekt på moderegenskaber. Effekten, om fosteret er en krydsning eller ej, aflæses af forskellen mellem de to nederste kurver, hvor den nederste repræsenterer et renavlsfoster i en renavlsmor. Den næstnederste kurve repræsenterer et krydsninngsfoster i en renavlsmor. Effekten af, om hunmusen er en krydsning eller ej, aflæses af forskellen mellem de nederste to kurver og de to øverste. Det ses, at den største del af krydsningsfrodigheden ligger på den maternelle del. Her drejer det sig om evnen til at ovulere mange æg og evnen til at bringe dem frem til fødsel.

Så store krydsningsfrodigheder som er vist i ovenstående eksempel er sjældne, men set i forbindelse med husdyrproduktion, er det ikke usædvanligt at se effekter på op til 10 procent.
Krydsningsfrodighed beregnes som (krydsningernes gennemsnitlige værdi minus gennemsnit af de rene racers gennemsnit) i forhold til de rene racers gennemsnit.
Eksempel: Landrace Yorkshire krydsningssøer giver en ekstra gris per kuld i forhold til renrace søerne, der har en gennemsnitlig kuldstørrelse på ca. 10.

Krydsningsfrodighed = (11 - 10)/10 = 0,10 eller 10% for kuldstørrelse hos svin af nævnte kombination.

For at et produktionskrydsningsprogram skal kunne gennemføres, er det nødvendigt at der bagved foreligger avl med de rene racer eller linier. Krydsning kræver, at der er et overskud af avlsdyr. Dette er feks. ikke tilfældet inden for de danske malkekvægracer. Her skal man stort set bruge alle de fødte hundyr til avl, idet hver ko af RDM og SDM i gennemsnit kun føder 1,1 til 1,2 kviekalve, hvilket lige er tilstrækkeligt til at opretholde bestanden. Rotationskrydsning vil dog kunne praktiseres udenfor den egentlige renavlskerne, men her er krydsningsfrodigheden betydelig lavere end ved trevejskrydsning.

En ekstra fordel ved krydsning består i at dyrene bliver mere ensartede, når der er mindst en renavlet forældre race. I en tysk undersøgelse over spæk tykkelsen hos svin er der fundet, at den phenotypiske varians er reduceret med ca. 30 procent hos L x Y krydsninger i forhold til renrace dyr (Lutaaya et al. 2001, 79:3002-07).

Figur 9.4. To genpar og biokemi: Nye kombinationer, AAbb og aaBB, er ikke altid heldige ved udspaltning i F2

krydsningssystemer var der mindst en af forældrene, der var af ren linie. Hvis man producerer en F₂, er det ikke tilfældet. Produktion på grundlag af F₂-dyr eller krydsning mellem forskellige krydsningsdyr er normalt en dårlig ide set i forhold til tilbagekrydsning eller tre-vejs krydsning. Hos de to sidstnævnte opnås de største heterosiseffekter. Hos F₂ vil der endda kunne opstå såkaldt negative rekombinationseffekter, der skal forstås som at der kan opstå kombinationer af gener, som ikke fandtes i en af de oprindelige linier (racer). Dannes eksempelvis en F₁ på grundlag af krydsningen aabb x AABB, vil der i F₂ opstå dyr af typen aaBB eller AAbb, som ikke fandtes i nogen af udgangslinierne, disse typer kan være letale, se figur 9.4 for biokemiske veje. Herudover vil F₂ dyrene være meget mere heterogene, end alle de andre nævnte krydsningsdyr eller renracedyr.

Indkrydsning: Vil man forbedre en race ved indkrydsning, vil man normalt anvende tæt beslægtede racer med de ønskede egenskaber. Man ønsker normalt også at det bedste af den oprindelige race bevares. Skal dette ske må der ikke selekteres for stærkt i de første generationer af indkrydsningen, da det ved indkrydsning er de rekombinante typer, der er af interesse, og det tager tid før de forekommer.

Figur 9.5. Kromosomer fra oprindelig og indkrydset individ før rekombination.

I figur 9.5 er vist homologe kromosomstykker med fire genpar, der påvirker en kvantitativ egenskab. Gener kan være blandet på en måde, så det ved tæt kobling tager lang tid (mange generationer) før den heldige kombination opstår, hvor alle plusserne er på samme kromosomstykke. Se lektion 2.5 om koblings uligevægt.

Næste side

9.3 Minimum indavl systemer

I mindre populationer vil man gerne holde den generelle indavlsstigning på et så lavt niveau som muligt. En af måderne, man kan reducere indavlen på, er at sørge for, at alle dyr får lige meget afkom der fortsætter som avlsindivider. I princippet skal hvert individ være far eller mor til et hanligt og et hunligt afkom. Er dette tilfældet, vil den effektive populationsstørrelse være 2 gange den faktiske. Dette skyldes, at man ved tilfældig sammenparring i en H-W population i princippet vil have en fordeling af afkom pr individ, der svarer til en venstreskæv binominalfordeling (en Poissonfordeling) med middelværdi to, og derved vil fordeling af afkom pr individ være 0, 1, 2, 3, 4 som de hyppigste. Dvs. der er en del individer, der slet ikke får afkom.

For at sikre minimal indavl er det nødvendigt at arbejde systematisk, og de bedste systemer går på cirkulær parring.

I figur 9.6 er vist cirkulære halvsøskende- og helsøskendesystemer, hvor helsøskendesystemerne er dem der lettest finder praktisk anvendelse. Halvsøskende systemet gentages på samme måde i hver generation, hvorimod helsøskende systemet har en cyklus på to generationer.
Den praktiske udformning er næsten kun mulig for helsøskende, idet der ved halvsøskende er nødvendigt at hunnen føder 2 gange, for at dens afkom kan være halvsøskende. Helsøskende systemet gennemføres hos mus ved at lade hun ungen blive i den kasse, hvor den er født, hvorimod dens helbroder flyttes til kassen ved siden af.

Figur 9.6 Cirkulære parrings systemer med minimum indavl.

Svarende til cyklisk helsøskende systemet kan man opdele sin population i grupper. F.eks. fire grupper nummereret fra 1 til 4. Alt hunligt afkom forbliver i gruppen, det hanlige afkom derimod flyttes til den næste gruppe. Dyrene må kun parres inden for samme generation. I et sådant system behøver man ikke at holde rede på de enkelte dyr, men indavlen bliver ikke højere, end den ville blive, såfremt man ved hjælp af stamtavler ud til tredje led undgår slægtskab mellem de dyr, der parres.

9.4 Indavls linier

Indenfor laboratoriedyr som f.eks. mus, rotter, marsvin og kaniner har det været muligt at opnå fuldstændig indavlede dyr. Teoretisk vil man ved fortsat helsøskendeparring opnå 99,8 procents indavl efter 20 generationers forløb. Ved fortsat helsøskende parring eller forældre-afkom parringer er indavlsgraden bestemt af indavlen i de to foregående generationer, og man har F_n = (1 + 2*F_(n-1) + F_(n-2))/4, hvor F_n er indavlen i generation n, se løsning til opgave 4.2. De totalt indavlede stammer har den fordel at de genetisk set er fuldstændig ens, så i forbindelse med afprøvning af f.eks. nye lægemidler kan man nøjes med et mindre antal forsøgsdyr end ved anvendelse af udavlede dyr, da fejlvariansen er mindre. For at opretholde ensartetheden er det nødvendigt, at man hele tiden anvender helsøskendeparringer, og når der skal anvendes mange dyr til et forsøg, skal opformeringen ske på en sådan måde, at der maksimal er 5 generationer tilbage til det par hvorfra de alle stammer. Årsagen til at man skal være så omhyggelig ligger i det forhold, at ethvert nyt individ bærer et vist antal nymutationer, disse mutationer bliver meget synlige på en indavlet baggrund.

Det har ikke været muligt at nå fuldstændig indavl indenfor vore almindelige husdyr arter. Når indavlen er nået op til en 60-70 procent har fertiliteten på grund af indavlsdepressionen været så meget reduceret, at det ikke har været muligt at nå videre. For laboratoriedyrenes vedkommende er man nået igennem den barriere, og det har vist sig, at de stammer der først er blevet 100 indavlede kan have en høj og stabil fertilitet.

Hver indavlslinie, der bliver opretholdt kommerciel, er specialiseret til helt specifikke formål, som f.eks. diabetes mus, der let får diabetes. De anvendes naturligvis indenfor diabetes forskningen. Der findes også en lang række transgene stammer af både rotter og mus, hver specialiseret til sit formål. Link til udbydere af laboratoriedyr.

9.5 Populations struktur, avlspyramide

Indenfor produktionsdyr som f.eks. svin og høns sker produktionen stort set kun på grundlag af krydsningsdyr. For at der kan opretholdes en fortsat produktion af krydsningsdyr er det nødvendig at der drives renavl med hver af racerne, der indgår i krydsningssystemet.

I et sådant system vil man tale om en avlspyamide med tre følgende tre led:

• Avlskerne
• Opformering (af forældredyr)
• Produktion

Figur 9.7. Avlspyramide med renavl i avlsbesætninger i dansk svineproduktion

10. lektion. Kromosomer og kromosomfejl

Lektions oversigt

1. Fremstilling af kromosom præperater

2. Normale karyotyper fra husdyr

3. Kromosomfejl hos husdyr

4. Identifikation af kromosomer med kromosom paint

5. Kromosomfejl påvist ved DNA-indhold i sædceller

- Lyd og billed show (real player should be installed) eller Billed show

Næste lektion

10.1 Fremstilling af kromosom præparater

Der beskrives simple metoder til fremstilling af kromosompræparater, og normal karyotypen beskrives for alle vore husdyr. Karyotypen går fra minkens 30 til hundens 78 kromosomer. Minken har flest meta- og submetacentriske og hunden næsten kun acrocentriske kromosomer. Der gives en opsummering af de mest almindelige kromosomfejl hos husdyr, og metoder til at påvise dem. Der bliver omtalt flow-cytometri af sæd, hvor sædcellerne kan opdeles i to populationer - en der har Y-kromosomet og en der har X-kromosomet. Spermatozoer fra translokationsdyr vil udvise flere end de to populationer.
-----

Det er kun under cellens metafase, at kromosomerne bliver synlige og egnede for den klassiske kromosomanalyse. Da metafasen er meget kortvarig, er det nødvendigt at have celler i stærk vækst for at kunne fremstille kromosompræparater.

Dyrkning af lymfocytter er den mest anvendte metode til at få mange celler i metafase. Lymfocytterne er normalt inaktive celler, og cellerne skal derfor stimuleres for at dele sig. Det mest almindelige anvendte mitogen (mitosestimulator) er PHA (phytohaemagglutinin), der er en ekstrakt fra bønner.

Følgende procedure anvendes for 'blod' kultur:

• der anvendes heparinstabiliseret blod, der kan stå ved stuetemperatur i op til 5 dage
• 0,3-0,5 ml fuldblod i 5 ml vækstmedium (RPMI) tilsat fetal kalveserum og PHA dyrkes i 60 timer ved 38 grader
• de sidste 2 timer med tilsat colcemid (derefter centrifugering og afpipettering af supernatant)
• cellerne behandles 10 min. i halv fysiologisk saltopløsning (0,075M KCl) --- do
• derefter 15 min. i fiks. (metanol iseddike 3:1) ------------------- do
• vask, ny fiks 3 gange ----------------------------------- do
• opbevares i fiks. ved minus 20 grader
• drop cellesuspension på objektglas og lufttørring
• farvning med Giemsa el. andet kernefarvestof
• fotografering

Kromosomer kan også fremstilles fra fibroblast celle kulturer, der feks. kan etableres fra et øreklip eller subcutan muskelvæv. Kulturen skal etableres inden for det første døgn efter prøvens udtagning. Cellekulturen skal vokse omkring 2 uger før der er tilstrækkelig mange celler til fremstilling af kromosompræperater. Dyrkningsmedierne kromosom præperationsmetoderne er de samme som nævnt under 'blod' kultur, men der skal dog ikke anvendes PHA.

For at identificere de enkelte kromosomer anvendes båndfarvning. Dette gøres ved at dyrke cellerne de sidste 6-7 timer (afhængig af væksthastighed) før høst med tilsætning af en tymidin analog Brom-deoxy-Urasil (BrdU). Ved farvning med Acridin orange vil BrdU inkorporation give matte bånd i de områder, der replikerer sent (efter tilsætningen af BrdU), hvorimod de tidligt replikerende områder giver en kraftig farve. Ved hjælp af denne farvning kan demonstreres inaktivering af et af hunnens X-kromosomer, idet det inaktiverede X-kromosom har ekstrem sen replikation, se lektion 2.2

10.2 Normale karyotyper hos husdyr

Metafasekromosomer bliver ved lufttørringsmetoden spredt på tilfældig måde i et plan på objektglasset. Ved fotografering udvælges celler hvor kromosomerne ikke overlapper, og hvor kromosomerne samtidig er så lidt kontraherede som muligt, se feks. blåræve metafasekromosomerne, der er vist i afsnit 10.3.

Når kromosomerne er båndfarvede, kan de sættes op parvis, som vist i figur 10.1. De er sat op ifølge internationalt anerkendte nummereringsmetoder. Nummereringsmetoderne går i store træk ud på at ordne dem efter størrelse og/eller centromerets placering. Indenfor hvert kromosompar stammer det ene fra dyrets far og det andet fra dyrets mor. Hver husdyrart har specifikke kromosomer både med hensyn til antal og form, antallet går fra minkens 30 til hundens 78. Dyr med mange acrocentriske kromosomer har normalt flest, så hos hunden er der næsten kun acrocentriske, hvorimod mink næsten kun har metacentriske kromosomer.

Figur 10.1. Kvæg kromosomer, 2n=60,XY, farvemetode BrdU inkorporation - Acridin Orange Svinekromosomer, 2n=38,XX

. . Kattekromosomer, 2n=38,XX . .

Der er stor lighed mellem kvægets kromosomer og kromosomerne fra får og ged. Geden har 60 kromosomer, der stort set er identisk med kvægets lige bortset fra kønskromosomerne X og Y. X-kromosomet hos ged er acrocentrisk og Y-kromosomet er meget mindre end kvægets. Hos får er der de samme forskelle med hensyn til kønskromosomerne, men herudover er der sket 3 centromerfusioner for kromosomerne 1/3, 2/8 og 5/11 i forhold til kvæg og ged, derfor har får 54 kromosomer.
Der kan forekomme normale fertile afkom efter en parring mellem en hun ged og et han får, hvorimod fostrene dør i den omvendte kønskombination. Drægtighedstidens længde er næsten identisk for får og ged ca. 148 dage.

Mink har kun 30 kromosomer, se næste afsnit eller her. Der er en vis lighed mellem mink og katte kromosomer.

De to rævearter, der findes på de danske pelsdyrfarme, rødræv og blåræv har henholdsvis 34 og 50 kromosomer. Rødræv har kun metacentriske kromosomer og udover de almindelige 34 kromosomer har de fra 1 til 5 mikrokromosomer, betydningen af mikrokromosomerne er ikke kendt. Blåræven har 2 par acrocentriske kromosomer og alle de øvrige er metacentriske.
Der kan forekomme nonfertile afkom efter en parring mellem de to rævearter. Drægtighedstidens længde er næsten identisk for de to arter ca. 58 dage. Denne krydsning har til tider været meget populær i pelsproduktionen.
Hunden har 78 kromosomer, der bortset fra kønskromosomerne alle er acrocentriske.

Heste har 64 kromosomer og æsel har 62, og der kan produceres ikke fertilt afkom efter parring mellem hest (mor) og æsel (far). Denne krydsning kaldes et muldyr.

Hønsenes kromosomer ligner kromosomer fra de fleste fugle og krybdyr. Der er 6 par kromosomer, der minder om pattedyr kromosomer, og mange såkaldte mikrokromosomer, 2n= 78. Kønskromosomerne er blandt de største kromosomer, de betegnes som ZZ hos hanen og ZW hos hønen, hønsekromosomer se her.

Når der arbejdes med kromosomkortlægning vil man gerne kunne placere et gen på et bestemt sted på kromosomet, for hver art er der derfor lavet en standard med nummerering af de enkelte bånd på hvert enkelt kromosom. For denne nomenklatur har man også vedtaget at kalde den korteste kromosomarm for p-armen og den længste for q-armen. Ved opsætning af kromosomer vender q-armen altid nedad. Bånd numrene går fra centromeret ud mod telomerene.

10.3 Kromosomfejl hos husdyr

Såfremt et individ ikke har et balanceret kromosomsæt med to kromosomer i hvert par, vil det normalt give sig til kende på dyrets phenotype med afvigende egenskaber. Og dyr med et ubalanceret kromosomsæt vil almindeligvis være sterile og ofte med nedsat livskraft. Dyr der har et balanceret kromosomsæt vil være phenotypisk normale. Kromosomfejl hos dyr med normal phenotype bliver normalt opdaget ved at f.eks. en tyr har alt for lav fertilitet, karyotypen fra en sådan tyr er vist i figur 10.2.

Kvægkromosomer 2n=60,XY, farvemetode BrdU indkoporation - Acridin Orange, Translokation 1/8. Christensen, K., Agerholm, J.S. & Larsen, B. 1992a. Dairy breed bull with complex chromosome translocation: Fertility and linkage studies. Hereditas 117, 199-202.

Figur 10.2 Kvæg translokation mellem kromosom 1 og 8.

Af andre typer af kromosomfejl kan nævnes trisomier, hvor trisomi 21 hos mennesker er den mest velkendte. Den forekommer med ca. 1 for hver 500 fødsler. Hos husdyr er trisomier ret sjældne men kan dog forekomme, nedenstående er vist trisomi 28 hos kvæg.
Kvægkromosomer 2n=61,XX, farvemetode BrdU indkoporation - Acridin Orange, Trisomi 28 (Figur 10.3)

Normalt aborteres dyr med trisomi 28, men enkelte dør omkring fødselstidspunktet.

Hos mange af vore husdyr findes mindre grove kromosomfejl. De består eksempelvis i at to acrocentriske kromosomer fusionerer. Dette kaldes en centric fusion.
Den mest kendte er 1/29 centromer fusion mellem kromosom 1 og 29 hos kvæg. Når en sådan fusion forekommer i heterozygot form, giver den anledning til svagt nedsat fertilitet, i størrelsesorden af 10 procent, når det drejer sig om omløberprocent.

En tilsvarende centromerfusion findes hos blåræve, og her er effekten af samme størrelsesorden, når det drejer sig om kuldstørrelse, se nedenstående tabel, hvor kromosomtallet 49 svarer til en heterozygot med hensyn til centromerfusion. Data fra Christensen et al. Hereditas 1982, 97:211-215.

Tæve kromosomtal     Antal kuld            Kuldstørrelse
      48                  16                    11,9
      49                  42                     9,8
      50                  17                    11,2

Fædre kromosomtal      
      48                  10                    12,2
      49                  52                    10,1
      50                  13                    11,2

Figur 10.4.
En centromerfusion mellem to kromosomer resulterer i at kromosomtallet varierer mellem 48 og 50 hos blåræve

Hos mus er kendt individer, der har op til 7 centromerfusioner. Disse mus har, når alle fusionerne forekommer i heterozygot form, meget stærkt nedsat fertilitet.

Figur 10.4a. Udspaltning af kromosomer fra centromerfusions heterozygoter resulterer i nondisjunktion og uniparantal disomi.

Imprinting: Der findes centromer fusioner der involverer alle musens 20 par acrocentriske kromosomer. Sammenparres to mus der begge er heterozygotiske for en centromerfusion opstår der spontant afkom der har modtaget 2 kromosomer af et par fra den ene forældrer og nul fra den anden, se figur. Et sådant individ har i princippet et balanceret kromosomesæt, men det er ikke altid normalt. For ca. halvdelen af musens kromosomer er det nødvendigt, at der skal være et maternelt og et paternelt kromosom i et par for at individet kan udvikle sig normalt. Dette fænomen skyldes af der er forskel på hvilke gener der er on/off afhængigt om kromosomet kommer fra faderen eller moderen. Fænomenet kaldes imprinting og det er vigtigt for at forstå hvorfor kloning af ikke embryonale celler volder så store vanskeligheder. Ukorrekt hanligt og hunlige imprinting giver anledning til at forholdet mellem placenta og fostret bliver skævt , hvilket giver anledning til stor fosterdød. Det er også mange andre abnorme tilstande som forkert eller manglende imprinting giver anledning til.

Tyrekvier: Kromosomundersøgelse kan anvendes til at påvise sammensmeltning af de placentale blodbaner hos tvillinger af forskelligt køn hos kvæg. Sammenblandingen giver sig udslag i, at der kan etableres stamceller for hvide og røde blodlegemer fra begge dyr med proportioner gående fra 0 til 100 procent af den rigtige 'type'. Er der for stor en sammenblanding giver det anledning til at kviekalven får misdannede kønsorganer 'en tyrekvie' og dermed bliver infertil. Tyrekalven har normal fertilitet, men i forbindelse med faderskabssager, der normalt gennemføres på blodprøver, får man på grund af kimerismen ikke entydige resultater.
Ved blodprøvetagning til faderskabssag bør det derfor oplyses, såfremt kalven er en tvilling.

Figur 10.5. Heste kromosomer 64, XX

Kønskromosomfejl hos hopper: Hopper med XY kønskromosomer er ret almindelige i visse halvblodsracer. Endvidere findes der en del hopper med XO eller XXX kønskromosomer. De viste kromosomer stammer fra en hest, hvor det ene X kromosom, altid det inaktiverede, er 2 q-arme, figur 10.5. Billedet er stillet til rådighed af I. Gustavsson, Sveriges Landbrugsuniversitet.

Auli Mäkinä, ved universitetet i Helsinki har en god oversigt over kromosom afvigelse hos hest.

Celler der dyrkes i to cycler, med BrdU tilsat i første cyklus, kan afsløre fænomenet SCE (sister chromatide exchange). SCE kan identificere individer med ustabile kromosomer eller anvendes til mutagenitetstest, idet antallet af SCE er proportional med dosis af mutagenet. Nedenstående er vist mink kromosomer, der udviser SCE eller Harlekin kromosomer. De kromosomer hvor der ikke har været nogen SCE udviser på kromosomet to ubrudte strenge en lys og en mørk, hvor der er SCE skifter strengen farve. For at der kan ske SCE må der nødvendigvis have været et brud på DNA'et på begge strenge.

Figur 10.6. Mink kromosomer 30 XY, der viser sister chromatin exchange

10.4 Identifikation af kromosomer med kromosom paint etc.

I figur 10.7 er vist et paint på grisekromosomer med DNA fra en hamstercellelinie der indeholder p-armen af grisekromosom 12. To kromosomer er painted, det er de identiske stykker på de to homologe kromosomer.

