MODELE DE HARDY-WEINBERG

Atlas of Genetics and Cytogenetics in Oncology and Haematology

Home Genes Leukemias Solid Tumors Cancer-Prone Deep Insight Case Reports Journals Portal Teaching

X Y 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 NA

Modèle de Hardy-Weinberg

I	APPROCHE INTUITIVE
II	EQUILIBRE DE HARDY-WEINBERG
II-1	POUR UN GENE AUTOSOMAL, DIALLELIQUE, CO-DOMINANT
II-1.1	EXERCICE
III	LOI DE HW
III-1	DEMONSTRATION DE LA LOI
III-2	EXERCICES
III-3	CONSEQUENCES DE LA LOI

III-3.1	QUELLE SERA LA FREQUENCE DES ALLELES A LA GENERATION n+ 1?

III-3.2	QUELLE SERA LA FREQUENCE DES GENOTYPES A LA GENERATION n+ 1?
III-3.3	EXEMPLE
IV	EXTENSION DE HW A D'AUTRES SITUATIONS GENIQUES
IV-1	POUR UN GENE AUTOSOMAL, TRIALLELIQUE, CO-DOMINANT
IV-2	POUR UN GENE AUTOSOMAL, DIALLELIQUE, NON CO-DOMINANT
IV-3	POUR UN GENE AUTOSOMAL, TRIALLELIQUE, NON CO-DOMINANT
IV-3.1	FORMULE DE BERNSTEIN
IV-4	POUR UN GENE HETEROSOMAL (= gonosomique)
IV-4.1	CHROMOSOME Y
IV-4.2	CHROMOSOME X
V	RESUME - CONSEQUENCES DE LA LOI DE HW

I- APPROCHE INTUITIVE

La loi de Hardy-Weinberg permet, sous certaines conditions, le calcul des fréquences génotypiques à partir des fréquences allèliques. Ainsi: soient A1 et A2 deux allèles d'un même locus,

p est la fréquence de l'allèle A1		0 ≤ p ≤ 1
q est la fréquence de l'allèle A2		0 ≤ q ≤ 1	et p + q = 1

avec répartition identique des fréquences allèliques chez hommes et femmes, soit:
hommes (p,q) femmes (p,q) si ils procréent : (p + q)² = p² + 2pq + q² = 1
où:

p² = fréquence du génotype A1 A1 <-- HOMOZYGOTE
2pq = fréquence du génotype A1 A2 <-- HETEROZYGOTE
q² = fréquence du génotype A2 A2 <-- HOMOZYGOTE

fréquences constantes au fil des générations.

Exemple : hérédité autosomique récessive avec allèles A et a, de fréquences allèliques p et q :

--> fréquence des génotypes :	AA = p²	et des phénotypes [ ]:	[A] = p² + 2pq
	Aa = 2pq		[a] = q²
	aa = q²

Exemple : phenylcétonurie (autosomique récessive), dont le gène délétère a une fréquence de 1/100:
--> q = 1/100
donc, la fréquence de la maladie est q² = 1/10 000,
et la fréquence des hétérozygotes est 2pq = 2 x 99/100 x 1/100 = 2/100;
Noter que les hétérozygotes sont nombreux: 1/50, deux cent fois plus que les atteints.

Pour une maladie rare, p est très peu différent de 1, et la fréquence des hétérozygotes = 2q.

Nous utilisons ces formules implicitement, en génétique formelle et en génétique des populations confondues, sans se préoccuper habituellement si, et sous quelles conditions, elles sont applicables.

II- EQUILIBRE DE HARDY-WEINBERG

L'équilibre de Hardy-Weinberg, encore appelé équilibre panmictique, a été mis en évidence au début du XXème siècle par plusieurs chercheurs, en particulier Hardy, mathématicien et Weinberg, médecin.
L'équilibre de Hardy-Weinberg est le modèle théorique central de la génétique des populations. La notion d'équilibre dans le modèle de Hardy-Weinberg est soumise aux hypothèses/conditions suivantes :

La population est panmictique (les couples se forment au hasard (panmixie), et leurs gamètes se recontrent au hasard (pangamie)).
La population est "infinie" (très grande: pour minimiser les variations d'échantillonnage).
Il ne doit y avoir ni sélection, ni mutation, ni migration (pas de perte/gain d'allèle).
Les générations successives sont discrètes (pas de croisement entre générations différentes).