Figur 10 7. Paint på grise kromosomer med p-armen af kromosom 12

Paint metode er i store træk følgende (Fluorescens in situ hybridisering, FISH):

• Opmærkning af probe med biotinilerede nucleotider
• Smeltning af probe og mål-DNA (kromosompræperatet)
• Hybridisering af probe og mål-DNA under dækglas i op til flere døgn
• Afvaskning af overskydende probe
• Et lag af avidin (avidin binder meget stærkt til biotin)
• Farvning ved hjælp af fluorescens mærket antistof mod avidin
• Fotografering v.h.a. fluorescens mikroskop

Når der paintes med et mindre stykke DNA, f.eks. et 40 kb stort insert i en cosmid, fås meget distinkte resultater i form af 2 pletter, en på hver af de to kromatider på de to homologe kromosomer se her.

Link her for at se billede af kromosom-paint med humane kromosomer. Alle de humane kromosomer er sorteret, så man kan købe rent DNA fra alle enkelte kromosomer. Når de mærkes op forskelligt, får hvert kromosompar sin egen farve. Denne teknik gør det til en enkelt sag at identificere de kromosomer, der er involverede i komplekse translokationer.

Ved hjælp af kromosom-paint kan der identificeres homologi mellem arter, se Figur 10.8 med minkkromosomer (til venstre), og de samme kromosomer (til højre) er hybridiseret med human kromosom 14. En tabel over homologien mellem kromosomerne hos 4 husdyrarter og mennesker er vist her

Figur 10 8. Paint på mink kromosomer med humant kromosom 14. I venstre side er der DAPI farvede kromosomer til identifikation mens højre side viser paintet, der er på p-arm af kromosom 13.

10.5 Kromosomfejl påvist ved DNA-indhold i sædceller

Et normalt individ der er bærer af en balanceret translokation, vil producere kønsceller der er normale og kønsceller hvor translokationen giver anledning til non-disjunktion af de homologe kromosomer med produktion af kønsceller med afvigende kromosomtal til følge.

I 10.9 figur er vist histogrammer fra flow-cytometri på sædceller fra orner. Histogrammet repræsenterer en flouroscens aktivitet, der er proportional med sædcellens DNA-indhold. Hvert histogram omfatter ca. 3000 sædceller. Ornen til højre (nr. 1130) er normal, den producere sædceller med et Y- og med et X-kromosom i forholdet 1:1. En sædcelle der indeholder et Y-kromosom har ca. 4 procent mindre DNA end en sædcelle der bærer et X-kromosom. Dette afspejles i at der er to fordelinger hvis middelværdi er 4 procent enheder forskudt.

Ornen til venstre (nr.1523) er bærer af en translokation mellem kromosom 1 og 17. Når denne orne danner sædceller, vil der ske fejl med hensyn til disse to kromosomer. Kromosom 1 er et meget stort kromosom der repræsenterer ca. 9 procent af en sædcelles DNA. Derfor ses der i denne ornes histogram to ekstra toppe symmetrisk en på hver side. Den lille ekstra top til højre svarer til sædceller med to kromosom 1'er, mens toppen til venstre svare til sædceller med intet kromosom 1. De to ekstra toppe kommer kun frem henholdsvis sammen med et X- og sammen med et Y-kromosom. Et ekstra eller tab af kromosom 17 er ikke direkte synligt, da dette kromosom er et lille kromosom, med omkring 2 procent af sædcellens DNA-indhold.

Undersøgelserne er publiceret af Jensen, P.O. et al. 1993. Proceedings of 10th European Collequium on Cytogenetics of Domestic Animals pp 104-108.

Figur 10.9. Flow cytometri af grise sædceller indfarvet med DAPI. Normal dyr har to toppe en for X og en anden for Y bærende celler. Dyr med translokationer udviser flere toppe på grund af fejl under meiosen (non-disjunktion).

Der er naturligvis også en vis interesse for at anvende flow-cytometrien præparativt, så man på den måde kan få sædceller der bærer Y-kromosomet eller X-kromosomet i ren form. Alle pattedyr arter har en relativ forskel i DNA indhold mellem Y- og X-bærende sædceller af samme størrelsesorden på mellem 4 og 4,5 procent. Teknisk er det muligt at arbejde med en variationskoefficient (CV) på ca. 1 som i ovenstående eksempler fra svin.

Hidtil er resultaterne med hensyn til levende afkom efter befrugtning med kønssorterede sædceller kun på det eksperimentelle stade. Flow-cytometrien lader sig p.t. kun gennemføre efter indfarvning med flourokromet DAPI, efter at sædcellerne er behandlet med papain. Papain-behandlingen er nødvendig, for at der kan ske en ensartet indfarvning med DAPI.

Kromosomspecifikke DNA-prober til påvisning af non-disjunktion i sædceller

En anden metode til påvisning af non-disjunktion kromosomfejl benytter sig af stærke kromosomspecifikke prober. Efter in situ hybridicering til udstrygningspræparat af sædceller og efterfølgende påvisning af tilstedeværelse af signal, er det muligt at påvise sædceller med 0, 1 (normal) eller 2 af det pågældende kromosom, afhængigt af antallet af positive hybridiceringsområder. Undersøgelser fra mennesker giver skøn for non-disjunktion-fejl i sædceller, der ligger i størrelsesorden 5-8 procent. Dette svarer til en fejlprocent på ca. 0,2 for hvert kromosompar.

Udvikling af DNA prober til sådanne undersøgelse hos husdyr er p.t. i sin vorden. Eksempler fra anvendelse på minksædceller kan ses her.

11. lektion. Farvegenetik

Lektions oversigt

1. Alment om hårtyper hos pattedyr

2. Alment om farvetyper hos pattedyr, farvegener

3. Farvegenernes biokemiske funktion

4. Farvegener i de forskellige husdyrarter

- Lyd og billed show (real player should be installed) eller Billed show

Hår og hårets farver er vigtige for dyrs overlevelse i naturen. Her beskrives en del hårkarakteristika og der gives en mere detaljeret beskrivelse af arveanlæg der indgår i melaninsyntesen. Melaninkorn er grundlaget for hårets farve. De vigtigste farvegener beskrives, såvel som deres udbredelse indenfor de enkelte arter og i de danske husdyrbestande.
-------

Håret hos pattedyr kan dels karakteriseres ved dets længde og dels ved dets fysiske beskaffenhed såsom glat kontra krøllet. Forholdet mellem dækhår og underuld spiller ligeledes en stor rolle for hårets fysiske egenskaber. Endelig er der farven, som er med til at give dyret kamuflage eller ved stærke farver dominans over for andre artsfæller.
For de pattedyr der lever i vand eller ernærer sig ved jagt på dyr der lever i vand, er pelsen af stor betydning for varmereguleringen. Pelsen skal også have stor slidstyrke for at holde igennem hele vinterperioden, af eksempler kan nævnes sæl, odder og mink. Harer og ræve har også en varm pels, men den har hos disse dyr ikke nær samme slidstyrke. Hos de fleste pattedyr produceres der en vinterpels i oktober-november, der erstattes af en sommerpels i april-maj.

Visse af de fysiske egenskaber styres af simpel Mendelsk arvegang, man har feks:

Hårtyper og genotyper

Dominant                   Recessiv                 
---------------------------------------
Ruhåret   W-               Glathåret ww               
Korthåret L-               Langhåret ll                
Dækhår    M-               Mole      mm
Hår       Hr-              Hårløs    hr/hr
----------------------------------------

I figur 11.1 er vist eksempler på de forskellige hårtyper.

Figur 11.1. Den ruhårede Airdale terrier
Langhårede type hos gravhund.
Pelsen fra en mole mink og en normal Standard mink anno 1965.
Hårløs mus.

11.2 Alment om farvetyper hos pattedyr, farvegener

Hårets farve bestemmes af dets indhold af melaninkorn. De sort brune farver skyldes eumelanin og de gul røde farver skyldes phæomelanin. Sidstnævnte er opløseligt i saltsyre. Såfremt der ikke er indlejrede melaninkorn bliver håret hvidt, dette skyldes indlejrede luftblærer, der giver hvid farve, ligesom luft i eller under is giver den hvide farve.

Melanin dannes ud fra aminosyren tyrosin gennem en lang række biokemiske processer. Hver af disse processer kan øve indflydelse på dyrets farvetype. Melaninet dannes i en celletype der kaldes melanocytter. Antallet og den hormonale styring af disse celler kan ligeledes give anledning til farvevariation.

I figur 11.2 er anført en liste over de mest kendte farvegener.

Figur 11.2 Agouti locus (A locus)
Dominant       Yellow Ay-  Dominant       Black A- Recessiv         Black and tan at- Recessiv        Yellow aa		Aierdale terrieren på foregående side har genotypen Black and tan atat, sort på ryggen og tan farve på bug og lemmer.
Brown  locus (B locus)
Dominant       Black B- Recessiv        Brown bb		Brown genotypen bb forekommer hos mange hunderacer
Albino locus (C locus)
Dominant       Farve C- Recessiv        White  cc		Albino genotypen cc med røde øjne hos en Angora kanin
Dilution locus (D locus)
Dominant       Black D- Recessiv        Silver dd		Silver genotypen forekommer også hos grise
Extension locus (E locus)
Dominant       Sort   E- Recessiv       Yellow ee
Pink eyed dilution locus (P locus)
Dominant       Black P-  Recessiv        Yellow pp
X-linked Orange locus (O locus)
Females: Dominant       Black oo Heterozygot   Black/Yellow Oo Recessiv        Yellow OO Males: Dominant       Black o Recessiv        Yellow O		Heterozygoten Oo har en blandingsfarve på grund af den tilfældige X-kromosom inaktiveringen. Blandingsfarven kan variere fra en næsten perfekt blanding til store pletter af gul og sort afhængigt af hvornår den tilfældige inaktiveringen sker.

Somatiske mutationer i farvegener Hos flere husdyrarter som feks ræv, mink og kat findes et dominant gen der reducere pigmenteringen til lys flødefarvet, se figur 11.3.

Figur 11.3. Somatisk mutation i gen for farve, hele øret hos en Shadow ræv har farve. Shadow ræve er normalt flødefarvet overalt på kroppen.

Denne mutation er meget ustabil idet den let tilbagemuterer til normal farvetype. Det ses når der er sket en somatisk tilbagemutation under fosterudviklingen, mens melanocytpopulationen blev grundlagt. Hos ræve af shadow farvetypen sker der en sådan synlig somatisk mutation hos et par procent af en bestand, se billedet til højre, hvor der på den lyse rævs øre er en sådan tilbagemutation. Hos dyr med denne farvemutation er øjets pigmentering også ustabil, så det er ikke usædvanligt, at de to øjne har forskellig farve.

I figur 11.4 er vist en melanocyt. Der er i figuren antydet nogle af melanocyttens funktioner og hvorledes de påvirkes af farvegenerne, der er nævnt i foregående afsnit.

MSH eller melanocyt-stimulerende hormon bliver produceret i hypofysen. Dette hormon er vigtigt for produktionen af melanin. MSH-receptoren svarer til e-locus, hvorimod en blokker af dette hormon svarer til a-locus.

Figur 11.4. Viser funktionen af de 5 mest kendte farvegener hos pattedyr. Hårfarven skyldes de melaninkorn melanocyten danner.

På b og c locus bliver der kodet for 'enzymer', der sørger for omlejring af aminosyren tyrosin, tyrosinase. Omlejringen er nødvendig for at der overhovedet kan dannes melanin.
Locus d har med dendrit-størrelsen at gøre.

Når man sammenligner genernes kendte alleler giver det mulighed for at tænke på en fortolkning af funktionen. Feks kan der både være en dominant og en recessiv gul i forbindelse med agouti locus. At der vil være en stærk afhængighed mellem effekten af a og e locus er ganske indlysende, da de påvirker samme system, MSH funktionen.

Melanocytternes udbredelse i hårlaget er også en vigtig faktor for hårets farve. Som eksempel skal nævnes to genpar der kendes fra mus, steel (sl) eller (Mast cell growth factor=Mgf) og white spotting (Kit genet), der er Mgf receptoren. Disse to gener er med til at styrer udbredelsen af melanocytterne i huden, og kan som navnet på det ene genpar antyder give anledning til hvide pletter. Er der færre melanocytter i hårlaget får man ofte en blanding af farvede og hvide hår, denne effekt kan styres fra steel lokus.

Hos mus er kendt op mod 100 farvegener, de kan alle henføres til en af de neden nævnte kategorier

   Gener der indgår i melanin syntesen
   Gener der (regulerer) styrer melanin produktion
   Gener der vedrører antallet af melanocytter
   Gener der styre melanocyttens morfologi

Modifikation af farvetonen kan ske ved klassisk selektion, hvor farvetone behandles som en kvantitativ egenskab. Hos mink er vild mink farvetypen mørkebrun. Ved selektion for mørkere farve er der gennem selektion over ca 25 generationer skabt en mink type, der er kulsort.

Milieuets indflydelse på udbredelsen af feks. hvid farve kan tydelig ses ved kloning, hvor der er ret stor forskel på individer med identisk genotype. Se her med billeder af identiske katte, Nature 2002 vol. 415 side 859.

Nedarvning af farver hos de danske svinracer er styret af følgende tre loci, se også figur 11.5.

Dominant                   Recessiv                 
-----------------------------------------------
Dominant hvid  I-          Farvet       ii
Hvidt bælte    i(Be)-      Ensfarvet    ii 	             
Sort           E-          Rød          ee              
------------------------------------------------

Landrace (L) og Yorkshire (Y) racerne er hvide, og er homozygotiske for dominant hvid.
Duroc (D) racen er rød.
Hampshire (H) racen er sort med hvidt bælte.

Figur 11.5 Landrace (L) og Yorkshire (Y) racerne er hvide, og er homozygotiske for dominant hvid. Duroc (D) racen er rød. Hampshire (H) racen er sort med hvidt bælte.

De fleste produktionsgrise i Danmark har en LY mor og en farvet far (D eller HD). De er alle hvide da de er heterozygotiske med genotypen Ii. Marklund et al. 1998, Genome Res 8:826-33, har påvist at dominant hvid hos svin skyldes alleler i det såkaldte kit gen, der svarer til mast cell growth factor receptoren. Bælte genet er beskrevet i Mamm Genome 1999 Dec;10:1132-6 af Giuffra et al..

Nedarvning af farver hos de danske kvægracer er styret af følgende tre loci.

Dominant                   Recessiv                 
---------------------------------------       
Sort           E-          Rød       ee              
Ensfarvet      S-          Broget    ss
Hvidt hoved    SH-          Ensfarvet SS
----------------------------------------

Sortbroget dansk malkerace (SDM) har genotypen EEss og Rød dansk malkerace (RDM) har genotypen eeSS. Krydsninger mellem SDM og RDM giver ensfarvet sort afkom. Enkelte RDM har farvetegningen tigerstribet, det er en allel i e locus, der er dominant i forhold til rød.
Hos en del kødkvægsracer feks. Hereford forekommer farvetegningen hvidt hoved, der har dominant nedarvning, den nedarves fra en dominant allel i samme lokus som brogethed. Det vides, at genet for brogethed ligger på kromosom 6, og det er tæt koblet til kit genet og har interaktion med dette.

Figur 11.6. Sortbroget dansk malkerace (SDM) har genotypen EEss og Rød dansk malkerace (RDM) har genotypen eeSS. Hereford har farvetegningen med hvidt hoved, der har dominant nedarvning.

Klungland et al. 1995, Mamalian Genome 6:636-39, har påvist at rød farve hos kvæg skyldes ee genotypen i extension locus.

Nedarvning af pelsfarver hos hund, af Helle Friis Proschowsky
Nedarvning af farver hos hunde er meget komplekst, og det følgende bliver derfor kun en kort beskrivelse. Hver race har sit specielle særpræg, og interesserede henvises til " bibelen" på dette område: "The inheritance of coat colors in dogs" af Clarence C. Little, Howell Book House, 1984.
Farven i hundes pels skyldes pigmentkorn der indeholder stoffet melanin. Størrelsen og tætheden af kornene afgør hvor mørk pelsen ser ud. Pigmentkornene dannes kontinuerligt ved roden af håret mens det gror. Hvis denne proces ændres eller afbrydes når håret er vokset halvt ud, fås et bånd af en anden nuance på håret. Dette kaldes vildtfarve eller agouti, og findes bl.a hos Schæfer og Norsk elghund. Vildtfarvede hvalpe fødes sorte, fordi kun den første del af håret er vokset frem ved fødslen.
Man mener at der findes loci (steder) for farvegener på mindst 10 forskellige kromosompar hos hunde. Alle hunde besidder disse farvegener, men langt fra alle alleler kommer til udtryk i alle racer.
Hos nogle racer er pelsfarven meget konstant, og alle individer i racen har i princippet samme farve, som f.eks. Rottweiler. Hos andre findes et utal af farvevarianter.
Kort beskrivelse af de mest kendte loci´s betydning for farven:

Locus A: Bestemmer mængden og lokaliseringen af mørkt og lyst pigment, både i det enkelte hår, og i pelsen som helhed. Allelen a^t giver f.eks. black and tan- farve hos Rottweiler, Airdale og Gordon setter.
Locus B: Bestemmer om mørkt pigment skal være sort (B) eller leverbrunt (b).
Locus C: Bestemmer pigmenteringsdybden. Indeholder bl.a. allelen c^a der giver albinoer og chinchilla-allelen c^ch , der lysner røde og gule farver til cremefarvet hos feks Cocker spaniel. Chinchilla-allelen er også årsag til den store variation i pigmenteringsdybden hos f.eks. Cheasapeake bay retriever og Tibetansk terrier.
Locus D: Påvirker intensiteten af farven. Allelen store D giver intens farve (sort Grand Danois) mens allelen d giver blå fortynding. Weimaraner har altid allelen d sammen med b, det er altså leverbrun der bliver fortyndet til den karakteristiske farve.
Locus E: Påvirker mønstret af mørkt pigment i pelsen. Allelen E^m giver f.eks. sort maske hos Leonberger ,og allelen e^br er ansvarlig for tigerstribning ( brindle) hos Boxer og Grand Danois, mens genotypen ee giver gul farve hos Labrador retrievere.

Figur 11.7 Black and tan- farve hos Airdale, atat, Dilution farven hos Tibetaneren, dd, og gul farve fra Extention hos Labrador retrievere, ee.

Locus G: alleler i dette lokus afgør hvorvidt farven bleges med alderen eller ej.
Locus M: Den dominante allel M giver merlefarve ( Collie, Shetland sheepdog) mens den recessive allel m giver ensartet pigmentering. Det er velkendt at man ikke bør parre to hunde med merlefarve, idet allelen i dobbelt dosis ofte følges med skader på syn og hørelse.(se nedenfor)
Locus S: Bestemmer fordelingen af farvede og hvide områder på kroppen. Den dominante allel S giver fuldstændig pigmentering, evt. med små hvide pletter på bryst og poter (Retrievere, Boxere, New Foundlænder). De tre mere recessive s-alleler giver stigende mængder af hvidt med Clumber spaniel og Dalmatiner som de mest hvide.

Nedarvning af pelsfarver hos kat, af Nan Hampton, University of Texas at Austin, der også har et flot power point show på 50 billeder.

The following is a table of some of the more common genotypes and phenotypes of the domestic cat.

Genetics of Mink Coat Colour
Mink colour types have evolved through selection or mutations of colour genes. The wild genotype for colour, which has no mutations is called Standard and ranges in appearance from dark brown (wild mink found in nature, and the colour type Wild mink) to the highly selected farm mink Black standard that is totally black. This is due to selection for darkness in the last 50 generations.

The mutant colour types in mink are classified according to numbers and types of genes responsible for colour expression. Until now it has not been possible to correlate the mink colour genes with the colour genes described in other mammals. An exception is just the albino locus. This problem will hopefully be solved in the near future by means of DNA technological methods.

The Recessive and Dominant Colour Genes Single Recessive colours result from homozygozity of recessive mutant genes. Colour genes for any two or more mutant colours that have originated from the same wild (standard) gene are called allelic genes and will occupy the same chromosomal location (locus). Mutant colours originating from different standard genes are called non allelic. The homozygous state of dominant genes is often lethal, resulting in reduced litter size. There is only shown the most commonly used combinations of the mutants. A cross between non-allelic mutants result in the dark brown colour, which was the common type when the mutants first were established.
 

Colour types, single	Mutant name	Mutant genotype	Wild type, Standard
White	Albino, red eyed	cc	CC
	Hedlund White, deaf	hh	HH
Grey	Aleutian, bluish	aa	AA
	Silver Blue, grey	pp	PP
	Steel Blue	psps	PP
Brown	Royal Pastel	bb	BB
	Moyl	mm	MM
	American Palemino	kk	KK
Bicoloured	Black Cross	Ss	ss
	95 % White	SS	ss
	Finn Jaguar	Zz	zz
Combinations
Bicoloured	Pastel Cross	bb Ss	BBss
Bluish grey	Sapphire	aa pp	AAPP
	Blue Iris	aa psps	AAPP
Sand	Pearl	mmpp	MMPP
Light sand	Violet	aakkpp	AAKKPP

Combination Types used as Production Crosses. The crossing of non-allelic recessive genotypes is practised to produce various dark brown shades (called Demi buff, Glow or Wild mink).

The following three crosses (F₁) are commonly used to produce the glow type

    Sapphire x Pastel     
    Pearl    x   "
    Violet   x   "
             F1     x   Wild mink

For en detalieret beskrivelse af hestens farvegener henvises til hestens farvegenetik fra the Model Horse Reference website, Horse Colours Genetics. eller fra the Veterinary faculty in Davis, California Horse Colours

De vigtigste farvegener hos hest med angivelse af baggrunds farvegener :

Agouti locus (A locus)	Baggrund B-CCEE
Dominat brun, A-		Recessiv sort aa
Brun (B locus)	Baggrund aaCCEE
Dominat sort, B-		Recessiv rødbrun, bb
Cremello locus (Cr locus)	Baggrund aaee
'Dominat' rød, CC		Heterozygot, CCr		'Recessiv' lys, CrCr
Extension locus (E locus)	Baggrund aaB-CC
Dominat sort, E-			Recessiv rød, ee
Grå locus (G locus)	Baggrund AAB-CCEE
Dominat grå, G-		Recessiv brun, gg
Skimmel locus (R locus)	Baggrund AAB-CCEE
Heterozygot skimmel Rr		Recessiv brun, rr		Dominant RR, dør
Dominant white (W locus)	Baggrund AAB-CCEE
Heterozygot hvid Ww		Recessiv brun, ww		Dominant WW, dør

Farvegenerne virker i et samlet hele, de ovenfor viste typer er stiliserede, i den virkelige verden er der jævne overgange mellem farvetyperne på grund af modificerende gener.
Generne i agouti og extension lokus arbejder som tidligere omtalt sammen, så skal en hest være sort skal den have genotypen aaE-; en aaee hest er rød. Der er også sammenspil mellem de øvrige farvegener.
Skimmel og ekstension lokus er koblede.
Locke et al. (2001) Animal Genetics 32:340-343, har vist, at cream dilution Cr allelen ikke sider i C locuset som tidligere anført med gensymboler. Genet ikke er homologt med tyrosinasegenet i andre arter.
Marklund el al. Mamm Genome 1999;10:283 har vist at skimlet genet svarer til kit genet (mast cell growth factor reseptoren).
Rieder et al. Mamm Genome 2001,12:450 har vist at den sorte phenotype svarer til en recessiv allel i agouti genet. Og at den brune farve skyldes en allel i extension locus.

Andre arter

For en detaljeret beskrivelse af kaninens farvegener og farvetyper henvises til Jackie Carey's Rabbit Color Genetics

12. lektion. Beregnings- og bioteknologi herunder genmarkører og sygdomsresistens

Lektions oversigt

1. Beregningsteknologi for avlsværdi skøn

2. Kunstig sædoverføring, betydning for beregning af avlsværdi skøn, og sexing af sæd

3. Transgenese og transgene dyr

4. Anvendelse af DNA-markører for sygdomsgener

5. Påvisning af DNA-markør koblet til sygdomsgener eller QTL'er

6. Resultater af selektionsforsøg for forbedret sygdomsresistens

- Lyd og billed show (real player should be installed) eller Billed show

12.1 Beregningsteknologi for avlsværdi skøn

Der gives en oversigt over de teknologiske forhold, der anses som relevante for husdyravlen. 'Animal model' avlsværdiskøn beregnes samtidig for alle individer i en population, hvor alle samtidig bidrager med information om hinanden. Effekt af reproduktions-teknologi såsom kunstig sædoverføring har stor indflydelse på avlsværdivurderingen og dermed på avlen, hvorimod kønssortering af sæd og overførsel af embryoner i de fleste tilfælde kun har marginal betydning. Transgenese og kloning bliver også omtalt. Der gives en oversigt over anvendelse af DNA-markører for kvalitative og kvantitative egenskaber. Og der gives en ret udførlig gennemgang af muligheder for avl for bedre sygdomsresistens hos husdyr.
-----

Der er i lektion 7 gennemgået metoder til beregning af avlsværdi skøn i forbindelse med data fra slægtninge med ensartede slægtskabsforhold. Dette er den simpleste form for avlsværdivurdering, da den ikke kræver meget regnekraft, fordi den er baseret på beregning af en enkelt vægtfaktor, der er afhængig af antal og et gennemsnit af en gruppe målte individer med indbyrdes ensartede slægtskabsforhold, feks en afkomsgruppe bestående af halvsøskende. Med indførelse af stadig kraftigere computere, er der skabt basis for at udnytte data langt mere effektiv i forbindelse med avlsværdi bestemmelse. Metoderne er baseret på lineære ligningssystemer, hvor hver observation i princippet får en ligning. Der kan derved dannes et ligningssystem til beregning af vægtfaktorer for den enkelte observation. I modellen medtages der alle observationer fra slægtninge og dyret selv, tillige med observationer fra slægtninge til slægtninge.
Eksempel på slægtninge til slægtninge er moderen til et afkom hvor faderen vurderes eller omvendt. Er moderen til afkommet med i modellen for faderens avlsværdi, forsvinder kravet om tilfældig parring, da der korrigeres for mødrenes eventuelle afvigelse fra populationsgennemsnittet.
Kravet til at alle observationer skal foregå under samme milieuforhold får mindre betydning, ved feks. at lade besætningsgennemsnit indgå i beregnings modellen og tillige stille krav om, at mere end en familie skal være repræsenteret pr. besætning.

De vigtigste beregningsmetoder for avlsværdi skøn:
1. Selektions index (SI)
2. Best linear prediction (BLP)
3. Best linear unbiased prediction (BLUP)
4. Animal model (AM)
5. Multitrait nimal model (AM)
6. Genomisk selektion

Selektionsindekset blev udviklet i 1950'erne og har været anvendt før computer alderen. SI bruges stadig til modelberegninger, især fordi den er velegnet til at inddrage flere egenskaber og giver et forventet delta G (genetisk ændring) for hver egenskab, såfremt man anvender et bestemt sæt af økonomiske vægtfaktorer. SI svarer til modellerne der er beskrevet i lektion 7 og 8. Før computer alderen var det almindeligt at prækorrigere data for f.eks. kælvealder eller slagtevægt, idet der altid vil være en vis biologisk variation for disse egenskaber. Prækorrektion af data anvendes fortsat i en vis udstrækning.
Med fremkomst af computerne var det nærliggende at udvikle modeller, der samtidig beregnede avlsværdi for samtlige dyr i en population. Når dette var tilfældet var det lettest også at anvende alle informationer, således at alle individer var informative i forbindelse med alle andre. BLP inddrager ikke milieufaktorer, hvilket gør den mindre anvendelig. BLUP og AM inddrager samtidig estimation af milieueffekter og korrigere for dem.
I de tre sidstnævnte metoder indgår slægtskabsmatricen som vist beregnet efter tabularmetoden i lektion 4. Løsning af de mange ligninger kan ikke ske eksplicit, som man har lært i forbindelse med løsning af to ligninger med to ubekendte. Løsningerne er baseret på forhånds gæt og derefter gennemløb af alle data med forbedring af gættet indtil estimaterne bliver stabile efter næste gennemløb. Denne metode kaldes iterativ. Med denne metode kan man bestemme avlsværdier for millioner af dyr samtidig. AM metoden anvendes for nuværende i både dansk kvæg- og svineavl for de vigtigste egenskaber.

Genomisk selektion af Thomas Mark
Genomisk selektion er en ny teknologi, hvor avlsværdi forudsiges udfra genom-dækkende markører i form af enkelt nucleotid polymorfier SNP'er. Det genetiske kort er baseret på SNP'er, og de giver os mulighed for at opdele hele genomet i tusindvis af forholdsvis små kromosom segmenter. Så effekten af hvert kromosom segment estimeres samtidigt. Endelig er genomiske avlsværdier lig summen af alle forventede kromosom segment effekter. Kromosom segment effekterne kan vurderes for en gruppe af dyr (dvs. en reference population), og for de resterende dyr, er det kun nødvendig med en blod-eller vævsprøve for at bestemme dets genomiske avlsværdi. Kromosomet segment effekter gælder også for alle dyr i populationen, hvor de blev estimeret, fordi markørene er i koblingsuligevægt med det kausale gen.
Ved hjælp af genom-dækkende informationer kan unge dyr præcis udvælgelse, forudsat at der er fænotyper fra tilstrækkeligt mange reference dyr. Det betyder, at genomisk avlsværdi er særligt gavnligt, når de traditionelle valg er svært for eksempel når fænotype måling er begrænset af køn og alder (fx meget nyttig for malkekvæg). Der tilrådes dog konservativ brug af unge dyr uden fænotypisk information (om egen præstation eller afkom) for at undgå potentielle negative bivirkninger relateret til ugunstige mutationer, ugunstige udvælgelse pres på ikke-registrerede egenskaber i avlsmål og høj indavl.

12.2 Kunstig sædoverføring, betydning for beregning af avlsværdi skøn, og sexing af sæd

Kunstig sædoverføring (KS) har naturligvis stor praktisk betydning, da man ved KS kan udnytte velafprøvede top dyr i en langt større udstrækning, end det er muligt ved naturlig parring. Der hvor KS virkelig får stor betydning er dog ved at finde frem til top avlsdyrene. Hvilke faktorer har da betydning i forbindelse med afprøvning af avlsdyrene, for at afprøvningen både er tilstrækkelig sikker og troværdig.

Vigtige forhold for beregning af avlsværdi skøn
1. Avlsværdi skønnet skal være tilstrækkelig sikkert bestemt
2. Avlsværdi skønnet skal være uafhængig af ejerforhold
3. Avlsværdi skønnene skal være sammenlignelige

I forhold til punkt 1 er det klart, at KS kan øge familiestørrelsen og derved øge sikkerheden ved avlsværdiberegningerne.
For at punkterne 2 og 3 kunne blive opfyldt har det været almindeligt at sende dyrene på teststation, derved blev resultaterne uafhængige af ejerforhold tillige med at resultaterne var sammenlignelige, da de var opnået under de samme milieuforhold. Teststationerne har dog et problem i forhold til punkt 1. Da stationerne er kostbare at drive, må de nødvendigvis sætte en grænse for hvor mange dyr, der kan afprøves. Det vil derfor gå ud over sikkerheden ved afprøvningen, eller ved antal familier der kan afprøves.
KS kan løse problemerne med punkterne 2 og 3 samtidig med at punkt 1 er bedst muligt tilgodeset, ved at kombinere KS med registrering fra kommercielle besætninger. Med KS opnås at de dyr, hvis resultater skal anvendes til avlsværdi bestemmelse ikke kun findes i ejerens besætning, men også i alle mulige andre besætninger. Samtidig vil der være afkom efter alle mulige andre KS handyr i en given besætning. Dette muliggør, at der kan opnås sammenlignelige resultater for alle KS handyrene samtidig, ved at der anvendes afvigelser fra besætningsgennemsnitene i stedet for at anvende absolutte præstationer. det er da indlysende, at data fra besætninger hvor der kun anvendes en enkelt tyr ikke er informative, da besæt.gns er lig tyr.gns.
For de dyrearter hvor KS endnu ikke er udviklet eller hvor ejerne af handyrene på en eller anden vis kan påvirke testets udfald, må der af praktiske grunde fortsat anvendes teststationer. Teststationer kan også komme på tale, hvor man ønsker at måle egenskaber, der er vanskelige at måle hos den enkelte ejer som f.eks. foderoptagelse.

For kvæg og svin er KS så veludviklet at man stort set har kunnet afvikle tidligere tiders afkomsprøvestationer. Man har dog fortsat et lille supplement af data fra teststation for egenskaber, man har svært ved at måle i praksis.
En anden fordel ved KS er at det er muligt at øge selektionsintensiteten og dermed øge den genetiske ændring, jvf. lektion 8. Der skal anvendes færre handyr, som i gennemsnit vil være bedre, sammenlignet med gns. af en større gruppe, der skulle anvendes ved naturlig parring. Det samme princip kan udnyttes i forbindelse med superovulation og ægtransplantation for hundyrenes vedkommende.
For husdyrarterne høns, mink og ørreder er det fortsat nødvendigt, at der for sammenlignlighedens skyld anvendes teststation.
Den måde man anvender handyrene på indenfor heste og hundeavl svarer stort set til anvendelse af KS. Her er der dog specielle problemer med, at der er en tendens til, at de bedste handyr anvendes sammen med de bedste hundyr, derved kan avlsværdibestemmelsen blive biased, såfremt der ikke tages hensyn til dette i forbindelse med avlsvædiberegningerne. Avlsværdi er som den blev defineret i lektion 6 afhængig af tilfældig sammenparring.
Ved at anvende avancerede beregningsmodeller til avlsværdi beregningen, kan der dog tages højde for dette forhold. Af andre uheldige forhold der kan påvirke avlsværdibestemmelsen er forhold vedrørende indberetningen af uheldige resultater. For HD hos hunde er det en stor fristelse, at undlade at indberette HD positive hunde, da de alligevel ikke kan anvendes som avlsdyr. En sådan bias i forbindelse med indberetningerne er det svært at kompensere for ved avlsværdi beregninger, selv ved anvendelse af de mest avancerede statistiske modeller.

Sexing af sæd
Det er muligt ved hjælp af præparativ flow sytometri at sortere sæd, så man kan producere kviekalve eller tyrekalve efter ønske. Indenfor Jersey racen kan det ikke betale sig at opfede tyrekalvene. Så her er der et stort ønske for at sætte gang i produktion af den kønssorterede sæd.
Der er flere udenlandske firmaer der producere kønssorteret sæd. Men prisen er p.t. for høj til stor praktisk anvendelse. Skal teknikken vinde bred indpas indenfor husdyrproduktionen, må teknikken vel også ændres - teknikken er p.t. baseret på anvendelse af flourokromer, som indtil andet er bevist, må anses for at fremkalde mutationer med en vis frekvens.

12.3 Transgenese og transgene dyr

Nærværende afsnit er kun tænkt som en meget kort opsummering.

Metoder til genoverførsel:

Andre motiver for transgenese

Betegnelserne genmodificeret eller gensplejset bør hverken dække over en god eller en dårlig proces. Man har f.eks DNA strukturerne, der kaldes plasmider, der rask væk bevæger sig mellem bakteriestammer og arter. Man må nødvendigvis anlægge de samme kriterier for en vurdering af genets nytte- eller skadevirkning om genet er flyttet kunstigt eller naturligt. Disse plasmider er kendte i offentligheden, idet det er dem der fuldt berettiget er årsagen til forbudet mod antibiotika i profylaktisk øjemed i dansk husdyrbrug. Lægges der et selektionspres på mikroorganismerne vil de før eller siden opfange resistens gener fra omgivelserne. Resistensen er baseret på at et gen koder for et enzym, der kan ødelægge virkningen af et bestemt antibiotikum.
På tilsvarende måde kan tilførsel af et gen være en ønsket ting. Når genet som i modificeret ølgær nedbryder et for smagen og konsistensen uønsket restprodukt fra ølgæringen, synes vi alle, at det er fint. Især ølnydere værdsætter, at man bruger en sådan gær. Der er en lang række mikroorganismer, som bliver udnyttet i produktionen af levnedsmidler, der med fordel vil kunne få tilført vel specificerede enkeltgener, hvorved man kan forbedre smag, konsistens og holdbarhed i vore levnedsmidler. Der findes også situationer hvor man ønsker at ødelægge et gen, da organismen lige laver en biokemisk reaktion for meget.
Så genmodificeret eller gensplejsning som begreb dække hverken over gode eller dårlige processer, politiker og administratorer gør os en dårlig tjeneste ved at arbejde med så forsimplede begreber, når de i den offentlige debat kun anvendes til at betegne noget odiøst. Gensplejsning kan anvendes til at lave virkeligt gode og nyttige ting, men de kan også anvendes til at fremstille organismer til krigsførelse på den mest nederdrægtige måde.

12.4 Anvendelse af DNA-markører for sygdomsgener

DNA-markører indenfor familier
Sker der udspaltning af en recessiv sygdom indenfor en familie, og der foreligger kendskab til sygdomsgenets placering på et kromosom tillige med flankerende DNA-markører, er det indenfor familien muligt at påvise bærere af genet, selv om man ikke kender den molekylær genetiske basis for selve sygdommen.

Metode: I figur 12.1 er vist DNA-markører A og B og et sygdomsgen (*). De to dyr i figuren er helsøskende og man har typet dem for generne A og B såvel som deres afkom. Blandt afkommet var der to syge med genotyperne AABB, på grundlag af de to syge afkom er forældrenes og de øvrige afkoms genotype m.h.t. sygdomsgenet og koblingsfaserne fastlagt.

Figur 12.1. Genealogisk diagram med gamet typer på. Gamet typerne er deduceret på grundlag af test i laboratorium og udspaltning hos afkom mens sygdomsgenet er deduceret på grundlag af de to udspaltninger af syge individer.

Det femte afkom har en rekombination mellem sygdomsgenet og DNA-markøren B, idet den har genotypen AaBB og ikke er syg.
For at DNA-markøren skal have nogen værdi, må de dyr der udspalter for sygdomsgenet også være heterozygotiske for DNA-markøren.
Opsummering af undersøgelsen: Dyr med genotypen aabb er fri for sygdomsgenet, hvorimod alle genotyper med mindst en allel af de store bogstaver må forventes at være anlægsbære af sygdomsgenet. Går man bagud i stamtavlen vil alle individer med mindst en allel af de store bogstaver være mistænkt for at være anlægsbærer.

DNA-markører anvendt på populationsplan
Skal en DNA-markør anvendes på populationsplan må det baseres på at der er koblingsuligevægt. Det vil der altid være såfremt at sygdomsgenet (mutationen) er opstået indenfor de seneste 10 til 15 generationer og markøren er tilstrækkelig tæt koblet, dvs afstanden mellem markøren og sygdomsgenet må være mindre end 1 cM. DNA-markøren kan på populationsniveau kun give en indikation for at et givet dyr har en højere chance for at være anlægsbærer. Det endelige bevis for koblingen kan kun etableres gennem samtidig udspaltning af syge individer og DNA-markøren indenfor familier.

12.5 Påvisning af DNA-markør koblet til sygdomsgener eller QTL'er

Påvisning af DNA-markør generelt
Hos pattedyr og fugle er størrelsen af det samlede genom ca. 3000 centi Morgan (cM) eller rekombinationsenheder, der er dog en betydelig variation mellem arter. De største kromosomer er to til tre hundrede cM lange, mens de mindste er under 100 cM lange. Her er der også betydelig forskel mellem de enkelte arter, hvor mink kun har 15 kromosompar og hunden har 39. Hos pattedyr er der forskel på rekombinationshyppigheden mellem hanner og hunner, det er således, at hunnerne har højere (10 to 20 %) rekombinationshyppighed end hannerne, hvilket især gør sig gældende i områderne omkring centromerene.
Tæt kobling er lettere at påvise end løs kobling, afstande over 30 cM er i praksis næsten umulige at påvise idet det kræver et meget stort antal informative individer (500-1000). Det er således, at kobling indenfor 10 cM kan påvises på grundlag af under 50 informative stk afkom fra en analysekrydsning.
For at man kan dække genomet regnes der med, at der skal anvendes en DNA-markør for hver 20 cM, dette giver ialt 150 DNA-markører, der skal types for at dække hele genomet.
For at DNA-markøren kan anvendes skal den være informativ, dette er for de fleste DNA-markører kun tilfældet i 50-70 procent af familierne, der skal analyseres. For at få et komplet set af DNA-markører, må det derfor prescreenes hos forældredyrene med op til 300 markører, for at få et brugbart sæt på 150 til analyse af en given familie.

Egnet familiemateriale til påvisning af sygdomsgen
Udspaltning af et sjældent forekommende recessivt sygdomsgen sker normalt i forbindelse med indavl i forholdet 1 til 3. Den statistisk mest optimale situation er en 1 til 1 udspaltning, men det kan normalt ikke skaffes ved recessive sygdomsgener, men man kan nøjes med at type lige så mange raske individer som syge for at få de mest optimale analyse betingelser.
For at finder frem til sygdomsgenet skal man regne med typning af ca 10 forældre dyr der er anlægsbærere og ca 50 stk afkom, hvoraf de 25 har sygdommen. Man starter med typning af markør 1, derefter udføres en statistisk analyse. Man fortsætter med typninger af det næste markørgen indtil man finder koblingen. Man kan finde den koblede allel ved først DNA-markør, eller man kan finde den ved markør nr 150, men man skal i gennemsnit anvende 75 markører før man når frem til det koblede gen. Den statistisk signifikante association vil da se således ud:

                      syg             ikke syg
           Genotype ------------------------------------  
	   AA	     |	 20	 	3 	 |  23
	   ikke AA   |	 4	        23 	 |  27
	            ------------------------------------ 
	             | 	24		26	 |  50

DNA-markører anvendt til QTL studier
DNA-markører for quantitative trait loci (QTL) kræver langt større datamaterialer end for at finde en DNA-markør for et sygdomsgen, såfremt genet skal påvises i en normalt udavlet population. QTL'er svarer til de loci, der er omtalt under definitionen af avlsværdi i lektion 6. De fremherskende problemer ved påvisning af et QTL er endvidere, at man ikke ved om der er et der spalter ud i en given familie. Og man ved heller ikke på nogen måde, hvor stor effekten i givet fald skal være på en given egenskab. Der er yderligere det problem, at når man først har påvist en QTL, kan man ikke på nogen måde være sikker på, at effekten skyldes et gen, da man ikke umiddelbart kan skelne den fra to koblede gener med hver sin effekt på den givne egenskab.
Planlægning af et QTL studier er en sag der skal gøres meget omhyggeligt, for at man kan forvente at nå frem til et fornuftigt resultat. Da man skal type mange dyr for at estimerer en given QTL tilstrækkeligt præcis til at den kan få praktisk betydning, og der bør gennemføres statistisk power beregninger for at finde frem til hvor mange dyr der skal types for at finde en given effekt. Det er tillige vigtigt at typningerne kan anvendes til at evaluere så mange egenskaber som muligt. Så når man starter med at planlægge et QTL studie er det vigtigt at få målt så mange egenskaber som muligt på de pågældende dyr. Her kan nævnes alle mulige mål for produktion, mål for sygdomsforekomst og andre observerbare egenskaber. Antallet af DNA-markører, der skal anvendes, svarer dog til de ca. 150, som blev nævnt under afsnittet om påvisning af DNA-markør for sygdomsgen.
Alternativt til studier af QTL'er i normalpopulationer kan være at anvende studie af F₂ individer fra specielle eksotiske krydsninger som feks. mellem tamsvin og vildsvin. Sådanne fundne QTL'er vil imidlertid ikke umiddelbart kunne anvendes i forbindelse med det normale avlsarbejde. Sådanne påviste QTL'er kan imidlertid anvendes i forbindelse med udpegning af kandidatgener, der kan bidrage til en dybere forståelse af de almindelige fysiologiske funktioner.

Sire og grandsire design til påvisning af QTL'er
Grand sire designet har været anvendt en hel del indenfor studie af kvægpopulationer. Det gå ud på at man kun typer tyrene, idet man udvælger tyre der har et større antal sønner. Man opdeler da sønnerne i to klasser dem der har fået et bestemt gen fra faderen og dem der har fået det andet. Man kan så danne en statistisk kontrast mellem middel avlsværdien af de to klasser, dem med eller uden genet fra grand sire. Dette kan gøres for alle DNA-markører og der er pt. fundet frem til QTL'er for fedt % og mælkeydelse i amerikanske bestande af Holstein Frisian, men QTL'erne har endnu ikke været anvendt i praktisk avlsarbejde.
Fordelen ved grand sire designet er, at der skal types forholdsvis få individer og man har en 1 til 1 udspaltning blandt afkommet, men en af begrænsningerne er, at der kun kan estimeres additive effekter, hvilket er tilfældet i sire designet.
Sire designet; her types alle individer der måles såvel som forældre dyrene. Men da DNA-markørerne er mest interessante for egenskaber med lav heritabilitet skal der types mange dyr for at få et rimeligt præcist skøn for effekterne. Man får her alle tre genotype klasser blandt afkom med 1:2:1 udspaltning.
Variansen på en geneffekt (middelværdi) er omvendt proportional med antallet, på hvilket geneffekten er baseret. En kontrast mellem to effekter kan i princippet evalueres med et t-test, her er det også den middelværdi der er baseret på færrest antal der bestemmer hvor stærk testet er. Forskellene er påvist i en population med middel sygdomsfrekvens på 10 %. Syg ikke syg er binominalfordelt med variansen 0,1*0,9/N hvor antallet er testede dyr i en klasse. S.D. er beregnet som sqrt(0,1*0,9/N + 0,1*0,9/N) og t = dif/S.D. og anvendelse af 5% signifikansgrænser.