Dans ces conditions, la diversité génétique de la population se maintient et doit tendre vers un équilibre stable de la distribution génotypique.

II-1. POUR UN GENE AUTOSOMAL, DIALLELIQUE, CO-DOMINANT (Allèles A1 et A2)

Soit:

Les fréquences des génotypes F(G) sont appelées D, H, et R avec 0 =< [D,H,R] = < 1 et D + H + R = 1

Les fréquences des allèles F(A) sont nomées p, et q avec 0 =< [p,q] =< 1 et p+q = 1

Génotypes	A1A1	A1A2	A2A2
Effectifs	DN	HN	RN	(effectifs totaux N)
Fréquences F(G)	D	H	R	avec (D+H+R) = 1

fréquences allélique F(A) : de A1 D + H/2 = p

de A2 R + H/2 = q avec p+q=1

NOTES

Les fréquences génotypiques F(G) permettent, dans tous les cas, de calculer les fréquences alléliques F(A)

F(A) perd de l'information par rapport à F(G)

si p = 0 : allèle perdu ; si p = 1: allèle fixé.

première démonstration que p = D + H/2, par dénombrement d'allèles :
effectif population = N -> nombre d'allèles = 2N
p = nb A1 / nb total = (2DN + HN) / 2N = D + H/2
de même pour A2 :
q = nb A2 / nb total = (2RN + HN) / 2N = R + H/2 (notez la symétrie entre p et q)

deuxième démonstration, par le calcul des probabilités :

proba tirer A1 =	tirer A1A1 : D x 1 de tirer ensuite A1 dans A1A1
ou	tirer A1A2 : H x 1/2 de tirer ensuite A1 parmi A1A2
somme:	-> P(A1) = D + H/2

de même pour A2 ...;

II.1.1. EXERCICE

soit les phénotypes   [A1] [A1A2] [A2]

les génotypes   A1A1 A1A2 A2A2

les effectifs   167 280 109    total N : 556

calculer les fréquences suivantes : F(P : phénotypes) , F(G : génotypes), F(A: allèles), F(gamètes) :
F(A) = F(gam), car il y a 1 allèle (de chaque gène) par gamète
Ici, de plus, F(p) = F(G), car allèles co-dominants

F(P) = F(G)	167/556	280/556	109/556
Soit :	D=0.300	H=0.504	R=0.196	vérifiez:Σ (D,H,R) =2

F(A) = F(gam.) p = D+H/2 = (167+280/2)/ 556 soit 0.300+0.504/2 = 0.552

q = R+H/2 = (109+280/2)/ 556 soit 0.196 + 0.504/2 = 0.448

vérifiez: Σ (p,q)=1

III- LOI DE HW

Dans une population dont l'effectif est infini (très grand), panmictique (mariages au hasard), en l'absence de mutation et de sélection, la fréquence des génotypes sera le développement de (p+q)², p et q étant les fréquences alléliques

FIG.1

La figure montre la correspondance entre la fréquence allélique q de a et les fréquences génotypiques dans le cas de deux allèles en régime panmictique. La fréquence maximale des hétérozygotes H est alors atteinte lorsque p = q et H = 2pq = 0,50. A l'inverse, lorsque l'un des allèles est rare (ex: q très petit), presque tous les sujets possédant cet allèle se trouvent sous la forme hétérozygote.

III-1. DEMONSTRATION DE LA LOI

Soit un gène autosomique A dans une population sous deux formes allèliques A1 et A2 (de fréquences identiques dans les deux sexes, bien sûr). Comme il y a codominance, la distinction des 3 génotypes est possible. Sous les hypothèses/conditions de Hardy-Weinberg (HW), Les individus de la génération n + 1 seront considérés comme les descendants de l'union au hasard d'un gamète mâle et d'un gamète femelle.
Par conséquent, si, à la génération n, la probabilité de tirer un allèle A1 est p, celle de produire après la fécondation un zygote A1A1 est p x p = p² de même pour A2, celle de produire un zygote A2A2 est q x q = q². La probabilité de produire un hétérozygote est pq + pq = 2pq. Enfin, p² + 2pq + q² = (p+q)² = 1

A1A1	A1A2	A2A2
D = p²	H=2pq	R = q²	<- seulement sous HW

Tableau des gamètes

A1 A2

(p) (q)

_________ __________

A1 (p) A1A1 (p²) A1A2 (pq)

A2 (q) A1A2 (pq) A2A2 (q²)

(Les fréquences allèliques permettent, seulement sous HW, de calculer les fréquences génotypiques)

les fréquences allèliques restent invariantes d'une génération à l'autre .

les fréquences génotypiques restent invariantes d'une génération à l'autre.

III-2. EXERCICES

exercice : Montrer que, s'il n'y a pas panmixie, deux populations ayant des fréquences allèliques similaires peuvent avoir des fréquences génotypiques différentes (vous montrerez à cette occasion qu'il y a perte d'information entre fréquence génotypique et fréquences allèlique) :
exemple : pour p = q = 0,5

réponse:

si H = 0->	p = D + H/2 = 0.5	->	D = 0.5	H = 0	R = 0.5
si H = 1->	D = R = 0	->	D = 0	H = 1	R = 0

exercice : calcul des fréquences génotypiques et allèliques, calcul des effectifs attendus sous HW (effectifs théoriques), et vérification que nous sommes sous HW :

AA	AB	BB
1787	3039	1303	N=6129
DN	HN	RN

réponse:

F(A) = (1787 + 3039/2) / 6129 = 0.54 = p
F(B) = (1303 + 3039/2) / 6129 = 0.46 = q … et Σ (p,q)=1
fréquences génotypiques attendues sous HW de
AA : p² = (0.54)² = 0.2916
AB = 2pq = 2x 0.54 x 0.46 = 0.4968
BB : q² = (0.46)² = 0.2116
Effectifs attendus sous HW de
AA : p²N = 0.2916 x 6129 = 1787.2
AB : 2pqN = 0.4968 x 6129 = 3044.9
BB : q²N = 0.2116 x 6129 = 1296.9

Vérification :

χ² = Σ (Oi - Ci)²
Ci = (1787 - 1787.2)²
1787.2 + (3039 - 3044.9)²
3044.9 + (1303 - 1296.9)²
1296.9 = NS

-> nous sommes sous HW

III-3. CONSEQUENCES DE LA LOI

Evolution de HW au cours des générations (démonstration de l'invariabilité des fréquences). Dans une population sous HW, un équilibre concernant la distribution des fréquences génotypiques sera atteint en un seul cycle de reproduction.

Soit une population à la génération i :

III-3.1. QUELLE SERA LA FREQUENCE DES ALLELES A LA GENERATION n+1 ?

	A1A1	A1A2	A2A2
n	p²	2pq	q²

n + 1 F(A1) = D + H/2 = p² +1/2 (2pq) = p (p+q) = p

F(A2) = R + H/2 = q² +1/2 (2pq) = q (p+q) = q

-> pas de modification des fréquences allèliques:

à la génération n, on a p et q
à la génération n+1, on a p et q

III-3.2. QUELLE SERA LA FREQUENCE DES GENOTYPES A LA GENERATION n+1 ?

mâle   p²   2pq   q²

femelle   A1A1   A1A2   A2A2

  p²   A1A1 A1A1   A1A1   Pas de A1A1

  2pq   A1A2   1/2 A1A1   1/4 A1A1   Pas de A1A1 Génération n+1

  q²   A2A2   Pas de A1A1   Pas de A1A1   Pas de A1A1

Fréquence de (A1A1) à la génération n+1 = (p²)² + 1/2 (2 pq.p²) + 1/2 (p².2pq) + 1/4 (2pq)²

= p⁴ + p³q + p³q + p²q² = p² (p² + 2pq + q²) = p²

La fréquence du génotype (A1A1) ne change pas en passant de la génération n à la génération n+ 1 (même démonstration pour les génotypes (A2A2 ) et (A1A2)).

Dès que la population est à l'équilibre de Hardy Weinberg la structure génotypique ne varie plus.
Dans de très nombreux exemples les fréquences observées dans les populations naturelles sont conformes à celles attendues par la loi de Hardy-Weinberg.