Antal A1	Antal A2	S.D.	Mindste signifikante differens i sygdomsfrekvens
5000	5000	0,00600	1,8 % enheder
500	500	0,0190	5,7 % enheder
100	100	0,0420	12,6 % enheder

For f.eks. at kunne påvise en forskel i sygdomsforekomst på 10 procent enheder, skal der være ca 200 dyr i hver genotype gruppe, hvoraf de dyr der har fået A₃ er der 5 % syge og de dyr der har fået A₄ er der 15 % syge. Tabellen refererer til parringstyperne vist nedenstående, der viser de to design med A₁A₂ som spalter ud i grand sire designet, A₃A₄ som spalter ud i sire designet. Ligger QTL'en midt mellem A og B locus som vist, skal man få signifikant effekt i begge markørsystemer, såfremt der er nogen.

Figur 12.2. Viser de to klassiske design sire og grand sire til påvisning af QTL'er med test af afkom for markørgen og fænotype måling. Contrasterne kan sammenlignes med t-test.

I figur 12.2 er vist de to klassiske design. Der er en grandsire med genotypen A₁A₂ i et lokus. Tyren har 20 sønner der types, der er 10 sønner der har fået A₁ markøren og 10 der har fået A₂ markøren. Der regnes gennemsnit for en egenskab for alt afkom efter A₁ sønnerne og tilsvarende for alt afkom efter A₂ sønnerne. Forskellen mellem disse to tal kaldes en kontrast. I grand sire designet kommer genotypedata fra fædrene og phenotypedata fra deres afkom.
I sire designet kommer phenotypedata og genotypedata fra de samme dyr. Sire designet er vist i højre side af grafen. kontrasterne der er vist er de samme som for grandsire designet, men der kan også dannes kontraster mellem f.eks genotyperne A₂A₃ og A₂A₄ osv.

12.6 Resultater af selektionsforsøg for forbedret sygdomsresistens.

Der findes i litteraturen talrige beretninger om vellykket selektion mod arveligt betingede sygdomme; men i næsten alle tilfælde drejer det sig om simpelt recessive egenskaber, som bekæmpes ret rutinemæssigt. Dog er der naturligvis problemer i de tilfælde, hvor den iværksatte selektion modvirkes således som man kommer ud for i forbindelse med overdominansfænomenet, hvor heterozygoterne har en større reproduktionsegnethed (fitness) end homozygoterne.

Når der derimod er tale om sygdomme med en polygenisk disposition, er beretninger om heldigt udført selektion sparsomme for de større husdyrs vedkommende. De resultater, der er opnået i retning af større sygdomsresistens, er for en stor del baseret på krydsning. At det ikke blot i teorien, men også i praksis er muligt at opnå væsentlige resultater af selektion mod specifikke sygdomme, er med stor tydelighed vist indenfor hønseavlen og ved avl med laboratoriedyr.

Figur 12.3. Selektions forsøg for og imod neoplasma dødsfald hos høns.

For høns' vedkommende skal her kort berettes om de af Cole og Hutt (1973, Anim. Breed. Abstra. 41:103-118) udførte selektionsforsøg, se figur 12.3. Omkring 1935 etableredes to hønselinjer, C og K. De to linjer viste 14.2 og 11.3 % neoplasme-dødsfald på grund af hønseleukose, herunder Marek's disease. I perioden 1935-69 produceredes 34 generationer indenfor hver af de to linjer.

Initialgenerationen var uselekteret, men for hver af de følgende generationer udvalgtes resistente avlsdyr i hver linje. I 1935 etableredes tillige en tredje linje, S, på grundlag af individer, der var modtagelige (susceptible line) for leukose. Denne linje blev i alle følgende generationer vedligeholdt ved fortsat selektion af avlsdyr, der var modtagelige. De tre linjer opholdt sig i fælles miljø. Bortset fra perioden 1958-61 (jf. grafen) må miljøet antages at have været virusinficeret i betydelig grad i hele forsøgsperioden. Figuren viser tydeligt, at selektionen har været ret effektiv i begge retninger, idet der ved forsøgets afslutning (opgørelse 1967-69) var en neoplasme -dødelighed på ca. 60 % i den modtagelige linje, medens de to resistente linjer, C og K, havde en neoplasme-dødelighed på henholdsvis 3,7 % og 0,9 %. I samme periode reduceredes det totale antal dødsfald fra 51,5 % (C) og 44,4 % (K) til henholdsvis 12,7 % og 8,0 %. Dødsfaldene er opgjort i perioden fra 43 til 500 dage efter klækningen. De nævnte selektionsresultater er opnået til trods for forholdsvise lave heritabilitetsestimater og til trods for, at der samtidig blev selekteret for mange andre egenskaber. De gode resultater må dog forklares med, at der er anvendt afkomsundersøgelser som udvalgskriterium. I øvrigt mener Cole & Hutt, at samme resultater kunne være opnået på betydeligt kortere tid under anvendelse af en selektionsprocedure, som kun blev anvendt i en del af forsøgsperioden.

Da leukocyter er af betydning ved udvikling af resistens, er det af interesse at vide, at det er muligt at selektere for højt og lavt leukocyttal i blodet (WBC= white blood cell). Sådanne forsøg er udført hos mus (Chai 1975, J.Heredity 66:301-309). I initial populationen, (generation 0) havde man et leukocyttal på 6-8 x 10³ pr. mm³. Efter 22 generationers selektion i HLC (high leucocyte count) og LLC (low leucocyte count) linjerne nået tallene henholdsvis 36-38 x 10³ og 4-5 x 10³, medens kontrolpopulationen har nået et niveau på ca . 10 x 10³ , altså ikke væsentligt forskelligt fra initialpopulationens (en evt. signifikant forskel kan bero på "random genetic drift").

I relation til dette selektionsforsøg skal til sidst nævnes, at man har beregnet en h² værdi på 0,20 for lymfocyttallet hos visse kvægracer. Hvis det er ønskeligt, kan lymfocyttallet altså let ændres ved selektion.

Figur 12.4. Selektions forsøg for højt og for lavt antistof titer mod fåre erotrocytter hos mus.

Hos mus har Biozzi et al. (1972, J.Exp.Med. 135:1071-1094) selekterede for højt og lavt antistofrespons i forbindelse med experimentel immunisering med fåre erotrocytter (SE), se figur 12.4. Som det fremgår af grafen viste initialpopulationen et antistoftiter med et middeltal på omkring 1000 (ln 1000 = 6,9), men efter 20 generationers selektion i hver retning var de to linjer skarpt adskilte med et gennemsnitligt antistofrespons svarende til titrene 40 og 10.000. Yderligere har det vist sig, at der til trods for selektion for antistofproduktion mod et specifikt antigen i "high line" samtidig blev opnået antistofproduktion mod flere forskellige antigener. På baggrund heraf kan man måske forestille sig, at det eventuelt vil være muligt at selektere for generel sygdomsresistens ved simpelthen at selektere for høj immunglobulinkoncentration. Sidstnævnte er i hvert fald muligt, idet Jensen & Christensen (1975, J.Anim.Sci. 40:392-396) har vist, at f.eks. IgG 2 hos RDM kvæg har en heritabilitet på ca. 0,2.

For at afprøve de af Biozzi et al. (1972, J.Exp.Med. 135:1071-1094) selekteret mus for højt og lavt antistofrespons i forbindelse med experimentel immunisering, er der gennemført en lang række challenge forsøg med experimentelle infektioner på de to muselinier. Det skal her bemærkes at de mus der har et højt generelt antistofsvar generelt har et dårligt cellulært forsvar. Individer med godt cellulært forsvar vil fjerne antigenerne v.h.a. deres makrofager, og derfor vil antigenet blive fjernet, før der kan dannes antistof mod det. Så det naturen har fundet frem til er et kompromis mellem et godt cellulært og humoralt immunforsvar, som det også fremgår af figur 12.5.

Figur 12.5. Challenge forsøg med forskellige mikroorganismer på dyr selekteret for højt og for lavt antistof titter mod fåre erotrocytter hos mus.

Men nu tilbage til Biozzi's challenge forsøg (Biozzi et al. Proc. World Cong. on Genet. Appl. Livestock Improvement, Madrid 4-8 oct 1982 Vol 5:150-163). De anvendte challenge med mere end 10 forskellige patogener, herunder Salmonella thypimurium og Rabies virus, og deres hovedkonklusioner kan ses i nærværende graf. I grafen er vist, at individer hvis makrofag aktivitet og immunsvar ligger omkring middel vil kun blive svagt angrebet af de fleste infektioner. Individerne med højt antistofsvar vil blive stærkt angrebet af sygdomme, der kræver makrofagaktivitet som forsvar, det omvendte er tilfældet for sygdomme der kræver et stærkt antistofsvar.

Konklusion:
Den konklusion som kan drages fra de gamle forsøg må være, at det er muligt at avle for speciel resistens, men en sådan avl vil normalt blive overhalet af muligheden for vaccination, hvilket også er sket for hønseleukose vedkommende. Det må endvidere konkluderes, at det ikke er muligt at selektere for generel resistens ved at selektere for høje eller lave værdier af immunitetens komponenter, idet de er modsat rettede og deres naturlige niveau vil være balanceret i forhold til en populations historie med hensyn til infektiøse agens. Så renavl kan ikke benyttes til at forbedre den generelle resistens baseret på de immunologiske komponenter. Men hvad med krydsning?

Ved at se på Biozzi's graf fra callenge forsøget kan man konkludere, at det alt andet lige er bedst at ligge i nærheden af middelværdien, idet det er de ekstreme dyr, der udsættes for de sværeste sygdomsangreb. Så et af midlerne til at opnå så lav sygelighed som muligt er at arbejde med en ensartet population af dyr med den optimale middelværdi.
Ensartethed kan opnås via krydsningsdyr. Tovejs, trevejs eller tilbagekrydsninger er på grund af dominansforholdene mere ensartede end renavlsdyr. Det skulle derfor være muligt at finde frem til krydsningskombinationer, der har den rigtige middelværdi i forhold til en populationens sygdomsudfordringer. F₂ dyr eller fire-vejskrydsninger er mere heterogene, og ydergrupperne vil derfor, som i renavlspopulationer, være mere udsatte for forskellige sygdomme, så anvendelse af den type dyr i produktionen bør normalt undgås.
Der foreligger p.t. ingen praktiske forsøg, der kan verificere de fremsatte postulater vedr. forskel i sygelighed mellem de forskellige krydsningstyper. Der bør derfor snarest iværksættes analyser af disse forhold.

Opgave samling

Opgaver, Lektion 2, link løsninger

1	Betragt kvægets Zz blodtypesystem med de tre blodtyper Z, Zz og z. 
	I nedenstående tabel er angivet blodtypefordelingen i tre stikprøver 
	fra racerne RDM, SDM og Jersey. 
	Hvordan forventes blodtypefordelingen at blive i den følgende generation 
	efter tilfældig parring inden for racerne?

		Race	Blodtypefordeling (antal)
			Z  	  Zz	z
		RDM    	28      340    1.032
		SDM     2        55     318
		Jersey	56      129      75

2	Betragt en stor tilfældigt sammenparret population. På et locus med 
	to alleler A og a, hvor A dominerer over a, er frekvensen af homozy-
	gotisk recessive individer (aa) 1%.

	a)	Hvad er frekvensen af heterozygotiske individer (Aa)?

	b)	Hvilken del udgør disse (Aa) af individer med den dominante 
		fænotype?

3	I en population med tilfældig parring forekommer et recessivt 
	sygdomsgen (a) med frekvensen 0,005.

	a)	Angiv sandsynligheden for i populationen at finde raske 
		forældre (A-) med afficeret afkom (aa).

	b)	Angiv sandsynligheden for i populationen at finde forældre, 
		hvoraf mindst én er syg (aa) med afficeret afkom (aa).

	c)	Angiv det talmæssige forhold mellem de under punkt a) og punkt 
		b) fundne sandsynligheder og kommentér det fundne resultat.

4	Hos gravhunde findes et par allele gener R og r, der er bestemmende for 
	hårtypen med R dominerende over r. Fænotyperne er henholdsvis ruhåret 
	(R-) og korthåret (rr).

	a)	Blandt 100 gravhunde i H.W.-ligevægt er påvist 64 ruhårede og 
		36 korthårede. Hvor mange gravhunde må antages at være bærere 
		af et skjult anlæg for korthårethed i denne population?

	b)	I en anden bestand af gravhunde er det klarlagt, at forholdet 
		mellem genotyperne RR og Rr er som 2:5.
		Hvor stor er sandsynligheden for, at den første hvalp bliver 
		korthåret efter sammenparring af to tilfældigt valgte ruhårede
		hunde?

5	I en population fandt man, at én af 10.000 mænd led af hæmophili, mens 
	der ikke fandtes angrebne kvinder. (Hæmophili er en kønsbunden recessiv 
	egenskab).

	a)	Hvad er frekvensen af genet for hæmophili (h) blandt mænd?

	b)	Hvad er sandsynligheden for, at der fødes kvinder med hæmophili, 
		når det antages, at genfrekvensen er den samme hos mænd og 
		kvinder?

6	Et forældrepar, hvor moderen har blodtype B og faderen blodtype A, 
	har et barn med blodtype 0. Hvilken blodtyper kan deres eventuelle 
	fremtidige børn få?

7	Fra en russisk rævepopulation blev indfanget 14.345 ræve. Af disse 
	var 12 sorte, 678 intermediære og 13.655 røde.

	a)	Beregn frekvensen af genet for henholdsvis rød og sort farve.

	b)	Undersøg ved en Chi-i-anden test, om de observerede antal 
		stemmer overens med de forventede under H-W ligevægt.

8	I det følgende forudsættes, at der i den danske Schæferhundepopulation 
	er tilfældig parring. Mikrosatellit locus A er autosomalt og har 3 
	alleler A1, A2 og A3 med frekvenserne henholdsvis 0,1, 0,3 og 0,6. 
	Mikrosatellit locus B er ligeledes autosomalt. Dette locus har 3 alleler 
	B1, B2 og B3 med frekvenserne henholdsvis 0,2, 0,3 og 0,5.

	a)	Angiv de forventede genotyper og de forventede genotypefrekvenser 
		i populationen for hvert locus.

	b)	Angiv den forventede frekvens af genotypen A1A2B1B2 og af 
		genotypen A3A3B3B3 i populationen.

	En hanhund med genotypen A1A2B1B2 parres med et antal tæver 
	med genotypen A3A3B3B3.

	c)	Angiv de forventede genotyper blandt afkom efter nævnte 
		parringer og angiv den forventede fordeling (udspaltning) af 
		disse genotyper blandt afkommet under antagelse af, at de to 
		loci ikke er genetisk koblede.

	d) 	Angiv de forventede genotyper blandt afkom efter nævnte 
		parringer og angiv den forventede procentvise fordeling af disse 
		genotyper blandt afkommet under antagelse af, at de to loci er 
		koblede med en overkrydsningsfrekvens på 0,20, og at hanhunden 
		bærer generne A1 og B1 på samme kromosom, dvs. A1 og B1 
		er i koblingsfase.

9	På grisens kromosom 6 er der to tæt-koblede sygdomsgener. Det ene gen, 
	Calcium Release Channel (CRC), er ansvarligt for den recessive 
	lidelse Porcine Stress Syndrome (Stressfølsomhed). Grise med genotypen 
	n/n er stressfølsomme,  mens grise med genotyperne N/n og N/N er normale. 
	Det andet gen, 1,2 alfafucosyltransferase 1 (FUT1), er ansvarligt for, 
	om grisene bliver modtagelige for ødemsyge. Modtagelighed for ødemsyge 
	nedarves dominant, således at grise med 	genotyperne E/E og E/e er 
	modtagelige, mens grise med genotypen e/e er modstandsdygtige 
	overfor ødemsyge.
	
	a)	Hos en sjælden griserace er CRC allelen N og FUT1 allelen E altid 
		i koblingsfase.
 		Frekvensen af N allelen er 0,4, og frekvensen af E allelen er 0,3. 
		Angiv haplotyperne samt deres frekvenser.
	
	b)	En avler af den sjældne race fjerner alle stressfølsomme grise (nn) 
		i en generation. 
		Hvilken betydning vil dette have for grisenes modtagelighed over for 
		ødemsyge? 
		Beregn haplotypefrekvenserne efter selektion.
	
		
	c)	Den genetiske afstand mellem CRC og FUT1 er 5 map units. Der findes 
		DNA tests, så både CRC og FUT1 genotyperne kan fastlægges. Hvorledes 
		kan disse DNA tests bruges til generelt at fremavle grise, som er både 
		stressfrie og modstandsdygtige overfor ødemsyge?

10	To loci A og B er genetisk koblede med en rekombinationsfrekvens på
	0,3. I en population med tilfældig sammenparring findes følgende gamet-
	frekvenser. 

			Gamet		AB	Ab	aB	ab
			___________________________________________ 

			Frekvens	0,4	0,1	0,2	0,3


	a)	Beregn koblingsuligevægten D. 
		
	b)	Beregn D i de følgende 10 generationer. 
		
	c)	Beregn gametfrekvensen ved koblingsligevægt, d.v.s. mår D er 0. 

	d)	Beregn hyppigheden af dobbelt heterozygoter i udgangs-
		populationen og ved koblingsligevægt.

Opgaver, Lektion 3, link løsninger

1	I en population blev fundet nedenstående genotypefordeling:

			AA	Aa	aa
			110	225	115

	a)	Er populationen i Hardy-Weinberg ligevægt?

	b)	Der sker herefter en selektion mod aa med selektionskoef-
		ficienten s = 0,1. Beregn genfrekvenserne i næste fem 
		generationer.

2	Inden for SDM findes en uønsket farvemutant, således at individer med 
	genotypen ee er rødbrogede, mens de sortbrogede har genotypen E-. 
	Inden for en tilfældigt parrende bestand af sortbroget kvæg, hvor gen-
	frekvensen for E er p, elimineres rødbroget kvæg fuldstændigt fra 
	hver ny afkomsgeneration.

	a)	Hvor mange generationer vil det tage at halvere frekvensen af
 		rødbrogede kalve, hvis frekvensen af p0 = 0,80?

	b)	Samme spørgsmål som a) med p0 = 0,98.

	c)	Kommenter det talmæssige forhold mellem svarene i b) og c).

3	I et autosomalt, toallelt system med overdominans er der følgende 
	sammenhæng mellem genotyper og fitness:  

			Genotyper	A1A1 	A1A2	A2A2
			Fitness	        0,8	1	0,3

	a)	Beregn genfrekvenserne ved genfrekvensligevægt.

	b)	Beregn herefter genotypefrekvenserne forud for selektion,

	c)	og beregn genotypefrekvenserne efter selektion. 

4	I en population er frekvensen af seglcelleanæmi fundet at være 0,05 
	blandt nyfødte. På grund af resistens mod malaria får heterozygoterne 
	mest afkom, således at de normale individer (Hba/Hba) og de anæmiske 
	individer (Hbs/Hbs) kun bidrager med henholdsvis 80% og 10% afkom i 
	forhold til afkom fra heterozygoter (Hba/Hbs).

	a)	Hvad vil frekvensen af Hbs være, når populationen er i ligevægt?

	b)	Vil antallet af nyfødte med seglcelleanæmi vokse eller falde?

5	I en dansk undersøgelse af 94.000 fødsler fandtes 10 tilfælde af 
	chondrodystrofe dværge (dominant betinget misdannelse). Det antages, 
	at de observerede dværge er heterozygoter.

	a)	Hvad er genfrekvensen af sygdomsgenet?

	b)	Find fertiliteten (som i dette tilfælde er lig med fitness) 
		af dværgene (Cc) relativt til normale (cc), når det fra en anden 
		dansk undersøgelse vides, at 108 voksne dværge havde fået 
		27 børn, mens 457 normale søskende havde fået 582 børn.

	c)	Det antages, at den danske population er i mutation-selektions
		ligevægt med hensyn til denne sygdom. Giv ud fra resultaterne 
		i a) og b) et skøn for mutationsfrekvensen c til  C.

6	En lukket population omfatter i hver generation 20 avlshanner og 20 
	avlshunner. I generation 0 er genfrekvenserne på et givet locus 
	følgende:

	p = 0,6 og q = 0,4

	Generation 1 dannes ved tilfældig parring.
	Angiv mulige udfald af genfrekvenser i generation 1, idet der benyttes 
	sikkerhedsgrænser svarende til en sandsynlighed på p = 5% i en normal
	fordeling.

7	En lukket population er sammensat af fem avlshanner og 50 avlshunner 
	generation efter generation. Man ønsker at sammensætte en anden lukket 
	population bestående af avlshanner og avlshunner i forholdet 1:1.

	a)	Hvor mange individer skal sidstnævnte population omfatte, hvis 
		den effektive populationsstørrelse skal være uændret?

	b)	Hvor stor er ændringen i indavlsgraden pr. generation i de to 
		populationer?

Opgaver, Lektion 4, link løsninger

1	Hvad er indavlskoefficienten for individet X i nedenstående diagram?


2	Beregn indavlskoefficienten for samtlige individer i følgende diagram:

			Dyr  Far  Mor  Idet A=1 B=2 C=3 D=4 E=5 0=ukendt
			  1   0    0
			  2   1    0
			  3   1    2
			  4   3    2
			  5   3    4

3	På grundlag af nedenstående stamtavle ønskes følgende spørgsmål 
	besvaret:

	a)	Opstil et pilediagram for individet A.

	b)	Beregn indavlsgraden for alle indavlede individer.

 
4	Betragt følgende to stamtavler.

	a)	Hvem er fælles ane for Wahl 239 og ko nr. 196?

	b)	Hvor stor bliver indavlskoefficienten på en kalv efter Wahl 
		239 og ko nr. 196?

	c)	Kan det anbefales at bruge tyren Wahl 239 ved insemination af 
		ko nr. 196?

5	På basis af nedenstående stamtavler for mink ønskes følgende 
	spørgsmål besvaret:

	a)	Angiv hvilke dyr, der er indavlede.

	b)	Opstil pilediagram og beregn indavlskoefficienten 
		for afkom efter IV A og IV B.

6	I nedenanførte stamtavle er de oprindelige betegnelser for de enkelte 
	individer erstattet med numrene 1 til 11. 

	Beregn indavlskoefficienten for dyr nr. 10 og 11, og beregn det 
	additive slægtskab mellem dyr nr. 11 og de øvrige dyr i stamtavlen.

7 	I nedenanførte genealogiske diagram repræsenterer V 12 (probant) den 
	først erkendte schæfer-dværg i Danmark. Denne dværgvækst nedarves 
	som en autosomal, recessiv egenskab.

	a)	Angiv de individer, der med sikkerhed må være heterozygotiske 
		anlægsbærere.

	b)	Hvor stor er sandsynligheden for, at en tilfældigt udtaget
		phenotypisk normal hvalp i et af de to kuld (A eller B) i
		generation V er heterozygotisk anlægsbærer for dværgvækst?

	c)	Hvor stor er indavlsgraden for

		1)	en tilfældigt udtaget hvalp i kuld A, og for

		2)	en tilfældigt udtaget hvalp i kuld B?

	d)	Hvor stor er slægtskabskoefficienten mellem to tilfældigt 
		udtagne hvalpe i kuld A?

8	På en minkfarm er der 100 avlsdyr, af hvilke 60 er ubeslægtede, otte er 
	afkom efter helsøskendeavl, og 32 er afkom efter halvsøskendeavl. 
	Beregn den gennemsnitlige indavlsgrad for de 100 avlsdyr.

Opgaver, Lektion 5, link løsninger

1	Nedenfor er angivet en stamtavle, der viser den autosomale defekt ataksi 
	(aa) hos hunde i et kuld efter normale (A-), men beslægtede forældre
 	III 4 og III 8. Da denne defekt er sjælden, kan det antages, at II 1 
	og II 6 ikke bærer genet a.

	a)	Giv en liste over de hunde, hvor genotypen kan fastlægges og 
		angiv typen.

	b)	Hvor stor er sandsynligheden for, at det klinisk sunde dyr IV 
		2 er anlægsbærer?

2	På en klinik for mindre husdyr har man påvist en sjælden enzymdefekt 
	hos en hanhund IV 1. På grundlag af ejerens oplysninger og laboratorie-
	mæssig undersøgelse af alle nulevende søskende og aner kunne 
	nedenanførte genealogiske diagram konstrueres.

        Hvilken monofaktoriel arvegang må anses for at være den mest sandsynlige 
	på enzymdefektens forekomst? Mulighederne skal behandles hver for sig.

3	Hos menneske og kanin er der fundet en anomali, som manifesterer sig 
	blandt andet i leukocyternes form. I nedenstående stamtavle er vist 
	forekomsten af "syge" og normale individer. Giv en udførlig motivering 
	for hvilken arvegang, der er mest sandsynlig, og hvilke der 
	sandsynligvis kan udelukkes (monofaktoriel nedarvning antages).

4	Pelsdyravlere har påvist en ny pelskvalitet hos en han, I 1 og har 
	yderligere opnået de resultater, der er anført i det genealogiske 
	diagram. Udfyldt symbol betegner ny pelskvalitet.

	a)	Under antagelse af monofaktoriel nedarvning ønskes en redegørelse 
		for den nyopdukkede egenskabs arvegang.

	b)	Beskriv en avlsmetode, der kan anvendes til verificering af 
		arvegangen.

5	Hos hvilket køn vil man forvente, at en recessiv kønsbunden mutant-
	egenskab viser sig.

	a)	Hos høns?

	b)	Hos kaniner?

6	En tyr, der er importeret fra Canada, er mistænkt for at være 
	anlægsbærer af en uønsket recessiv egenskab, som er meget sjælden 
	inden for den pågældende race her i landet.

	a)	Skitsér en metode til afprøvning af tyren for det pågældende 
		anlæg.

	b)	Beregn det antal individer, der er nødvendige i undersøgelsen 
		for at kunne udtale sig med 95% sikkerhed.

	c)	Giv en klar formulering af det mulige resultat af undersøgelsen.

7	Man ønsker gennem afkomsprøve at fastlægge, om en tyr er anlægsbærer for 
	et bestemt recessivt gen. Dette kan ske ved at parre tyren med

	a)	Køer af den recessive type (aa)

	b)	Køer, som man ved er heterozygote (Aa)

	c)	Egne døtre

	Hvis alt afkommet er normalt, hvor mange stk. afkom må tyren give i 
	disse tre forskellige tests, for at sandsynligheden for at den ikke 
	er anlægsbærer er 95%?

8	I det genealogiske diagram  repræsenterer I 1 og I 2 en tilfældigt 
	udtaget orne og en tilfældigt udtaget so inden for Dansk Landrace midt 
	i 1980erne, hvor frekvensen af det recessive halotangen n var høj, idet 
	der fødtes 4% halotan-følsomme grise (genotype nn). 
	Samtlige grise i diagrammet blev halotantestet i 6-7 ugers alderen. 
	Testen viste, at III 2 og III 4 var halotanfølsomme. I populationerne 
	som helhed var der tilfældig parring.

	a)	Angiv de individer, der med sikkerhed må være anlægsbærere for 
		halotangenet n, og angiv sandsynligheden for, at henholdsvis 
		III 1, III 3 og III 5 er anlægsbærere.

	b)	Hvad er sandsynligheden for, at I 2 er anlægsbærer, idet 
		resultatet angives på basis af det faktum, at der fødes 4% 
		halotanfølsomme i populationen.

	c)	Idet det antages, at II 2 er anlægsbærer, hvad er da sandsynlig-
		heden for, at III 6 er genotypisk normal (dvs. genotype Hal NN)?

9	Blandt 120 stk. afkom efter heterozygotiske forældre (parringstype: 
	Aa x Aa) er følgende udspaltningsforhold påvist: 

			Genotype	Antal
			AA             39
			Aa             51
			aa	         30

	Undersøg ved hjælp af Chi-i-anden test, om der er statistisk signifikant 
	afvigelse fra den forventede udspaltning.

10	Der foretages en tilbagekrydsning, det vil sige homozygot x heterozygot, 
	for at teste om en karakter nedarves recessivt. Der er i alt 30 tilbage-
	krydsningsindivider. Undersøg ved hjælp af Chi-i-anden-test for hvilke 
	talforhold hypotesen om recessiv nedarvning kan accepteres (1:1 
	spaltning), når 5% signifikansgrænsen anvendes. 

11	Angiv sandsynligheden for en kønsfordeling på to hanner og fire hunner 
	i et kuld minkhvalpe på seks stk. Kønskvotienten sættes til 50%.

12	Hos kvæg dominerer kullet (uden horn) P- over hornet pp. Hvor stor er 
	sandsynligheden for, at en heterozygotisk ko får én kullet + tre hornede 
	kalve efter inseminering med heterozygotiske tyre?

13	Angiv mulige kombinationer af AA, Aa og aa i familier på tre søskende 
	efter parring mellem heterozygotiske forældre. 

14	Afkom efter en fænotypisk normal orne og fire fænotypisk normale søer, 
	som alle fem var kendte bærere af anlæg for krogede baglemmer, viste 
	følgende udspaltningsforhold: Foto, Lars Wichmann Madsen viser nyere
	billede med tilsvarende symptomer.
 
			    Normale Afficerede
		-------------------------------
		So nr. 1 	   6	    3
		So nr. 2	  10	    2
		So nr. 3	  12	    3
		So nr. 4	   5	    0
		-------------------------------

	Undersøg med statistisk test om disse udspaltningsforhold er i overens-
	stemmelse med en hypotese om recessiv nedarvning. 

15	Undersøg om udspaltningen af recessive i nedenstående familiemateriale 
	hos kvæg er i overensstemmelse med en 7:1 spaltning, idet både faderen 
	og morfaderen antages at være anlægsbærere. Familierne er fundet på 
	grundlag af mindst et afficeret afkom. 

		Familie-størrelse	Antal afficerede
		---------------------------------------
		2			1			
		2			1			
		2			1			
		2			1			
		2			1			
		3			1			
		5			1			
		6			1			
		6			1			
		8			2			
		15			2	
		----------------------------------------
 
16	Hos grise er der påvist en form for lamhed af forbenene, som forekommer 
	sporadisk i kuld efter normale forældre. I en større besætning blev 
	anomalien påvist hos grise i seks kuld, og fordelingen var følgende:

			Kuld nr.	Normale	Afficerede*
			-----------------------------------
			1		5	3
			2		4	3
			3		4	1
			4		7	3
			5		7	3
			6	      9       2
			-----------------------------------
			* Ligeligt fordelt mellem orne- og sogrise.

	Angiv den genetiske hypotese, der svarer bedst til de indsamlede data. 
	Der ønskes en statistisk afprøvning af denne hypotese. 

Opgaver, Lektion 6, link løsninger

  
1	I en hønsebestand er der tre genotyper svarende til generne Rd og rd på 
	riboflavin-locus. Det gennemsnitlige indhold af riboflavin i mikrogram 
	pr. gram æggeblomme er 4,30 for Rd/Rd høner og 0,40 for rd/rd høner, 
	mens det er 2,50 for heterozygotiske høner. 
	Frekvensen af Rd og rd er henholdsvis 0,7 og 0,3. Hvor stort er det 
	gennemsnitlige riboflavinindhold pr. gram blomme under forudsætning af,
	at alle høner i bestanden lægger lige mange æg, og at blommevægten er 
	ens for alle æg?

2	Hos SDM malkekvæg er der fundet et QTL med effekt på hyppigheden 
	af tvillingefødsler. Den QTL allel, der har en positiv indflydelse på 
	tvillingefødsler har en allel frekvens på 0,2. Der blev fundet følgende
 	effekter:

		Genotype        		aa       Aa       AA
		Frekvens af tvillinger  0,008    0,016    0,020

	a)	Beregn populationensfrkvensen af tvillinger.
		 
	b)	Beregn de tre genotypiske værdiers afvigelser fra populations-
		gennemsnittet. 

	c)	Opdel genotypeværdiernes afvigelse fra populationsgennemsnittet 
		i en additiv del (avlsværdi) og en dominansafvigelse.

3	I en svinebesætning er svinenes vægt ved fem måneder i gennemsnit 88,5 
	kg. De i avlen anvendte gylte vejer i gennemsnit 93,0 kg, og de anvendte 
	orner vejer 102,0 kg ved fem måneder. Afkommet vejer i gennemsnit ved 
	fem måneder 89,5 kg. Beregn heritabiliteten for vægt ved fem måneder.

4	En tyr anvendtes til to grupper køer, hvis gennemsnitlige ydelse af 
	smørfedt (smf.) var:

			Gruppe I:	295 kg smf.
			Gruppe II:	227 kg smf.

	Afkommet efter de to grupper ydede henholdsvis 266 og 259 kg smf. 
	Beregn h2 for smf.
 
5	Tegn et pilediagram over relationen henholdsvis mellem halvsøskende og 
	mellem helsøskende. Anfør den forventede fænotypiske korrelation 
	henholdsvis mellem halvsøskende og mellem helsøskende. 
	Korrelationen udtrykkes ved det additive slægtskab (a) og ved h2 og c2.

6	På grundlag af et større observationssæt er der beregnet korrelation 
	mellem beslægtede individer for  vægt ved 6 uger hos grise. 
	Resultaterne var følgende:
			Mellem halvsøskende 0,05
			Mellem helsøskende 0,25
	Beregn heritabiliteten i de to tilfælde, idet der refereres til formel 
	for forventet korrelation mellem beslægtede individer. Er der en fælles 
	miljø komponent for helsøskende, og i givet fald hvorfor?

7	På grundlag af et observationssæt er der beregnet korrelation og 
	regression mellem beslægtede individer for  højde hos veterinær-
	studerende og deres forældre i 1998. 	Resultaterne var følgende:
	Korrelationen   mor-afkom  0,45
			    far-afkom  0,20
	Regression afkom-gns. forældre 0,65

	Beregn h2 i de tre tilfælde og diskuter årsager til 
	forskellene mellem resultaterne:

Opgaver, Lektion 7, link løsninger

1	Når man skal vælge mellem alternative metoder til at vurdere et dyrs 
	avlsværdi, er det væsentligt at kende avlsværdiestimatets sikkerhed. 
	Antag at en egenskab med heritabiliteten h2 = 0,25 kan vurderes 
	på grundlag af:

		1)	moderens præstation
		2)	50 halvsøskendes præstation
		3)	20 stk. afkom, der indbyrdes er halvsøskende

	(Jvf. figur, hvor dyret, hvis avlsværdi skal bestemmes, er markeret med
	sort). Hvilken af de tre metoder giver den største sikkerhed?

2	Beregn avlsværdiestimat for mælkeydelse for følgende dyr 
	(h2 = 0,25, c2 = 0,05 og populationsgennemsnit =
	 4500 kg), idet avlsværdiestimatet baseres på kendskab til egen ydelse 
	eller ydelse af beslægtede individer. 

	1)	egen ydelse 1. laktation			5000 kg mælk
	2)	gns. af egen ydelse i tre laktationer		4700 kg mælk
	3)	gns. af moderens ydelse i tre laktationer	5000 kg mælk
	4)	gns. af 100 paternelle halvsøskende		4600 kg mælk
	5)	afkom efter 3) og 4)

	Hvilket af avlsværdiestimaterne er beregnet med størst sikkerhed?

3	Hos svenske sportsheste forekommer syndromet osteochondrose (OCD) med en 
	hyppighed på 30% (dvs. 30% OCD, 70% OCD-fri). Populationen kan betragtes 
	som et resultat af tilfældig parring. Den genetiske disposition er 
	polygenisk og har en heritabilitet på 0,20. Den relative værdi af 
	individer med OCD sættes til 0, medens værdien af OCD-fri individer er 1. 

		A har 40 stk. afkom, af hvilke 20 er OCD-fri og 20 har OCD. 
		B har 60 stk. afkom, af hvilke 45 er OCD-fri og 15 har OCD. 
		C har 20 stk. afkom, af hvilke 16 er OCD-fri og 4 har OCD.

	a)	Beregn populationsgennemsnittet og beregn gennemsnittet for 
		de 3 afkomsgrupper.  
                                                                                                
	b)	Beregn de tre hingstes (A, B og C's) avlsværdiestimat, idet alle 
		individer inden for hver afkomsgruppe er paternelle halvsøskende.

4	Beregn sikkerheden kvadreret på avlsværdiestimaterne for 5 individer
      som har følgende observationssæt: 	

	1)	egen ydelse  
	2)	gns. af 5 egen præstationer
	3)	gns. af 200 paternelle halvsøskende 
	4)	gns. af  10 stk. afkom, der indbyrdes er halvsøskende
	5)	gns. af 200 stk. afkom, der indbyrdes er halvsøskende

	idet h2 = 0,05, 0,1, 0,2, 0,4 og 0,6 og c2 = 0,10. 
	Kommenter resultaterne.

5	Udled formel for avlsværdi indeks og sikkerheden kvadreret for 4 individer
      med information fra: 	

	1)	egen præstation  
	2)	de to forældres præstationer
	3)	de fire bedsteforældres præstationer 
	4)	de otte oldeforældres præstationer
 
	Kommenter resultaterne.

Opgaver, Lektion 8, link løsninger

1	Heritabiliteten for tilvækst (20-90 kg) hos svin sættes til 0,30. I en 
	besætning er den gennemsnitlige tilvækst 935 g. De i avlen benyttede 
	gylte havde en gennemsnitlig tilvækst på 970 g, og de anvendte orner en 
	tilvækst på 1008 g. Hvor stor gennemsnitlig tilvækst forventes for 
	afkommet efter de selekterede individer?

2	I en minkbestand bruges 5% hanner og 33% hunner til avl. Der selekteres 
	for kropsstørrelse, som har sigmaP på 0,3 og 0,2 kg. for henholdsvis 
	hanner og hunner. Heritabiliteten for kropsstørrelse er 0,40. Hvor stor 
	genetisk ændring forventer man pr. generation?

3	Det antages, at en population af høner har en årlig gennemsnitsydelse på 
	230 æg. Den fænotypiske standardafvigelse er 35,7 æg. Der regnes 
	endvidere med en heritabilitet på 0,40 for årlig ægydelse. Selektionen 
	baseres udelukkende på høner, og 20 procent af de højestydende høner 
	benyttes til avl. Beregn følgende:

	a)	Selektionsdifferencen (antal æg).

	b)	Den genetiske ændring (antal æg) fra moder- til 
		dattergenerationen.

	c)	Døtrenes gennemsnitlige ægydelse pr. år.

4	Hoftedysplasi hos hunde er en tærskelegenskab med en heritabilitet på 
	0,3. Ca. 30% af alle Schæferhunde har hoftedysplasi. De 70%, der er 
	phenotypisk raske, sættes til samme avlsværdi, hvis man udelukkende 
	baserer avlsværdien på grundlag af en simpel fortolkning (enten eller) 
	af røntgenbillederne af de enkelte hunde. 

	a)	Antag, at der blandt de 70% raske Schæferhunde udtages en til-
		fældig stikprøve som avlsdyr. Hvor stor er selektionsintensi-
		teten?

	b)	Angiv den forventede genetiske ændring i fænotypiske standard-
		enheder  pr. generation, hvis man anvender de 70% raske Schæfer-
		hunde som avlsdyr.

	c)	Beregn  delta G i  sigmaP-enheder, hvis tæverne udvælges 
		ved individprøve, mens hannerne udvælges på grundlag af afkoms-
		undersøgelse  (20 stk. halvsøskende-afkom), idet der anvendes 
		10% til avl.

	d)	Beregn forholdet mellem delta G beregnet under punkt c) og b).

5	Der planlægges en afkomsprøvestation for mink for at forbedre en 
	pelsegenskab, der har en heritabilitet på 0,2. Stationen skal have en 
	kapacitet på 800 stk. afkom pr. generation, det vil sige højst 800 fædre
	kan blive afprøvet. Selektionen ønskes foretaget sådan, at 40 af de 
	undersøgte fædre udvælges til avl. Der indsættes udelukkende paternelle 
	halvsøskendegrupper på stationen, og af det foregående fremgår, at 
	antallet af afkom pr. fader kan variere mellem 1 og 20. Hvor mange stk. 
	afkom pr. fader skal man afprøve for at den genetiske ændring pr. 
	generation er størst mulig? 

6	To allele gener har begge en frekvens på 0,5. Genparret giver anledning
	til variation i en kvantitativ egenskab, således at der er en forskel på 
	4 kg i den kvantitative egenskab mellem de to typer af homozygoter. Der 
	er fuldstændig dominans på det pågældende locus. 
	Den kvantitative egenskab har sigmaA = 10 kg og sigmaP = 20 kg.

	a)	Hvor stor en del af den kvantitative egenskabs additive varians 
		skyldes pågældende locus?
	b)	Giv kommentarer til hvornår det er formålstjenligt anvende 
		genmarkører.

7	I et selektionseksperiment med mus, som løb over ni generationer, blev 
	der ved individuel selektion selekteret for tilvækst (x), og der blev i 
	de ni generationer målt en genetisk ændring på 2,34 g. Som korreleret 
	effekt blev der målt en ændring i kuldstørrelse (y) på 0,693 unge pr. 
	kuld over de samme ni generationer.

			Egenskab	heritabilitet 	variansP
			x		0,23		5,59
			y		0,15		5,18
	 
	a)	Beregn den genetiske korrelation mellem tilvækst og kuldstør-
		relse.

	b)	Beregn selektionsintensiteten ix.

Opgaver, Lektion 9, link løsninger

1	I en marsvinebestand, hvor der opretholdes en indavlskoefficient på 
	F = 0,25, er der tre vægtklasser: 100 g, 80 g og 50 g, svarende til 
	genotyperne A1A1, A1A2 og A2A2. 
	Frekvensen af A1 og A2 er henholdsvis 0,8 og 0,2.

	a)	Hvor stor er den gennemsnitlige vægt?

	b)	Beregn indavlsdepressionen.

2	I et krydsningsforsøg med svin er der fundet følgende gennemsnitlige 
	vægttal i kg ved 80 dages alder:

					Linie		Krydsning
					A	B	F1 (A x B)
			Ikke indavlede	22,7  	20,1    22,8  
			Indavlede	21,7    13,1    19,6

	a)	Beregn graden af heterosis ved krydsninger mellem 1) ikke-
		indavlede linier og 2) indavlede linier. Resultaterne angives 
		såvel i absolutte som relative tal.

	b)	Beregn indavlsdepressionen udtrykt i procent.

Løsningsforslag

Løsninger, Lektion 2, link opgaver

1	Genfrekvensen for Z og z i blodtypesystemet bliver efter gentælle metoden.

		Race		Genfrekvens
				p(Z)	q(z)
		RDM		0,14  0,86    
		SDM    		0,08	0,92     
		Jersey		0,46	0,54      

	De forventede H-W ligevægts genotypefrekvenser hos afkom.

		Race			p2    2pq       q2
					Z	Zz	z
		RDM    			0,02	0,24	0,74
		SDM			0,01	0,15	0,84
		Jersey			0,21	0,50	0,29

2	I en tilfældig sammenparret population svarer frekvensen af homozygotisk 
	recessive individer (aa) til q2 = 0,01, hvilket giver q=0,1 og p=0,9.

	a)	Frekvensen af heterozygotiske individer (Aa) = 2pq = 0,18.

	b)	De dominante fænotyper består af AA og Aa, hvoraf Aa individer 
		udgør 	2pq/(p2 + 2pq) = 0,182			

3	Genfrekvensen af sygdomsgenet er 0,005.

	a)	Sandsynligheden for i populationen at finde raske forældre (A-) 
		med afficeret afkom er (2pq)2*(1/4) = 2*10-5

	b)	Sandsynligheden for i populationen at finde forældre, hvoraf 
		mindst én er syg med afficeret afkom 
		1) den ene forælder syg 2*(2pq)*q2*(1/2).
		2) begge forældre syge q2*q2 =q4.
		sum  2*10-7 

	c)	Forhold mellem de under punkt a) og punkt b) fundne sandsynlig-
		heder (2pq)2*(1/4)/[2*(2pq)*q2*(1/2) + q4] = p2/(1 -p2) = 99

	Kommentarer til det fundne resultat:
	De syge individer er som regel afkom efter normale forældre, derfor vil
	selektion mod den recessive kun langsomt fjerne sygdommen.