III-3.3. EXEMPLE

Les groupes sanguins MN chez l'homme

Groupes : MM MN NN

Effectifs : 1787 3039 1303 Total, N = 6129

Fréquence de M = (1787 + 3039/2)/6129 = 0.540 = p
Fréquence de N = (1303 + 3039/2)/6129 = 0.460 = q

Proportion attendue de MM = p² = (0.540)² = 0,2916
Proportion attendue de MN = 2pq = 2(0.540)(0.460) = 0.4968
Proportion attendue de NN = q² = (0.460)²= 0.2116

Effectifs attendus d'après Hardy-Weinberg :
pour MM = p²N = 0,2916 x 6129 = 1787.2
pour MN = 2pqN = 0,4968 x 6129 = 3044.9
pour NN = q²N = 0,2116 x 6129 = 1296.9
Dans le cas présent, il est inutile de faire un c2 pour voir que les effectifs réels ne sont pas statistiquement différents de ceux prévus.

IV- EXTENSION DE HW A D'AUTRES SITUATIONS GENIQUES

IV-1. POUR UN GENE AUTOSOMAL, TRIALLELIQUE, CO-DOMINANT

3 allèles A1, A2, A3

de fréquences F(A1) = p, F(A2) = q, F(A3) = r

il y aura 6 génotypes

A1A1 A1A2 A1A3 A2A2 A2A3 A3A3

Fréquences
génotypiques sous HW p² 2pq 2pr q² 2qr r²

p q r

A1 A2 A3

p A1 p² pq pr

q A2 pq q² qr

r A3 pr qr r²

IV-2. POUR UN GENE AUTOSOMAL, DIALLELIQUE, NON CO-DOMINANT

A est dominant sur a, récessif; dans ce cas les génotypes (AA) et (Aa) ne pourront pas être distingués dans la population. Seuls les individus de phénotype [A] d'effectif N1 pourront être reconnus des individus de phénotypes [a] d'effectif N2.

Génotypes AA Aa aa

Phénotypes [A] [a]

Effectifs N1 N2 Total N

Fréquences génotypiques 1-q² q²

avec q² = N2/N = N2 / (N1 + N2)

Et la fréquence de l'allèle a = F(a) = (q²)^/1/2 = (N2/(N1 + N2))^1/2
Il s'agit d'une méthode couramment utilisée en génétique humaine pour calculer la fréquence des gènes récessifs rares.

Fréquences des homozygotes et des hétérozygotes pour des règnes récessifs rares chez l'homme

Gène Incidence dans la
population q² Fréquence
allélique q Fréquence des
hétérozygotes 2pq

Albinisme 1/22500 1/150 1/75

Phénylcétonurie 1/10 000 1/100 1/50

Mucopolysaccharidose 11/90 000 1/300 1/150

IV-3. POUR UN GENE AUTOSOMAL, TRIALLELIQUE, NON CO-DOMINANT

Exemple: les systèmes des groupes sanguins ABO. Bien que le système des groupes sanguins (ABO) chez l'homme soit souvent pris comme un exemple simple de polyallélie, il représente cependant un cas relativement complexe à cause de la codominance de A et B, de la présence d'un allèle nul 0 et de la dominance de A et B sur 0.
Si l'on désigne par

p la fréquence de l'allèle A
q la fréquence de l'allèle B

les diverses fréquences génotypiques et phénotypiques sont observées en appliquant la loi de Hardy-Weinberg.

Phénotypes Génotypes Fréquences génotypiques Fréquences phénotypiques

[A] (AA) p²

(AO) 2pr p²+2pr

[B] (BB) q²

(BO) 2qr q²+2qr

[AB] (AB) 2pq 2pq

[O] (OO) r² r²

En utilisant les identités remarquables telles que:

p² +2pr +r² = (p+r)²
q² +2qr +r² = (q+r)² avec F[A] + F[O] = p² +2pr +r² = (p+r)²
F[B] + F[O] = q² +2qr +r² = (q+r)²
et F[O] = r²

IV-3.1. FORMULE DE BERNSTEIN (1930)

Les formules de Bernstein (1930) simplifient les calculs:
p = 1 - (F[B] + F[O])^1/2
q = 1 - (F[A] + F[O])^1/2
r = (F[O])^1/2

puis, si p+q+r # 1, correction par la déviation D = 1 - (p + q + r) -->
p'= p (1 + D/2)
q'= q (1 + D/2)
r'= (r + D/2) (1 + D/2)

Exemple :

Groupes A B O AB

Effectifs 9123 2987 7725 1269

Fréquences 0.4323 0.1415 0.3660 0.601

p = 1 - (0.3660+0.1415)1/2 = 0.2876
q = 1 - (0.3660+0.4323)1/2 = 0.1065
r = = 0.6050
p+q+r = 0.9991 ... --> p'= 0.2877, q'= 0.1065, r'= 0.6057.