4	Genfrekvensen findes ved hjælp af kvadratrods-metoden q(r) = 0,6. 

	a)	Gravhunde der må antages at være anlægsbærere = 2pq*N = 48.

	b)	Sandsynligheden for at den første hvalp bliver korthåret efter 
		sammenparring af to tilfældigt valgte ruhårede hunde
		(5/7)2*(1/4) = 0,13.

5	Ved en kønsbunden recessiv egenskab er genfrekvensen lig med fænotype- 
	frekvensen hos hankøn

	a)	Hæmophili blandt mænd q(h) = 1/10000 = 10-4.

	b)	Hæmophili blandt kvinder q2 = (1/10000)2 = 10-8.

	Heraf ses, at mænd får hæmophili med langt større hyppighed end kvinder.
 
6	Moderen har blodtype BB eller B0 og faderen blodtype AA eller A0, men da 
	de har et barn med blodtype 0,  er deres blodtyper B0 og A0.
	Deres eventuelle fremtidige børn kan få blodtyperne A0, B0, AB eller 0.

7	a)	Frekvensen af genet for henholdsvis rød og sort farve beregnes 
		efter gentælle metoden.

		p(rød) = (13655+678/2)/14345 = 0,97553
		q(sort)= (12   +678/2)/14345 = 0,02447

	b)	Undersøg ved en Chi-i-anden test, om de observerede antal stemmer 
		overens med de forventede under Hardy-Weinberg ligevægt.

		Genotyper	sorte  intermediære  	 røde 
		Observeret	12  	 678   		13655   
		Forventet	8,58	 684.82		13651,58
		Chi-i-anden     1,36     0,07 		 0,00	    = 1,43

		Det forventede antal er beregnet på grundlag af de estimerede 
		parametre p, q og N. q er en funktion af p, derfor er der 
		anvendt to frie parametre til beregning af forventet antal. 
		Antal frihedsgrader er derfor lig med 3 - 2 = 1.
		Der er ikke statistisk signifikant afvigelse fra H-W ligevægt.
		Signifikansgrænse med df=1 er 3,84.

8	a)	Genotyperne er angivet ved deres allelnumre, og de forventede 
		frekvenser er anført for hvert locus.

		Genotyper	locus A		locus B
		1/1		0,01		0,04
		1/2		0,06		0,12
		1/3		0,12		0,20
		2/2		0,09		0,09
		2/3		0,36		0,30
		3/3		0,36		0,25

	b)	Forventede frekvens i populationen af genotypen A1A2B1B2 er 
		0,06 * 0,12 og af genotypen A3A3B3B3 er  0.36 * 0,25

	En hanhund med genotypen A1A2B1B2 parres med et antal tæver 
	med genotypen A3A3B3B3.

	c)	Forventede genotyper blandt afkom efter nævnte parringer når de 
		to loci ikke er genetisk koblede og deres frekvens er følgende:

		A1A3B1B3 er 0,25
		A1A3B2B3 er 0,25
		A2A3B1B3 er 0,25
		A2A3B2B3 er 0,25

	d) 	Forventede genotyper blandt afkom efter nævnte parringer når de 
		to loci er genetisk koblede (c=0,2) og deres frekvens er 
		følgende:

		A1A3B1B3 er 0,40
		A1A3B2B3 er 0,10
		A2A3B1B3 er 0,10
		A2A3B2B3 er 0,40

9	a.	Haplotype NE : 0,3
		Haplotype Ne : 0,1
		Haplotype ne : 0,6

	b. 	Frekvensen af grise som er modtagelige for ødemsyge stiger.
		Samtlige ne/ne grise fjernes, Frekvensen af disse er 0,6x0,6 = 0,36, 
		dvs 36% af 	grisene fjerne ved denne selektion.
		Resten af grisene fordeler sig som følger:
		9% NE/NE, 6% NE/Ne, 36% NE/ne, 1 % Ne/Ne, 12% Ne/ne
	
		Haplotypefrekvenserne bliver herefter:
		Haplotype NE : (2x9 + 6 + 36)/2x64 = 0,4688
		Haplotype Ne : (6 + 2x1 + 12)/2x64 = 0,1563 
		Haplotype ne : (36 + 12)/2x64 = 0,375
	
		Bemærk! Efter selektion vil der være 79,69% grise som er modtagelig 
		for ødemsyge. Før selektion var tallet 51%
	
	c.	Grise med haplotypen Ne skal selekteres. Dette kan gøres ved at 
		selektere for grise med genotypen N/N e/e eller ved at bruge 
		genotypning i grisefamilier med mindst 3 generationer, så koblingsfasen 
		kan fastlægges og herved kan grise med Ne haplotypen identificeres. 
		Over generationer vil koblingsuligevægten mellem N og E nærme sig nul 
		og det vil blive lettere at identificere individer med den favorable 
		haplotype. 
 

10	a)	Koblingsuligevægten D = f(AB) - pA*pB = 0,4 - 0,5*0,6 = 0,10
		
	b)	I hver generation reduceres D med 1-c.
		Generation  0    1    2    3    4    5    6    7    8    9    
			   --------------------------------------------------
		D	    0,10 0,07 0,05 0,03 0,02 0,02 0,01 0,01 0,01 0,00 
		
	c)	Genfrekvenserne er konstante gennem generationerne og ved 
		koblingsligevægt er:
		f(AB) = pA*pB =  0,5*0,6 = 0,30. 
		f(Ab) = pA*qb =  0,5*0,4 = 0,20. 
		f(aB) = qa*pB =  0,5*0,6 = 0,30. 
		f(ab) = qa*qb =  0,5*0,4 = 0,20. 

	d)	Hyppigheden af dobbelt-heterozygoter i udgangspopulationen er.
	 	2(f(AB)*f(ab) + f(Ab)*f(aB)) = 2(0,4*0.3 + 0,1*0,2) = 0,28
		Ved koblingsligevægt
		2(f(AB)*f(ab) + f(Ab)*f(aB)) = 2(0,3*0.2 + 0,3*0,2) = 0,24

Løsninger, Lektion 3, link opgaver

1	a)	p(A)=0,4944 og q(a)=0,5056
		Populationen er i Hardy-Weinberg ligevægt, da Chi-i-anden er 
		mindre end 0,1. Signifikansgrænse med df=1 er 3,84.

	b)	Genfrekvenserne i næste generation med saa = 0,1 bliver:
		   q' = [(1/2)*0,500 + 0,256*(1-0,1)]/(1-0,256*0,1) = 
		eller   [(1/2)* 225 + 115*(1-0,1)]/(450-115*0,1)    =  0,4926
		   q2 = 0.4799
		   q3 = 0.4677
		   q4 = 0.4558
		   q5 = 0.4442

2	Inden for SDM elimineres rødbrogede kalve fuldstændigt fra hver ny 
	afkomsgeneration.
     
	a)	En halvering af genotypefrekvensen af ee svarer til, at genfre-
		kvensen sænkes fra 0,2 (4 % røde kalve) til 0,1414 
		(2 % røde kalve) 
		     	n = 1/0,1414  -  1/0,2  = 2,07
 
	b)	     	n = 1/0,01414 -  1/0,02 = 20,7 

	c)	Forholdet mellem svarene i b) og c) er at det tager 10 gange så
		lang tid at halvere frekvensen af røde kalve, når genfrekvensen 
		er 10 gange lavere. Ved lav frekvens har selektion mod den 
		recessive ringe effekt.

3	s1 = 0,2 og s2 = 0,7

	a)	Genfrekvensen q(hat) ved ligevægt 
		= s1/(s1 + s2) = 0,2/(0,2 + 0,7) = 0,22

	b)	Genotypefrekvenserne ved ligevægt forud for selektion:
		Genotyper               A1A1      A1A2      A2A2
		Frekvens	        0,61      0,34      0,05

	c)	Genotype-proportionerne efter selektion. 
		Proportion	        0,61*0,8 0,34	0,05*0,3  sum = 0,843
		Relativ frekvens	0,58	 0,40	0,02

4	s1 = 0,2 og s2 =0,9

	a)      Frekvensen, q(hat), af Hbs ved ligevægt er 0,2/(0,2+0,9) = 0,18

	b)      Frekvensen af nyfødte med seglcelleanæmi vil falde, da recessive 
		ved ligevægt er 0,182 = 0,0324 er mindre end de nuværende 0,05.


5	a)	Frekvensen af sygdomsgenet p(C) = (10/2)/94.000 = 5,32*10-5

	b)	Fertiliteten af dværgene (Cc)   27/108 =  0,25
		Fertiliteten af normale (cc)   582/457 =  1,27
		Dværge relativt			 	  0,20

	c)	Skøn for mutationsfrekvensen c til C.

			my = p*s = 5,32*10-5*0,80 = 4,26*10-5
			
6	Variansen på genfrekvensen regnes som en binominalvarians over udfald, 
	2N = 80. Variansp = 0,6*0,4/80 svarende til en spredning på 0,0548. 

	Sikkerhedsgrænserne for p svarende til en sandsynlighed på  5% bliver
	0,6 plus/minus 2*0,0548 svarende til at genfrekvensen i generation 1 vil 
	ligge mellem 0,49 og 0,71.

7	a)	1/Ne = (1/4)*(1/5 + 1/50)  svarende til Ne = 18,18
		dvs. 9 hanner + 9 hunner

	b)	Stigningen i indavlsgraden pr. generation i de to populationer 
		er delta F = 1/(2*18,18) = 2,75 %

Løsninger, Lektion 4, link opgaver

1	For at beregne indavlskoefficienten reducerer man diagrammet,
	så kun de relevante individer er med. Da ingen af individerne
	A, B, C og D har fælles aner, kan ingen gener nå frem til X
	i dobbelt dosis. X er ikke indavlet, da dets forældre E og G
	ikke er beslægtede. 

2	De indavlede individer er C, D og E.

	aAB = 1/2  og FC = aAB/2 = 1/4
	da A er fælles ane for de to forældre.

	aBC = 1/2 + 1/4  og FD = aBC/2 = 3/8
	da A og B er fælles ane for de to forældre.

	aCD = 1/2(1+1/4) + 1/4 + 1/8 og FE = aCD/2 = 1/2
	da A, B og C er fælles ane for de to forældre og C er indavlet.

	eller med tabularmetoden

	Forældre        -    1 -   1-2   3-2    3-4 
	Dyr nr.        1=A   2=B   3=C   4=D    5=E   
	               -----------------------------
	   1            1    1/2   3/4   5/8   11/16 
	   2           1/2    1    3/4   7/8   13/16  
	   3           3/4   3/4  1+1/4   1     9/8          
	   4           5/8   7/8    1   1+3/8  19/16  
	   5          11/16 13/16  9/8  19/16  1+1/2 

	Og her kan blive udledt en formel for indavl baseret på indavlen i 
	to tidligere generationer 
		F5 = a34/2 = (a32+a33)/4 = (2F4 + 1 + F3)/4
	
3	a)	Opstil et pilediagram for individet A.
              
	b)	De indavlede individer er C og A.

	FC = aEG/2 = 1/8,

	FA = aBC/2 = [(1/2)2 + (1/2)4 + (1/2)4]/2 = 3/16,
	da man har vejene
		C - E - B = 2 generationer fra C til B over fælles ane
		C - G - H - E - B = 4
		C - G - J - F - B = 4

4	a)	Wahl II er fælles ane for Wahl 239 og ko nr. 196.

	b)	Indavlskoefficienten på en kalv efter Wahl 239 og ko nr. 196
		bliver 1/8, da den er resultat af halvsøskendeavl.

	c)	Det kan ikke anbefales at bruge tyren Wahl 239 ved insemination 
		af ko nr. 196, da man som praktisk tommelfingerregel sætter en
		grænse ved 10 procent indavl som værende acceptabel inden for 
		praktisk husdyravl.  

5	a)	Dyrene A, B og E er indavlede.


	b)	Indavlskoefficienten for afkom efter IV A og IV B

		FX = aAB/2 = [4*(1/2)5 + 6*(1/2)6]/2  = 0,11,
		da de forskellige veje er følgende:
			B - E - K - M - J - D - A = 6 generationer
			B - E - K - M - H - C - A
			B - E - L - M - J - D - A
			B - E - L - M - H - C - A
			    B - F - M - J - D - A = 5 generationer
			    B - F - M - H - C - A
			B - E - L - N - J - D - A
			B - E - L - N - H - C - A
			    B - F - N - J - D - A
			    B - F - N - H - C - A

6	For at beregne indavl og slægtskab opsættes en fil med følgende 
	informationer.
		            Dyr far  mor, hvor 0 står for ukendt
			      1   0   0	
			      2   0   0	
			      3   0   0	
			      4   0   0	
			      5   0   0	
			      6   2   1	
			      7   5   4	
			      8   7   3	
			      9   7   6	
			     10   7   8
			     11   10  9	

	Dyr 10 og 11 er indavlet med F lig henholdsvis  0,25 og 0,187.
	slægtskabskoefficienterne med dyr 11 og de øvrige er følgende:

	1     2     3     4     5     6     7     8     9     10    11
        0.125 0.125 0.125 0.312 0.312 0.250 0.625 0.500 0.687 0.812 1.187	

7 	a)	Individer, der med sikkerhed må være heterozygotiske 
		anlægsbærere, er alle forældre til generation V, dvs. III 1, 
		III 2, III 3 og IV 1.

	b)	Sandsynligheden for at en tilfældigt udtaget, fænotypisk normal 
		hvalp i et af de to kuld (A eller B) i generation V er hetero-
		zygotisk anlægsbærer for dværgvækst 2/3, da udspaltningen er
		1:2:(1).

	c)	Indavlsgraden beregnes på grundlag af nedenstående diagram.

 		1)	For en tilfældigt udtaget hvalp i kuld A
			FA = aIII.1,III.2/2 = [(1/2)3]/2  = 1/16,

		2)	For en tilfældigt udtaget hvalp i kuld B 
			FB =  aIII.3,VI.1/2 = [(1/2)1 + 2*(1/2)5]/2  = 9/32

	d)	Det additive slægtskab mellem to tilfældigt udtagne hvalpe i 
		kuld A er:
		a = 2*(1/2)2 + 2*(1/2)5 = 9/16

8	Den gennemsnitlige indavlsgrad for de 100 avlsmink, af hvilke 60 er 
	ubeslægtede, otte er afkom efter helsøskendeavl, og 32 er afkom 
	efter halvsøskendeavl er:

	(60*0 + 32*(1/8) + 8*(1/4))/100 = 0,06 

Løsninger, Lektion 5, link opgaver

1	a)  IV 1 og IV 4 er aa.
	    III 4 og III 8 er Aa da de får afficeret afkom.
	    II 2 og II 5 er Aa da II 1 og II 6 er AA.

	b)  Frekvensen af heterozygoter blandt fænotypisk normale
	    individer efter heterozygotiske forældre er 
	    p(Aa | aa) = p(Aa)/(1-p(aa)) = (1/2)/(1 - (1/4)) = 2/3.

2	Kønsbunden dominant: Udelukket
	Kønsbunden recessiv: Kan forekomme
	Autosomal dominant:  Udelukket
	Autosomal recessiv:  Kan forekomme
	
	Kønsbunden recessiv er den mest sandsynlige arvegang, idet kun I 2
	og II 2 skal være heterozygote, mens en autosomal recessiv arvegang 
	kræver at I 1, I 2, II 2 og III 1 er heterozygoter. Dominant arvegang
	kan udelukkes, da ingen af forældrene i generation I er afficerede.

3	Kønsbunden dominant: Udelukket, idet II 7 skulle være afficeret.
	Kønsbunden recessiv: Udelukket, idet III 3 og III 6 ikke kan være 
                             være afficerede med mindre II 4 er det.      
	Autosomal dominant: Sandsynlig.
	Autosomal recessiv: Kan ikke udelukkes.
	
	En autosomal recessiv arvegang kræver at I 1, II 1 og II 4 er 
	heterozygoter, hvorimod autosomal dominant arvegang ikke stiller
	nogen krav. Derfor må en autosomal dominant arvegang anses for  
	at være den mest sandsynlige.

4	Kønsbunden dominant: Arvegang er mulig.
	Kønsbunden recessiv: Kan udelukkes, idet III 4 er almindelig.
	Autosomal dominant: Arvegang er mulig.                   
	Autosomal recessiv: Er ikke sandsynlig, idet I 2 og II 4 så skal være
			    heterozygote.
		
	En han fra generation III med den nye pelskvalitet parres med
	hunner med almindelig pels. Udspaltningen vil vise arvegangen.

5	En kønsbunden recessiv mutant vil først vise sig hos det hetero-
	gametiske køn.	
		1) Høns		høner (ZW kønskromosomer) 
		1) Kaniner	hanner (XY kønskromosomer) 

6	a)  Det testes, om tyren er AA eller Aa, da den er mistænkt for at
	    være anlægsbærer.
	    Metode: Da den danske population udelukkende er AA, skal der
	    anvendes testparringer med egne døtre, som enten er AA (50%)
	    eller Aa (50%).

	b)  P(afficeret individ, dvs aa) = 1/8, P(normalt individ) = 7/8.
	    P(n normale individer) = (7/8)n, dvs. n findes ud fra
	    at (7/8)n = 0,05 ved en signifikansgrænse på 5%.
	    n = 23 stk afkom

	c)  Hvis der blandt de 23 stk afkom ikke er nogen med genotypen aa
	    (afficerede), kan det med 95% sikkerhed siges, at tyren ikke er
	    anlægsbærer (Aa) og derfor må være AA. 

7	Der anvendes signifikansgrænse på 5%

	1)  P(n normale afkom) =  (1/2)n = 0,05; n =  5 stk.
	2)  P(n normale afkom) =  (3/4)n = 0,05; n = 11 stk.
	3)  P(n normale afkom) =  (7/8)n = 0,05; n = 23 stk.

8	I spørgsmål b og c skal der tages hensyn til at I 2 og II 2 ikke er 
	af genotypen nn. 

	a)	I 1 og II 1 er anlægsbærere for halotangenet n. Sandsynligheden 
		for at henholdsvis III 1, III 3 og III 5 er anlægsbærere er 2/3,
		da de er normale og derfor kommer fra en fordeling på 1:2.
	
	b)	q = 0,2 og P(I 2 er Nn | den ikke er nn) 
					= 2*0,2*0,8/( 1-0,04) = 0,3333
		 
	c)	P(III 6 er NN | den ikke er nn) 
				= ((1/2)*(1-0,3333/2))/(1-(1/2)*0,3333/2) = 0,455

9	Forventningen blandt afkom efter heterozygotiske forældre er 1:2:1, 
	derfor bliver Chi-i-anden beregningen med df=2

	(39-30)2/30 + (51-60)2/60 + (30-30)2/30 = 4,05
	 
	Da Chi-i-anden værdien er mindre end tabelopslag for 5 % (5,99) er der 
	ikke statistisk signifikant afvigelse fra den forventede 1:2:1 
	udspaltning.

10	Ved en tilbagekrydsning med i alt 30 tilbagekrydsningsindivider kan 
	udspaltningsforholdet være følgende med tilsvarende Chi-i-anden 
	beregning.

		Aa	aa	Chi-i-anden
		30	0	30
		.	.
		21	9	4,80
		----------------------------------------------
		20	10	3,33
		.	.
		15	15	0	non-signifikant område
		.	.
		10	20	3,33
		----------------------------------------------
		.	.
		0	30	30

	Da df=1 kan hypotesen om recessiv nedarvning accepteres, med alle et
	Chi-i-anden på mindre end 3,84 (5% signifikansgrænsen), dvs. en 
	udspaltning på mellem 10 til 20 eller op til det omvendte 20 til 10.
	Løsningen på ligningen 
	chi-i-anden = (x-15)2/15 + ((30-x)-15)2/15 = (2/15)x2 + 4x2 + 30 = 3,84
	er 20,37 og 9,63.

11	En kønsfordeling på to hanner og fire hunner i et kuld minkhvalpe 
	på seks stk. er binomialfordelt og har en sandsynlighed på 

	K6,2*(1/2)2*(1/2)4 = (6*5)/(2*1) * (1/64) = 0,23

12	Sandsynligheden for at en heterozygotisk ko får én kullet + tre hornede 
	kalve efter inseminering med heterozygotiske tyre er

	K4,1*(3/4)1*(1/4)3 = 12/256 = 0,05

13	De mulige kombinationer af AA, Aa og aa i familier på tre søskende efter 
	parring mellem heterozygotiske forældre. 

	AA	Aa	aa
	------------------
	3
		3
			3
	2	1
	1	2
	2		1
	1		2
		2	1
		1	2
	1	1	1
	------------------

14	Der anvendes Chi-i-anden test, da der er tale om testparring
	for udspaltningsforhold 3:1 med en hypotese om recessiv nedarvning.
	Der er ialt 33 normale og 8 afficerede og Chi-i-anden bliver

	(33-30,75)2/30,75 + (8-10,25)2/10,25 =0,66

	Df=1, der er ikke statistisk signifikant afvigelse fra det forventede
	ved en 3:1 udspaltning.

15	Undersøgelsen om udspaltningen af recessive i nærværende familie-
	materiale hos kvæg om overensstemmelse med en 7:1 spaltning må gennem-
	føres efter Singles metode, da familierne er fundet på grundlag af 
	mindst et afficeret afkom.

	Total antal 				T=53
	Antal afficerede 			A=13
	Antal familier med 1 afficeret afkom	A1=9
	Antal familier med 2 afficerede afkom	A2=2

	Test værdien er Chi-i-anden fordelt med df=1, dvs. der er ikke 
	statistisk signifikant afvigelse fra det forventede med en 7:1 
	udspaltning.

16	Hos grise er der påvist en form for lamhed af forbenene, som forekommer
	sporadisk i kuld efter normale forældre. Den genetiske hypotese, der 
	svarer bedst til de indsamlede data, er en hypotese om recessiv nedarv-
	ning med en 3:1 udspaltning. 
	Den statistiske afprøvning kan ske ved hjælp af Singles metode.

	Total antal 				T=51
	Antal afficerede 			A=15 
	Antal familier med 1 afficeret afkom	A1=1
	Antal familier med 2 afficerede afkom	A2=1

	Test-værdien er Chi-i-anden fordelt med df=1, dvs. der er ikke 
	statistisk signifikant afvigelse fra det forventede med en 3:1 
	udspaltning.