IV-4. POUR UN GENE HETEROSOMAL (= gonosomique)

IV-4.1. CHROMOSOME Y : fréquence p et q chez le sujet XY; transmission aux descendants mâles

IV-4.2. CHROMOSOME X :

Femelle XA1 XA1 p²
XA1 XA2 2pq

XA2 XA2 q²

Mâle XA1/Y p

XA2/Y q

soit qx chez l'homme, et qxx chez la femme, fréquences de l'allèle q :

l'X des garçons (de génération n) est transmis par les mères (génération n-1) --> q_x⁽ⁿ⁾ = q_xx^(n-1)

l'X portant l'allèle q des filles a:
1/2 chance de venir du père 1/2 chance de venir de la mère --> qxx⁽ⁿ⁾ = ( q_x^(n-1) + q_xx^(n-1))/2 -> fréquence de l'allèle chez l'homme = fréquence chez la femme à la génération précédente
-> fréquence de l'allèle chez la femme = moyenne des fréquences des 2 sexes à la génération précédente

* calcul de la différence des fréquences allèliques entre les 2 sexes :
q_x⁽ⁿ⁾ - q_xx⁽ⁿ⁾ = q_xx^(n-1) - (q_xx^(n-1))/2 - (q_xx^(n-1)) /2 = - 1/2 (q_x^(n-1) - q_xx^(n-1))

--> q_x⁽ⁿ⁾ - q_xx⁽ⁿ⁾ = (- 1/2)ⁿ (q_x⁽⁰⁾ - q_xx⁽⁰⁾) : tend vers zéro en 8 à 10 générations

* fréquence moyenne q :

1/3 des X appartiennent à l'homme, 2/3 à la femme : q = 1/3 q_x⁽ⁿ⁾ + 2/3 q_xx⁽ⁿ⁾
la fréquence moyenne est invariante (développer q1 en q0 ..... --> q1 = q0)
à l'équilibre, q^(e) est : q_x^(e) = q_xx^(e) = q^(e)

* exercice : Soit, en génération G0, 100% d'hommes normaux et 100% de femmes daltoniennes, calculer les fréquences du gène jusqu ‘ à G6 :

réponse

G0: XNY XDXD

G0 : qx(0) = 0.00 qxx(0) = 1.00

G1 : qx(1) = 1.00 qxx(1) = 0.50

G2 : qx(2) = 0.50 qxx(2) = 0.75

G3 : qx(3) = 0.75 qxx(3) = 0.63

G4 : qx(4) = 0.63 qxx(4) = 0.69

G5 : qx(5) = 0.69 qxx(5) = 0.66

G6 : qx(6) = 0.66 qxx(6) = 0.60

FIG.2

Donc:
Pour un locus lié au sexe, l'équilibre de Hardy Weinberg est atteint de manière asymptotique au bout de 8-10 générations, alors qu'il est obtenu en 1 génération pour un locus autosomique.

V- RESUME - CONSEQUENCES DE LA LOI DE HW

Que l'on soit ou non sous HW, les fréquences génotypiques (D, H, R) permettent de calculer les fréquences alléliques (p,q) , par : p = D + H/2, q = R + H/2.

Par contre, si et seulement si l'on est sous HW, on peut calculer les fréquences génotypiques à partir des fréquences alléliques, par D = p², H = 2pq, R = q².

Les relations de dominance entre allèles n'ont aucun effet sur l'évolution des fréquences allèliques (mais elles en ont un sur la difficulté des exercices !)

Les fréquences allèliques restent stables au cours du temps; les fréquences génotypiques aussi.

La ségrégation mendélienne aléatoire des chromosomes préserve la variabilité génétique des populations.

L'"évolution" étant définie par un changement des fréquences allèliques, une population diploïde idéale n'évolue pas.

Seules les violations des propriétés de la population idéale permettent le processus évolutif.