Løsninger, Lektion 6, link opgaver

1	p(Rd) og q(rd) er henholdsvis 0,7 og 0,3.  Det gennemsnitlige 
	riboflavinindhold pr. gram blomme er (summen af genotypefrekvens*værdi):

	0,49*4,30 +0,42*2,50 + 0,09*0,40 = 3,19

2	a)	Gennemsnitsfrekvensen for populationen er:

		0,64 * 0,008 + 0,32*0,016 + 0,04 *0,020 = 0,0110

	b)	De tre genotypiske værdiers afvigelser fra populationsgennemsnittet

		AA	0,020 - 0,0110 =  0,0090 
		Aa	0,016 - 0,0110 =  0,0050 
		aa	0,008 - 0,0110 = -0,0030 

	c)	Genotypeværdiernes (G) opdelt i en additiv del (A=avlsværdi) og en 
		dominansafvigelse (D).

		Genotype   G   =    A   +    D
		AA      0,0090 = 0,0116 + (-0,0026)  AAA = 2(0,2*0,0090 + 0,8*0,0050)
		Aa      0,0050 = 0,0044 + 0,006
		aa     -0,0030 =-0,0028 + (-0,0002)  Aaa = 2(0,2*0,0050 + 0,8*-0,0030)

		Avlsværdien bestemmes ved afkommets gennemsnit når en genotype 
		parres tilfældigt i populationen. Dominansafvigelsen bestemmes 
		som en rest.

3	Respons ved individuel selektion måles som:

		R =  h2(SFædre + SMødre)/2

	Indsættes i formel får man:

		(89,5-88,5) = h2((102-88,5) + (93-88,5))/2
	og	
		h2 = 0,11

4	h2 for smørfedtydelse beregnes p.g.a formel for selektionsrespons.

		R = h2(SFædre + SMødre)/2

		R1 = h2(SFar + S1)/2
		R2 = h2(SFar + S2)/2

	ved subtraktion af de to formler får man:

		R1 - R2 = h2(S1 - S2)/2
		266-259 = h2(295-227)/2,  idet alle tal skal måles som 
					     afvigelse fra gennemsnit
		h2 = 0,21

5	Pilediagrammer over relationen mellem halvsøskende, mellem helsøskende
	og forældre-afkom. 
	
	Den forventede fænotypiske korrelation mellem halvsøskende,  
	mellem helsøskende og mellem forældre og afkom. 
	
	Korrelationen   halvsøskende   r =(1/4)h2
			helsøskende    r =(1/2)h2 + c2
			forældre-afkom r =(1/2)h2

6	På grundlag af et større observationssæt er der beregnet korrelation 
	mellem beslægtede individer for  vægt ved 6 uger hos grise. 
	Resultaterne var følgende:
	Korrelationen   halvsøskende   r =(1/4)h2 = 0,05
		 	    helsøskende    r =(1/2)h2 + c2 = 0,25
	svarende til
			h2 halvsøskende = 0,20
			c2 helsøskende  = 0,15

	h2 beregnet på helsøskendematerialet bliver 0,5, men da den beregnede
	på halvsøskendematerialet kun bliver 0,2, må der for helsøskende være en 
	fælles miljø-komponent. Den fælles miljø-komponent for helsøskende kan 
	tilskrives det maternelle miljø for kuldet.

7	På grundlag af et observationssæt er der beregnet korrelation og 
	regression mellem beslægtede individer for  højde hos veterinær-
	studerende. Resultaterne var følgende:
	Korrelationen   mor-afkom   r =(1/2)h2 = 0,45
			    far-afkom   r =(1/2)h2 = 0,20
	Regression afkom-gns. forældre b = h2  = 0,65
	Korrelationerne svarer til
				h2 mor-afkom   = 0,90
				h2 far-afkom   = 0,40

	h2 beregnet på mor-afkom bliver meget høj, 0,90, i forhold til
	den beregnede på far-afkom, der kun bliver 0,40. Det kan tyde på at der 
	er en fælles miljø-komponent for mor og afkom. Den lave værdi på far-
	afkom kan evt. tilskrives ukorrekt faderskab. Regression afkom på gns. 
	forældre har været meget konstante gennem tiderne siden de første 
	beregninger blev gennemført for mere end 100 år siden.

Løsninger, Lektion 7, link opgaver

1	Der anvendes formel for avlsværdiindeksets kvadrede sikkerhed. 

	n*h2*a'2/(1 + (n-1)(a*h2 +c2))

	a'=1/2  a= -  	for moderens præstation		rAI = 0,25
	a'=1/4  a=1/4 	for 50 halvsøskendes præstation	rAI = 0,44
	a'=1/2  a=1/4  	for 20 stk. halvsøskende-afkom	rAI = 0,76

	Den største sikkerhed fås ved at måle 20 stk. halvsøskende-afkom.

2	Der anvendes formler fra kompendium for avlsværdi og sikkerhed.

	1) egen ydelse 1. laktation, 	  a'=1  a=- 
	   4500 + [(1*0,25*1)/(1+0)]*(5000-4500) = 4625 kg;   rAI = 0,50

	2) gns. af egen ydelse i tre laktationer,     a'=1 	a=1 
	   4500 + [(3*0,25*1)/(1+2(,25+,05))]*(4700-4500) = 4594 kg;  rAI = 0,68

	3) gns. af moderens ydelse i tre laktationer,    a'=1/2  a=1 	
	   4500 + [(3*0,25*,5)/(1+2(,25+,05))]*(5000-4500) = 4617 kg;  rAI = 0,34

	4) gns. af 100 paternelle halvsøskende,   a'=1/4    a=1/4 
	   4500 + [(100*0,25*,25)/(1+99*,25*,25)]*(4600-4500) = 4587 kg; rAI=0,47

	5) både 3) og 4), se formel afsnit 7.4
			  (på basis af forældres avlsværdi og sikkerhed).
	    (4617 + 4587)/2 = 4602 kg;  
			rAI = kvadratrod[(0,342+0,472)/4] = 0,29

	Avlsværdiindekset for egenydelse i 3 laktationer er beregnet med størst 
	sikkerhed.

3	Egenskaben behandles som en tærskelegenskab med værdierne 0 og 1.

	a)	Populationsgennemsnittet for tærskelegenskaben OCD hos svenske 
		sportsheste er 0,7 og gennemsnittet for de 3 afkomsgrupper 
		er A 0,5, B 0,75 og C 0,80 

	b)	De tre hingstes avlsværdiestimat vurderet på  halvsøskende-afkom,
		a'=1/2    a=1/4 

		Hingsten A har 40 stk. afkom, af hvilke 20 er OCD fri. 

		 0,7 + [(40*0,20*,5)/(1+39(,20*,25))]*(0,5-0,7) = 0,43	

		Hingsten B har 60 stk. afkom, af hvilke 45 er OCD fri. 
	
		 0,7 + [(60*0,20*,5)/(1+59(,20*,25))]*(0,75-0,7) = 0,78	

		Hingsten C har 20 stk. afkom, af hvilke 16 er OCD fri.

		 0,7 + [(20*0,20*,5)/(1+19(,20*,25))]*(0,8-0,7) = 0,80


4	Sikkerhed kvadreret ved avlsværdiberegning i de 5 tilfælde:
		h2 	 0,05   0,1    0,2    0,4    0,6
	      -------------------------------------------
	1)		   0.05  0.10   0.20   0.40   0.60			   
	2)		   0.15  0.27   0.45   0.66   0.78			   
	3)		   0.17  0.20   0.22   0.23   0.24			   
	4)		   0.11  0.20   0.34   0.52   0.63			   
	5)		   0.71  0.83   0.91   0.95   0.97			   

	Heritabilitetens størrelse har mindre betydning for
	avlsværdiindekset sikkerhed, når der er mange målinger, end
	ved færre målinger.

5	Formel for avlsværdi indeks og sikkerheden kvadreret for individer
     	med information fra, populationsgennemsnittet betegnes P,bar: 	

	1)	egen præstation (P) og a'=1  a= - 	
	   	P,bar + [(1*h2*a')/(1 + 0*( ))]*(P -P,bar)
 	    	= P,bar + h2 *(P -P,bar)
		r2AI = h2

	2)	de to forældres præstationer (P,gns) og  a'=1/2  a= 0  n=2 	
	   	P,bar + [(2*h2*a')/(1 + 1*(0))]*(P -P,bar)
 	    	= P,bar + h2 *(P,gns -P,bar)
		r2AI = h2/2

	3)	de fire bedsteforældres præstationer (P,gns) og a'=1/4  a=0  n=4 	
	   	P,bar + [(4*h2*a')/(1 + 3*(0))]*(P -P,bar)
 	    	= P,bar + h2 *(P,gns -P,bar)
		r2AI = h2/4

	4)	de otte oldeforældres præstationer (P,gns) og a'=1/8  a=0  n=8 	
	   	P,bar + [(8*h2*a')/(1 + 7*(0))]*(P -P,bar)
 	    	= P,bar + h2 *(P,gns -P,bar)
		r2AI = h2/8
 
	Resultaterne viser, at forventningen til avlsværdien er den samme
	i de fire tilfælde, men sikkerheden falder drastisk jo længere man
	kommer ud i stamtavlen.

Løsninger, Lektion 8, link opgaver

1	Respons ved individuel selektion måles som:

		R = h2(SFædre + SMødre)/2

	Indsættes i formel får man

		R = 0,3[(1008-935) + (970-935)]/2 = 16 gram 

	Den gennemsnitlige tilvækst der forventes for afkommet er 
		935 + 16 = 951 gram.

2	Ved tabelopslag findes 'i' når der
		bruges 5% hanner til avl er i = 2,06
		og    33% hunner til avl er i = 1,10

	S beregnes som i*sigmaP 
		for hanner til 2,06*0,3 = 0,618
		og  hunner til 1,10*0,2 = 0,220

	Den genetiske ændring i krops størrelse man forventer pr. generation 

		R = 0,4(0,618 + 0,220)/2 = 0,17 kg

3	Det antages, at en population af høner har en årlig gennemsnitsydelse 
	på 230 æg. Den fænotypiske standardafvigelse er 35,7 æg. Der regnes 
	endvidere med en heritabilitet på 0,40 for årlig ægydelse. Selektionen 
	baseres udelukkende på høner, og 20 procent af de højestydende høner 
	benyttes til avl. Beregn følgende:

	a)	Selektionsdifferencen (antal æg) er i*sigmaP = 1,4*35,7 = 50
		'i' er funden ved tabel opslag.

	b)	Den genetiske ændring (antal æg) fra moder til datter-
		generationen.

			R = 0,4(0 + 50)/2 = 10 æg

	c)	Døtrenes gennemsnitlige ægydelse pr. år forventes at blive:

			230 + 10 = 240 æg 

4	Hoftedysplasi hos hunde er en tærskelegenskab med en heritabilitet på
	h2 = 0,3. Ca. 30% af alle Schæferhunde har hoftedysplasi. De 70%, der 
	er fænotypisk raske, har tilsyneladende ens avlsværdi, hvis man udeluk-
	kende baserer avlsværdien på grundlag af røntgenbilleder af de 
	pågældende hunde.

	a)	Når der blandt de 70% raske Schæferhunde udtages en tilfældig 
		stikprøve, svarer det til at der udtages 70% til avl: i=0,50

	b)	Når man anvender de 70% raske Schæferhunde til avl bliver:

		delta G = i*h2*sigmaP = 0,5*0,3*sigmaP = 0,15 sigmaP-enheder

	c)	Når der	bruges 10% hanner til avl er i= 1,75, og 70% hunner til
		avl er i= 0,5.
		VA = VP*h2svarende til sigmaA = 0,55*sigmaP
		rAI = 0,79	
		delta G = (1,75*,79*,55*sigmaP + 0,15*sigmaP)/2 
			= 0,46*sigmaP

	d)	Forholdet mellem delta G beregnet under punkt c) og b) er:

		En forbedring på 3 gange.

5	Antal afkom pr. fader der skal afprøves optimeres så den 
	genetiske ændring pr. generation er størst mulig.
	Da stationen har en bestemt størrelse og der skal bruges et 
	bestemt antal til avl, er det forholdet mellem intensitet og 
	sikkerhed, der skal optimeres. Der opstilles en tabel der har 
	gruppestørrelse (n) som variabel.

	n   til avl  	 	   i *  rAI
	--------------------------------------------
	1   40/800		2,06 * 0,224  =  0,461
	2   40/400		1,76 * 0,308  =  0,540
	3   40/266		1,58 * 0,369  =  0,583
	4   40/200 		1,40 * 0,416  =  0,583
	5   40/160		1,28 * 0,456  =  0,584
	6   40/133		1,16 * 0,490  =  0,568
	7   40/113		1,07 * 0,519  =  0,555

	F.eks. for n=4 kan der testes 200 hanner heraf skal der bruges
	40 til avl, hvilket svarer til 20%, der ved opslag giver i=1,40.
	Det bedste resultat fås for n lig 5, men toppunktet er 
	meget fladt.
	
6	a)	Der er to fænotyper der kan tilskrives værdierne 0 og 4, hvilket
		svarer til den nævnte effekt. Da der er fuldstændig dominans, er
		frekvensen af de to fænotyper 0,25 og 0,75, hvilket svarer til en
		middelværdi på 3.
		Varians beregnes som de vægtede afvigelsers kvadrat:
		32*0,25 + 12*0,75 = 3.0

		Genets bidrag til den samlede additive varians er 3 procent

	b)	Kommentarer til hvornår det er formålstjenligt at anvende genmar-
		kører: Andel af egenskabens additive varians skal være ret stor, 
		meget større end de tre procent i nærværende tilfælde. 
		Heritabiliteten for egenskaben skal endvidere være lav, dvs. 
		af størrelsorden 10 % eller mindre.

7	a)	Ved et selektionseksperiment med mus kan den genetiske
		korrelation mellem tilvækst og kuldstørrelse beregnes som 
		forholdet mellem de standardiserede direkte og indirekte 
		selektionsrespons:

			rAx,Ay = (0,693/0,88)/(2,34/1,13) = 0,38
		idet sigmaAx = 1,13  og sigmaAy = 0,88

	b)	Selektionsintensiteten ix beregnes ved hjælp af formlen 
		for delta G, den gælder for selektion over en generation.
		Derfor skal R divideres med 9. 
		R = S*h2 = h2*i*sigmaP = 2,34/9 gram, svarende til
		i=0,48

Løsninger, Lektion 9, link opgaver

1	a)	Indavl reducerer frekvensen af heterozygoter og øger
		tilsvarende frekvensen af homozygoter i forhold til H-W
		ligevægt.
		Den gennemsnitlige vægt under indavl på F=0,25 og Fpq=0,04 er:
		100*(,64+Fpq) + 80*(,32-2Fpq) + 50*(,04+Fpq) = 91,2 gram

	b)	Den gennemsnitlige vægt uden indavl er:
		100*,64 + 80*,32 + 50*,04 = 91,6 gram

		Indavlsdepressionen er 0,4 gram

2	a)	Graden af heterosis ved krydsninger er i procent:
 
		1) ikke-indavlede 100*(22,8-(22,7+20,1)/2)/((22,7+20,1)/2)= 6,5%
		2) indavlede      100*(19,9-(21,7+13,1)/2)/((21,7+13,1)/2)= 12,6%

	b)	Indavlsdepressionen er nedgang i middelværdi ved indavl.
		Indavlsdepressionen udtrykt i procent for:

		linie A		100*(22,7-21,7)/22,7 = 4,4%
		linie B		100*(20,1-13,1)/20,1 = 34,8%

Standpunktstest

14. Genetic calculation applets and other programs

A java interpreter should be enabled in your browser to run the applets ! !
By using the applets a general feature is that you can place your input in the green fields. The yellow fields can also be used for input, often in the next round of calculations.
Be careful not to leave any blanks (not visible) in these fields, so if the applet will not run, test if the cursor stands right next to the number in all green or yellow fields you have touched. 

Applets

2.2 Chi-square test for Hardy-Weinberg equilibrium

2.4 Calculation of mating type frequencies in a H-W population

2.5 Chi-square test for 2 by 2 or 3 by 3 table (eg linkage disequilibrium)

2.5 Linkage, 3-point analyses from test cross

2.5 Many programs for statistical tests, collected by Lowry, USA

2.51 Linkage: Calculation of gamete and genotype frequencies

3.4 Selection: Change in gene- and genotype frequencies

3.5 Change in gene- and genotype frequencies: Effect of population size

4.5 Calculation of relationship and inbreeding coefficients by the tabular method

5.6 Calculation of Chi-square test for deviation from Mendelian ratios

5.7 Calculation of corrected segregation ratio according to Singles method

6.2 Calculation of mean, Genetic and Additive values and Dominance deviations

7.2 Estimating simple forms of breeding values

7.2 Estimating animal model breeding values

8.2 Calculating breeding values and selection response

8.3 Calculating heritability for threshold traits (diseases)

Critical Values of the Chi-Square Distribution

        df      .20     .10     .05     .02     .01     .001    .0001
        -------------------------------------------------------------
        1        1.64    2.71    3.84    5.41    6.63   10.83   15.14
        2        3.22    4.61    5.99    7.82    9.21   13.82   18.42
        3        4.64    6.25    7.81    9.84   11.34   16.27   21.11
        4        5.99    7.78    9.49   11.67   13.28   18.47   23.51
        5        7.29    9.24   11.07   13.39   15.09   20.51   25.74

        6        8.56   10.64   12.59   15.03   16.81   22.46   27.86
        7        9.80   12.02   14.07   16.62   18.48   24.32   29.88
        8       11.03   13.36   15.51   18.17   20.09   26.12   31.83
        9       12.24   14.68   16.92   19.68   21.67   27.88   33.72
        10      13.44   15.99   18.31   21.16   23.21   29.59   35.56

Link to some basic statistical formulas

Other programs

4.4 Calculation of inbreeding coefficients

6.4 Calculation of the heritability by statistical analyses

7.3 Direct updating of breeding values

Applets for handling of matrices.

Bryan Lewis's General Matrix Applet, with added inversion routine 

The java language from sun is used to develop the applets, java.sun.com is linked here

2.2 Calculation of Chi-square test for deviation from Hardy-Weinberg equilibrium

- Put your observed numbers and click the Calculate button.

In all coloured cells with initial values you can put data (green fields, two alleles only, yellow fields for a third allele, and blue fields for a fourth allele)

The number of degrees of freedom for the chi-square is equal to one for two allele systems; and three for three allele systems; and six for four allele systems. The results are rounded (four decimals).

Example:
In a population was fund the following number of the three genotypes (obs), and there is calculated the gene frequencies for the alleles A and B and the corresponding expected (exp) under Hardy-Weinberg equilibrium.

---------
Genotype         AA               AB             BB       Total
Number, obs      36               47             23     = 106 = N
Frequency, exp   p2               2pq             q2    = 1,00
Number, exp      33,4             52,2           20,4    = 106
Deviation        2,6             -5.2            2,6
Chi-square       0.20             0,52           0,33    = 1,05
----------


Frequency  of A is calculated as  p = (2*36 + 47)/(2*106)  = 0,561
    do        B         do        q = (2*23 + 47)/(2*106)  = 0,439
                                                             -----
                                                              1.00  

Try to put the observed numbers in the green fields of the applet and press the Calculation button.

Questions:
Calculate the gene frequency in the genetic system shown below and a Chi-square test for H-W equilibrium.

Genotype  Observed number
AA           31
AB 	     51
BB	     23
CA           55
CB 	     71
CC	     83

Is there statistically significant deviation from H-W equilibrium ?

In the Danish Landrace are found four hæmopexin alleles with codominat inheritance. In 1969 were typed 716 animals and the results of hæmopexin type are shown below:

              Hæmopexin type Number
			0/0	 2
			0/1	 16
			1/1	 75
			0/2	 10
			l/2	 67
			2/2	 20
			0/3	 21
			1/3	 229
			2/3	 116
			3/3	 160

2.51 Calculation of Chi-square test for a 2 by 2, 3 by 3 or 2 by 3 table

In all cells with initial values you can put data (green fields), leave the zeros in the empty fields

The number of degrees of freedom for the Chi-square is equal to 1, 4 and 2 for the three possible combinations 2 by 2, 3 by 3 or 2 by 3 table.

Run problems

- Put your observed numbers, click the Calculate button.

Examples:
Use the applet to the test for genetic disequilibrium between two loci A and B. The number of observed gametes is as follows:

AB gametes 10 
Ab gametes 20 
aB gametes 20 
ab gametes 10 

The numbers are given in the initial values of the applet. Factor 1 is corresponding to locus A and Factor 2 is corresponding to locus B. Press the Calculate button to see the result.
The Chi-square are equal to 6.66 (df=1) which is larger then 3.84, this means that there is less than 5% chance that the genes at the two loci segregate independently.

Questions:
Calculate a Chi-square test for the association shown below.

     Genotype   Observed numbers  
                Diseased  Healthy
        AA        15        27
        Aa        16        28
        aa        51        49

Is there statistically significant association between genotype and disease frequency ?
The two dominant genotypes can be merged into one with the following results:

     Genotype   Observed numbers  
                Diseased  Healthy
        A-        31        55
        aa        51        49

What can justify to merge the to classes into one? Is there now statistically significant association between genotype and disease frequency ?

In a two gene system you have the following set of observed numbers:

     Genotype     BB        Bb       bb 
              ----------------------------
        AA    |    57       140       101
        Aa    |    39       224       226
        aa    |    3        54        156

Are there statistically significant association between the segregating genes at the to loci ?
In case there is found association, what does this mean ?
Can you propose a chi-square test which give 6 degrees of freedom to test a hypothesis of linkage between the genes A and B ?

2.4 Calculation of mating type frequencies in H-W population

In the green field put the gene frequency for the dominant gene

- and click the Calculate button.

Examples:
If a recessive disease gene occur with a frequency of .005, 99 percent of the diseases would be in families where both parents are normal healthy individuals.

Questions:
Which mating type produce the highest number of heterozygotic offspring when the gene frequency p = .8 or .4 in a random mating population.

2.5 Linkage, Calculation of gamete and genotype frequencies generation after generation

- Put your observed gamete frequencies or click the initiate Mendel button. If the mothers gamete frequencies sum to zero, the frequencies for the fathers is also applied for the mothers.
- Click on Next generation button calculate the gamete and genotype frequencies in next generation. run the applet.

In all cells with initial values you can put data (green fields) and to get the results press the Next generation button. Table values are rounded to six decimals.

Example:
When you look at segregation of genes at two loci the gametes that can be formed are shown below and symbols are given for the observed and expected frequencies, the deviation between the two has the symbol D for disequlibrium.

 Gamete  Observed frequency   Expected frequency    Deviation
 --------------------------------------------------------------
  AB       r                 p(A)*p(B)             D
  Ab       s                 p(A)*q(b)             -D
  aB       t                 q(a)*p(B)             -D
  ab       u                 q(a)*q(b)             D

The disequilibrium gets the symbol D can be calculated from the table above, and can also be calculated as the half of the difference in the frequency of double heterozygotes in linkage- and repulsion phase:

      D = r*u - t*s    (= [f(AB/ab) - f(Ab/aB)]/2) from the table above
    

Are the recombination frequency c would D be reduced to D*(1-c) per generation, and for the n'th generation D_n = D₀*(1-c)ⁿ.

If you apply the initial values r=0.1, s=0.2, t=0.3, u=0.4 and press the Next generation button, you will see calculated all the genotype frequencies and D=0.0199 rounded 0.02. If you continue using the Next generation button more times with c=0.5 you will see that D= approach 0 which means observed and expected gamete frequencies are equal i.e. r=0,12.

Questions:
Calculate the gamete frequency in the first 5 generations and the equilibrium gamete frequencies in the genetic system shown below where the recombination frequencies between the two loci A and B is c=0.2.

Gamete  Observed frequency
AB        0.21
Ab 	  0.49
aB	  0.19
ab	  0.11

What would be the frequencies of the two types of double heterozygotes in next generation?
How many generations will it take to reach equilibrium within 0.02 units ? Repeat the calculations for c=0.05.

In a F₃ after a cross between two pure lines aabb X AABB. What would be the gamete frequencies if c=.5 , .4 and .1 ?
Hints: Use the initiate mendel button and use the next generation button more times.

3.4 Selection: Change in gene- and genotype frequencies by selection

In all cells with initial values you can put data (green and/or yellow fields)
You can put either real observations (numbers) or relative genotype frequencies in the green fields. you see this text you can't run this applets  chose Options | Network

Click the Calculate button. Put the fitness of the genotypes (relative or numbers) and you can run one generation at the time by pressing the button +1 generation!, or you can get a graph over gene frequency changes over 60 generations by pressing the Run button. The corresponding data you can extract over the clip board in the lower left window.
You can also start the process by putting your gene frequencies and there after take some selections rounds.
For practical reasons delta q is put to 0 for values less than .000001. Sometimes when delta q is less than .0001 there are problems with rounding and some browsers can not see the results proper.

Example:

If you have a genetic system for instance yellow coat colour in the Labrador Retriever, where the recessive (yellow) have the fitness 1-s by selection you get:

Genotype         EE               Ee             ee       Total
----------------------------------------------------------------
Observed number  141              80             11       = 232
Frequency         p2               2pq            q2        = 1.00
Fitness           1                1            1-s      
Proportion        p2               2pq           q2(1-s)    = 1-sq2
after selection
---------

      q'  = (2pq/2 + q2(1-s))/(1-sq2)

Questions:
Calculate the gene frequency in the first 5 generations of selection and the equilibrium gene frequency in the genetic system shown below with selection favouring the heterozygotes with s₁ = 0.3 and s₂ = 0.5

Genotype         AA               Aa             aa       Total
Observed numbers 225		  157            43
Frequency        p2               2pq            q2       = 1,00
Fitness          1-s1              1            1-s2      
Proportion       p2(1-s1)         2pq           q2(1-s2)   = 1-p2s1 - q2s2
after selection

How many generations will it take to reach equilibrium within 0.02 units ?

What would happen after 5 generations selection if s₁ = -0.3 and s₂ = -0.5
Would there be any equilibrium ?

3.5 Selection: Change in gene- and genotype frequencies, and effect of population size

In all cells with initial values you can put data (green and/or yellow fields)
You can put either real observations (numbers) or relative genotype frequencies in the green fields. you see this text you can't run this applets  chose Options | Network

Click the Calculate button. Put the fitness of the genotypes (relative or numbers) and you can run one generation at the time by pressing the button +1 generation!, or you can get a graph over gene frequency changes over 60 generations by pressing the Run button. The corresponding data you can extract over the clip board in the lower left window.
If you define population size (pop. size) you can simulate random changes in gene frequencies over time.
If you define more populations (number of pop.) you get an average estimate of the gene frequenices over generations and its standard error.
If you use large and many populations the simulation might take several minutes, start with few and small populations so you can have an impression of the time consumption on your computer.

For utilization of the deterministic model the upper part of this applet go to applet 3.4 and its explanation.

Example:

If you have a genetic system (Aa) with gene frequency q=.5. and you have random mating. How many populations out of ten would either have lost or fixed the gene a after 20 generations ? after 40 ? and after 60 generations ?

Put 10 in the pop size box, and pres Run 10 times recording loss or fixation of gene 'a' in each run.

Questions:
Calculate the gene frequency in the first 60 generations of selection in the genetic system shown below with selection favouring the heterozygotes with s₁ = 0.3 and s₂ = 0.5 having a population size of 20.

Genotype         AA               Aa             aa       Total
Observed numbers 225		  157            43
Frequency        p2               2pq            q2       = 1,00
Fitness          1-s1              1            1-s2      
Proportion       p2(1-s1)         2pq           q2(1-s2)   = 1-p2s1 - q2s2
after selection

Will equilibrium within 0.02 units be reached ?

4.4 An Applet for general matrix handling and calculating relationship and inbreeding

Matrices are just defined by line length and number of lines. To edit data in the data field is very troublesome as the return key can not be used for giving a new line as it works as pressing the eval. button. For larger sets of data use notepad or any other editor. Move the data to the input area by means of the clip board using ctrl-ins (copy) and shift-ins (insert).

Example:
Example of calculating inbreeding where the columns in the matrix shown below are animal, sire and dam, where the oldest animals should appear first. The pedigree are converted in the 'a' matrix as done below (0 means unknown parent):

animal sire dam --------------- a = 1 0 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 2 3 6 4 3 7 5 6

Take these data including (a=) in the clip board and transfer them to input window and there after press the 'evaluate' button and the matrix should appear in the result window.
There after use in the input window:

      rel = :tabular(a)

The rel relationship matrix will appear in the result window and will look as shown below. Number of digits can be set, replacing the 6 with 3 will change the number of digits to 3.

        Relationship matrix  1+F (inbreeding) in the diagonal 
         rel =
             1.000    0.500   0.500   0.500   0.500   0.500   0.500
             0.500    1.000   0.250   0.250   0.625   0.250   0.437
             0.500    0.250   1.000   0.250   0.625   0.625   0.625
             0.500    0.250   0.250   1.000   0.250   0.625   0.437
             0.500    0.625   0.625   0.250   1.125   0.437   0.781
             0.500    0.250   0.625   0.625   0.437   1.125   0.781
             0.500    0.437   0.625   0.437   0.781   0.781   1.218

If you are interested in the inbreeding coefficient, only, you run the inbred procedure as follow:

      inb = :inbred(a)
you will have the following, in the results window, with animal number and inbreeding coefficient:
	Animal   F (inbreeding) 
      inb =
 	1.000	 0.000	
 	2.000	 0.000	
 	3.000	 0.000	
 	4.000	 0.000	
 	5.000	 0.125	
 	6.000	 0.125	
 	7.000	 0.218	

For inverting the relationship matrix use the command:

        inv = :invert(rel)

Or setting up the inverse relationship matrix direct from the a matrix only to use with non inbreeding:

        d_inv = :dinvers(a)

Below is shown a hand calculated example with the two general formula in use.
The relationship between two animals is the average relationship between the oldest and the others two parents.
and the inbreeding of an individual is half the relationship between the two parents.

For your own data put them in the matrix 'a' and repeat the process:

Questions:
In the pedigree shown below the individuals have been assigned the numbers from 1 to 11.

Animal Sire Dam , where 0 means unknown 1 0 0 2 0 0 3 0 0 4 0 0 5 0 0 6 2 1 7 5 4 8 7 3 9 7 6 10 7 8 11 10 9

Calculate the inbreeding coefficient for the individuals No 10 and 11, and calculate the additive relationship coefficient between individual 11 and all others in the pedigree. The data set to be used for the calculations is given above.

What would be the inbreeding coefficient after 5 generation of full sib mating?

5.6 Calculation of Chi-square test for deviation from Mendelian ratios

Example:
Test of segregation ratios from known mating can be done by Chi-square test. If you have a test mating between two heterozygotes Aa x Aa the offspring would have an expected segregation ratio of 1:2:1 as shown in the table below, where the ratios are converted to a 0.25 : 0.5 : 0.25.

Genotype      AA               Aa             aa       Total
-----------------------------------------------------------------
Number, obs    30               51             39      = 120 = N
Frequency,     .25              .5            .25      = 1,00
Number,         30               60             30      = 120
Deviations      0                -9              9 
Chi-Square      0               1,35            2,70    = 4,05
----------

The number of degrees of freedom is df = 3-1 = 2, as the material is only providing the parameter N being used to calculate the expected numbers. The Chi-square value is less than the test value 5,99, which means that there is not statistically significant deviations from a 1:2:1 segregation ratio on the 5% level.

Questions:
Calculate a Chi-square for the following observation set from test mating of known carriers.

Total numbers of observations   30
Number of affected              16

Is the segregation ratio statistically significant different from a 1:3 segregation ratio ?

5.7 Calculation of corrected segregation ratio according to Singles method

In the cells with green colour put your data and press the Calculate button.

Example:
The disease tyrosinemia in mink is investigated by the following set of field data for recessive Mendelian inheritance. A description of the disease tyrosinemia in mink are published by Christensen et al. Canadian J. Comparative Medicine, 43:333-340, 1979.

In the data set 16 litters are included with at least one affected offspring. The observed numbers are given below.

T = 94   - total numbers of pups
A = 32   - total number of affected
A1 = 4   - number of families with one affected pup
A2 = 9   - number of families with two affected pups

The Z² are Chi-squared distributed with 1 degree of freedom. The test of p-hat is against 0,25, this is the expected ratio when both parents are carrier and there is recessive inheritance. The test value is less than 3.84. Therefore the deviations can be accepted as not statistically significant.

Questions:
Calculate the corrected segregation ratio for the following observation set of field data, where there has been at least one affected per family.

T =  30  - total numbers of observations
A =  16  - total number of affected
A1 = 12  - number of families with one affected 
A2 =  2  - number of families with two affected 

Is the segregation ratio statistically significant different from 1:3 segregation.

Applet for mean, Genotypic and Breeding values and Dominance

6.2 Applet for calculation of mean, Genotypic and Breeding values and Dominance deviations

In all cells with initial values you can put data (green and/or yellow fields)

Run problems

When you have entered your data or you want to calculate the loaded test example press the Calculate button, you can proceed by setting deltaq, or getting the graph by pressing the run button and you get the new values by pressing the q+deltaq button or getting the graph by pressing the run button.

Example:
The test example is the transfferin example given in Veterinary Genetics. Jersey cows with the genotype tt yield 2082 kg milk and cows with the genotypes Tt and TT yield 1882 kg milk. The gene frequencies p(T) and q(t) are given as 0,67 and 0,33, respectively.

All the values are calculated by the classical formula for a mean value and the breeding value is defined as shown below. To see the results press the Calculate button.

Questions:
Calculate the breeding value and dominance deviation for the gene frequencies p equal .1, .2, .3, .4, .5, .6, .7, .8 and .9 for the following genotypic values

A2A2    100
A1A2    115
A1A1    110

Compare the results, for which gene frequency are there the smallest difference in breeding value between the three genotypes and the smallest additive variance? why ?

The halothane locus (Hal) has influence on the quality of swine meat on the basis of a meat quality index where meat colour is the main component. The average index for the (Hal) genotypes are given below:

			Genotype	Meat-quality-index
			 N/N 	        8.00
			 N/n  	        7.10
			 n/n  	        6.00

7.2 Estimating simple forms of breeding values

In all cells with initial values you can put data (green fields) and press the Calculate button. Results are rounded to four decimals.

Example:
If you want to see how the applet work before you enter your own data just press the Calculate button using the initial values.
In the figure below you see a regression line for the index (I) for the true breeding value (A) of an individual based on measurements (average of the records for offspring, sibs etc. = P's).. The coefficients of relationship can be defined in the bottom line.
P'er = phenotype measurments
n = number of phenotypes
P_g bar = average of the P's
a' = relationship between the index animal and the P's
a = relationship between the P's
P bar = Populationen mean
A bar = Populations mean A's = P bar
h² = heritability
c² = common environmental factor for the P's
r_AI = the accuracy of the index
t = a h² + c² = phenotypic correlation between P's

Questions:
Calculate the breeding value for the following animals when Mean=100 and the heritability have the following values 5, 10, 25, 40 and 60 %.

own performance 	 110
average of the parents  115
10 half sib offspring   106
100 half sibs           105

Compare the results, which animal have the highest breeding value for each heritability? And which one have the most accurate estimate for each heritability ?

7.2 Estimating animal model breeding values

The applet can handle inbreeding, relationship, calculating the inverse and estimating animal model breeding values. It will perform well up to 2000 observations and might be even more. It has been made for solving smaller scientific problems and for educational purposes. It is worth to note that the numeration of the animals is free as long as the oldest appear first. code=TabularApp.class name=TabularApp width=800 height=500 >If you see this you can't run the applet.

The estimating the animal model breeding values, command an=:animalm(a), can correct for any number of class variables or continued variables in any combinations.
For class variables the fist class is excluded for not having a degree of freedom as the mean value always is calculated. Zero is treated as missing value so if zero is a part of the observation set a constant should be added. The first 3 columns in the dataset shall contain animal, sire and dam - all other columns can be used freely

The first data line specify the parameters as follows - referring to first example below as well as in general

1.  1 specify (sigmaE/sigmaA)2  which in this case equals h2 = .50

2.  0 printing the solutions
    1 printing the solutions and the accuracy squared, for smaller number of data (pc-time problems)
    2 printing the triangualrization inclusive dependent var - last line the solutions
    3 printing the rearranged input with classes from zero to n-1 and dependent variable as the final.
    4 printing the equations inclusive the dependent var.

3.  0 normal model
    1 model with inbreeding - for smaller number of data (more roundings and pc-time problems)
    
4.- 0 exclude the trait from the analyse   
    1 specify a continued variable where the last one is the dependent trait 
   -1 specify the dependent trait if not the last trait -  which is then interchanged with the last variable 
    2 specify a class variable
    3 specify a class variable but with all classes included (this can not be solved)

Example of estimating animal model breeding values for 8 animals, where the input file contains:
Animal Sire Dam, where 0 means unknown, one fixed factor, two continued vars. and the trait litter size - except first line which specify the parameters explained above.

Put the data below in the input window followed by a return stroke a= 1 0 0 2 1 1 1 1 0 0 3 2 0 10 2 0 0 2 3 1 9 3 0 0 1 4 0 8 4 0 0 2 1 1 7 5 1 2 1 5 1 9 6 1 2 1 6 0 10 7 3 4 2 4 1 8 8 5 6 3 6 1 11

Genealogical diagram

Resulting in the following in the output window a = 1 0 0 2 1 1 1 1 0 0 3 2 0 10 2 0 0 2 3 1 9 3 0 0 1 4 0 8 4 0 0 2 1 1 7 5 1 2 1 5 1 9 6 1 2 1 6 0 10 7 3 4 2 4 1 8 8 5 6 3 6 1 11

Followev by an=:animalm(a) and a return stroke resulting in Animal model solutions an = 1.0000 0.1955 2.0000 0.4287 3.0000 -0.3799 4.0000 -0.2443 5.0000 0.3420 6.0000 0.3582 7.0000 -0.4206 8.0000 0.2903 0.0000 6.9749 mean value 2.0000 0.5183 class there is no degree of freedom for class 1 3.0000 1.8716 class 0.0000 0.4191 regression 1 0.0000 -0.5322 regression 2

In the referred theory by Poul Jensen the first example on growth rate in young pigs can not be solved as the class year is given for all animals as follows. But the system will nullify the first year and it is then converted to a regression giving 4.3883 gram extra the second year. The heritability is set to 0.33.

a= 2 0 0 2 1 1 0 0 0 0 2 0 0 1 225 3 0 0 1 220 4 0 0 1 255 5 1 3 2 250 6 1 3 2 198 7 2 4 2 245 8 2 4 2 260 9 2 4 2 235

Genealogical diagram

Animal model solutions animal estimate an = 1.0000 -3.1844 2.0000 -0.3009 3.0000 -6.2135 4.0000 9.6990 5.0000 -1.0912 6.0000 -11.4912 7.0000 5.4271 8.0000 8.4271 9.0000 3.4271 0.0000 232.2718 0.0000 4.3883

In case some of the parents are inbred the estimates will not be the same. In the following small example solutions are made with (parameter 3 set to 1) and without inbreeding. Example 2.1 from RA Mrode 'linear models for estimating breeding values, CABI Publishing'. The heritability is set to 0.33.

a= 2 0 1 1 1 0 0 15 2 0 0 19 3 1 2 7 4 1 0 13 5 4 3 22 6 5 2 10

Genealogical diagram

Animal model solutions not accounting for inbreeding an = 1.0000 -0.3699 2.0000 0.1725 3.0000 -1.0988 4.0000 0.1110 5.0000 0.7084 6.0000 -0.5484 0.0000 14.5041

Animal model solutions accounting for inbreeding an = 1.0000 -0.3665 2.0000 0.1689 3.0000 -1.0983 4.0000 0.1131 5.0000 0.7070 6.0000 -0.4987 0.0000 14.4957

Estimating of the accuracy squared for the estimate; example 3.1 RA Mrode. The heritability is set to 0.33.

a= 2 1 0 2 1 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3 0 0 0 0 4 1 0 1 4.5 5 3 2 2 2.9 6 1 2 2 3.9 7 4 5 1 3.5 8 3 6 1 5.0

Genealogical diagram

Animal model solutions with its squared accuracy an = 1.0000 0.0984 0.0578 2.0000 -0.0187 0.0158 3.0000 -0.0410 0.0870 4.0000 -0.0086 0.1446 5.0000 -0.1857 0.1437 6.0000 0.1768 0.1154 7.0000 -0.2494 0.1162 8.0000 0.1826 0.1552 0.0000 4.3585 0.0000 0.0000 -0.9540 0.0000

Larger example solutions for y, note that there is free numbering of the animals as long as the oldest occur first, sex 2 has a 5.6002 uits lower performance.

animal sire dam y sex trait2 a= 2 0 0 -1 1 2 1 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 5 0 0 0 0 0 6 0 0 0 0 0 7 0 0 93 2 2 8 1 2 78 1 2 9 1 2 63 1 3 10 1 3 91 1 3 11 1 3 70 2 3 12 1 3 100 2 2 13 1 4 102 1 4 14 1 5 119 1 5 15 1 5 121 2 4 16 1 6 93 2 6 17 1 6 81 2 4 18 1 6 82 2 3 19 14 17 78 2 2 20 14 17 88 1 5 21 14 17 85 2 6 22 14 7 91 2 5 23 14 7 113 1 7 24 14 7 118 2 5 25 14 15 91 2 4 26 14 15 83 2 2 27 14 15 102 1 4 128 14 12 87 2 5 29 14 12 83 1 3 30 14 12 86 1 3 31 14 16 106 2 4 32 14 16 90 1 5 33 14 16 57 2 3 34 23 25 82 1 2 35 23 25 84 1 1 36 23 25 77 2 3 37 23 22 83 2 2 38 23 128 95 1 5 39 23 128 68 2 4 40 23 31 116 1 6 41 23 31 112 1 7 42 23 31 88 2 5 43 23 24 121 1 4 44 23 24 98 1 4 45 23 24 86 1 4

Animal model solutions The first variable contains numbers of animal (mean) classes and regressions and the second the estimate an = 1.0000 -1.4325 2.0000 -4.4927 3.0000 3.1002 4.0000 0.4142 5.0000 2.9162 6.0000 -3.3706 7.0000 2.8651 8.0000 -4.7612 9.0000 -5.6569 10.0000 2.9802 11.0000 -0.0996 12.0000 2.7212 13.0000 -0.0949 14.0000 -0.4850 15.0000 4.8850 16.0000 -3.7721 17.0000 -6.5152 18.0000 -0.2880 19.0000 -4.0711 20.0000 -5.4854 21.0000 -5.5097 22.0000 -0.0535 23.0000 -1.6506 24.0000 5.2497 25.0000 0.6864 26.0000 1.4889 27.0000 2.0724 128.0000 -3.1481 29.0000 1.6076 30.0000 2.2076 31.0000 0.8187 32.0000 -3.9882 33.0000 -5.0696 34.0000 -1.9767 35.0000 -0.4821 36.0000 0.2475 37.0000 -0.9527 38.0000 -3.2048 39.0000 -7.2870 40.0000 2.0375 41.0000 -0.6642 42.0000 -1.8980 43.0000 5.5520 44.0000 0.9520 45.0000 -1.4479 0.0000 90.0823 2.0000 5.4732 3.0000 -5.0481 4.0000 15.9558 5.0000 16.9446 6.0000 19.6661 7.0000 29.1753 0.0000 -5.6002

which have been produced by late Poul Jensen.

8.2 Estimating breeding values and selection response

In all green fields you should define values then press the Calculate button. The delta G can be run independently of the breeding value estimations, all values in the yellow fields shall be defined.

The selection response is calculated in the lower 3 rows of the applet according to the formula shown below. The delta G is calculated per year (år). If the generation interval is set to one year the results is also per generation. The parameters are
Selection intensity, i
Accuracy of selection, r_AI
Generation interval, L
The additive standard deviation, sigma_A

Example:
The accuracy is automatically transferred from the breeding value estimation, but you can also convert an externally derived accuracy squared by means of r² to r button. If you have the proportion selected (p) put your data in the (i) field and press the convert p to i button.
The calculation is based on the average of the contribution from the sires and dams. With the given initial parameters delta G is 0.04 units if you press the Calculate delta G button.

Questions:
In a population are selected 10 % males based on progeny test of 20 offspring and 50 % females based on own performance. SigmaA is set to 1.
Calculate delta G per generation when the heritability is 0.40.

If the males as well as the females were selected on own performance calculate delta G.
Compare the two results

Repeat the calculations with a heritability of 0.10

Applet for calculating heritability for threshold traits.

8.3 Applet for calculating heritability for threshold traits (diseases)

Example:
Enter your observed numbers and degree of relationship (green fields) and then press the Calculate button. The values in the (Degree of relationship) field should 1, .5 and .25 for the three above mentioned cases.
You can also enter the frequencies (yellow fields) but then the numbers shall be zeros in the observed number fields. Results are rounded to four decimals.

Illustration of the case where both parents are affected are given below. The applet is initiated with the actual data; to see the calculations press the Calculate button.

Questions:
In the table below is given observed numbers for disease frequencies in the population and in first-degree relatives to diseased animals.

              Normal  Diseased  Frequency
------------------------------------------
Population      980       20        0.020
First-degree
relative        140       10        0.066
------------------------------------------

Estimate the heritability.
What is the relative risk to be related to a diseased animal ?
Is the heritability statistically significant different from 0 with (p< 0.05) ?