La démarche à suivre en pratique dans un problème est toujours la même:

les Effectifs Observés --> donnent les Fréquences Génotypiques (Observées);
calculez les Fréquences Allèliques: p=D/2 + S Hi/2 , q = ...
si HW (par hypothèse), alors D=p², H= 2pq, etc ... : nous calculons des Fréquences Génotypiques Théoriques sous HW.
les Fréquences Génotypiques Calculées --> donnent les Effectifs Calculés;
comparaison Effectifs Observés - Effectifs Calculés: c² = S (Oi - Ci)²/Ci
si c² significatif: on n'est pas sous HW; donc, questions:
---> Consanguinité ?
---> Sélection ?
---> Mutations ?

Contributor(s)

Written 2001-02 Robert Kalmes, Jean-Loup Huret

Genetics, Dept Medical Information, UMR 8125 CNRS, University of Poitiers, CHU Poitiers Hospital, F-86021 Poitiers, France (JLH)

© Atlas of Genetics and Cytogenetics in Oncology and Haematology
indexed on : Thu Sep 24 15:57:13 CEST 2020

Home Genes Leukemias Solid Tumors Cancer-Prone Deep Insight Case Reports Journals Portal Teaching

X Y 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 NA

For comments and suggestions or contributions, please contact us

jlhuret@AtlasGeneticsOncology.org.

fréquences allélique F(A) :	de A1	D + H/2 = p
	de A2	R + H/2 = q	avec p+q=1

soit	les phénotypes	[A1]	[A1A2]	[A2]
	les génotypes	A1A1	A1A2	A2A2
	les effectifs	167	280	109	total N : 556

F(A) = F(gam.)	p = D+H/2 = (167+280/2)/ 556 soit 0.300+0.504/2 = 0.552
	q = R+H/2 = (109+280/2)/ 556 soit 0.196 + 0.504/2 = 0.448
		vérifiez: Σ (p,q)=1

	A1	A2
	(p)	(q)
	_________	__________
A1 (p)	A1A1 (p²)	A1A2 (pq)
A2 (q)	A1A2 (pq)	A2A2 (q²)

n + 1	F(A1) = D + H/2 = p² +1/2 (2pq) = p (p+q) = p
	F(A2) = R + H/2 = q² +1/2 (2pq) = q (p+q) = q

	mâle	p²	2pq	q²
femelle		A1A1	A1A2	A2A2
p²	A1A1	A1A1	A1A1	Pas de A1A1
2pq	A1A2	1/2 A1A1	1/4 A1A1	Pas de A1A1	Génération n+1
q²	A2A2	Pas de A1A1	Pas de A1A1	Pas de A1A1

Fréquence de (A1A1) à la génération n+1	= (p²)² + 1/2 (2 pq.p²) + 1/2 (p².2pq) + 1/4 (2pq)²
	= p⁴ + p³q + p³q + p²q² = p² (p² + 2pq + q²) = p²

3 allèles	A1,	A2,	A3
de fréquences	F(A1) = p,	F(A2) = q,	F(A3) = r

	A1A1	A1A2	A1A3	A2A2	A2A3	A3A3
Fréquences génotypiques sous HW	p²	2pq	2pr	q²	2qr	r²

Génotypes	AA	Aa	aa
Phénotypes	[A]	[a]
Effectifs	N1	N2	Total N
Fréquences génotypiques	1-q²	q²

Gène	Incidence dans la population q²	Fréquence allélique q	Fréquence des hétérozygotes 2pq
Albinisme	1/22500	1/150	1/75
Phénylcétonurie	1/10 000	1/100	1/50
Mucopolysaccharidose	11/90 000	1/300	1/150

Groupes	A	B	O	AB

Effectifs	9123	2987	7725	1269
Fréquences	0.4323	0.1415	0.3660	0.601

G0: XNY	XDXD
G0 : qx(0) = 0.00	qxx(0) = 1.00
G1 : qx(1) = 1.00	qxx(1) = 0.50
G2 : qx(2) = 0.50	qxx(2) = 0.75
G3 : qx(3) = 0.75	qxx(3) = 0.63
G4 : qx(4) = 0.63	qxx(4) = 0.69
G5 : qx(5) = 0.69	qxx(5) = 0.66
G6 : qx(6) = 0.66	qxx(6) = 0.60

Written	2001-02	Robert Kalmes, Jean-Loup Huret
		Genetics, Dept Medical Information, UMR 8125 CNRS, University of Poitiers, CHU Poitiers Hospital, F-86021 Poitiers, France (JLH)