Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 75 min. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
L'ADN se copie de façon semi-conservative : chaque molécule fille garde un brin parental. L'ADN polymérase lit la matrice de 3' vers 5' et allonge le brin neuf de 5' vers 3', à partir d'une extrémité 3'-OH libre (l'hydroxyle du dernier nucléotide) : face à 3'-TAC-5', elle écrit 5'-ATG-3'. L'hélicase ouvre les brins ; la primase pose une amorce d'ARN, point de départ remplacé ensuite par de l'ADN ; la ligase soude les morceaux. Les brins étant antiparallèles (de sens opposés), l'un est copié en continu, l'autre en courts fragments d'Okazaki (brin discontinu).
Ce qui échappe à la relecture de la polymérase est corrigé sur le brin neuf, reconnu chez E. coli à ses adénines pas encore méthylées : c'est la réparation des mésappariements. Une base abîmée isolée part seule (excision de base) ; une lésion qui déforme l'hélice, comme un dimère de thymines dû aux UV, part avec un segment du brin (excision de nucléotides). Non réparée, une erreur devient une mutation : silencieuse (même acide aminé), faux-sens (autre acide aminé) ou non-sens (codon stop). Au bout des chromosomes (les télomères), la dernière amorce du brin discontinu ne peut pas être remplacée : ils raccourcissent à chaque division, sauf si la télomérase les rallonge avec sa propre matrice d'ARN.
Formules à retenir :
- Fraction de molécules hybrides après $g$ générations (départ tout lourd) : $f = \dfrac{2}{2^g}$.
- Durée de réplication avec $n$ origines : $t = \dfrac{L}{2\,n\,v}$ ($L$ en paires de bases, $v$ vitesse d'une fourche).
Piège classique : le brin discontinu n'est pas fabriqué « de 3' vers 5' ». Chaque fragment d'Okazaki est allongé de 5' vers 3', en s'éloignant de la fourche.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Des bactéries cultivées sur azote lourd ($^{15}\mathrm{N}$) passent sur azote léger ($^{14}\mathrm{N}$). À chaque génération, on sépare leur ADN selon sa densité (expérience de Meselson et Stahl). Si la réplication est semi-conservative, quelles bandes obtient-on après 1, 2 et 3 générations, en quelles proportions ?
Correction :
On suit les brins : les deux brins lourds de départ finissent chacun dans une molécule hybride (un brin lourd, un brin léger), toutes les autres sont légères, d'où $f = \dfrac{2}{2^g}$.
Génération 1 : $100\,\%$ hybride (une seule bande, intermédiaire) ; génération 2 : $50\,\%$ hybride, $50\,\%$ léger ; génération 3 : $25\,\%$ hybride, $75\,\%$ léger.
À éviter : conclure dès la génération 1, qui écarte le modèle conservatif mais pas le modèle dispersif (brins mi-anciens, mi-neufs) ; c'est la génération 2 qui tranche.
Exercice 2 : Associe chaque enzyme à son rôle. Enzymes : hélicase, primase, ADN polymérase, ADN ligase. Rôles : (a) synthétise une courte amorce d'ARN ; (b) relie deux fragments voisins par une liaison phosphodiester ; (c) rompt les liaisons hydrogène entre les deux brins ; (d) allonge le brin neuf et relit sa copie.
Correction :
On suit l'ordre des événements : ouvrir, amorcer, allonger, souder.
Hélicase (c), primase (a), ADN polymérase (d), ADN ligase (b).
Exercice 3 : Un brin matrice a pour séquence 3'-TACGGATC-5'. (a) Écris le brin neuf qui s'y apparie, avec ses extrémités. (b) La fourche progresse vers l'extrémité 3' de cette matrice. Ce brin neuf est-il continu ou discontinu, et dans quel sens est-il allongé ?
Correction :
On apparie base à base, puis on inverse l'orientation.
(a) 5'-ATGCCTAG-3'.
(b) La polymérase avance vers l'extrémité 5' de la matrice, donc à l'opposé de la fourche : brin discontinu, en fragments d'Okazaki allongés chacun de 5' vers 3'.
À éviter : écrire 3'-ATGCCTAG-5', qui recopie l'orientation de la matrice.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : Une ADN polymérase purifiée, mise avec les quatre désoxyribonucléotides et un ADN simple brin circulaire, ne synthétise rien. Si l'on ajoute un fragment d'ADN de 20 nucléotides complémentaire d'une région de ce brin, la synthèse démarre. (a) Explique ces deux résultats. (b) Dans la cellule, quelle enzyme fournit ce point de départ, et que devient-il ?
Correction :
La polymérase n'allonge qu'une extrémité 3'-OH déjà appariée à la matrice.
(a) Un cercle n'a pas d'extrémité : rien à allonger. Le fragment apparié fournit l'extrémité 3'-OH.
(b) La primase, qui pose une amorce d'ARN ; celle-ci est ensuite remplacée par de l'ADN, puis la ligase soude la coupure.
Exercice 5 : Chez E. coli, après réplication, une paire G-T apparaît : G sur le brin parental, T placé par erreur sur le brin neuf. La réparation des mésappariements retire le segment portant l'une des deux bases, puis le recopie. (a) Montre qu'un choix au hasard ne corrigerait l'erreur qu'une fois sur deux. (b) Comment le brin neuf est-il reconnu ?
Correction :
On suit chaque choix jusqu'à la paire finale.
(a) Retirer le T redonne G-C, la séquence d'origine ; retirer le G donne A-T, une mutation : une chance sur deux.
(b) Il n'est pas encore méthylé, contrairement au brin parental, qui porte des adénines méthylées.
À éviter : chercher « la mauvaise base » ; G et T sont normales, seul le brin dit laquelle est fautive.
Exercice 6 : Une cellule de la peau porte deux lésions de l'ADN : (1) une cytosine devenue uracile par désamination (perte de son groupe amine) ; (2) deux thymines voisines liées en dimère par les UV. (a) Quelle voie d'excision répare chacune ? Justifie. (b) Dans le xeroderma pigmentosum, l'excision de nucléotides est défaillante. Que prévois-tu après une exposition au soleil ?
Correction :
On regarde si la lésion déforme la double hélice.
(a) Lésion 1 : base isolée, hélice intacte, donc excision de base (une ADN glycosylase détache l'uracile, puis le nucléotide est remplacé). Lésion 2 : hélice déformée, donc excision de nucléotides (un segment du brin est retiré puis recopié).
(b) Les dimères restent : forte sensibilité aux UV et risque accru de cancer de la peau.
Exercice 7 : Le début du brin codant d'un gène (même séquence que l'ARN messager, T pour U) est 5'-ATG GCA TGG AAA-3'. Une erreur de réplication non réparée change une seule base. Code génétique (codons du brin codant) : ATG = Met, GCA et GCG = Ala, ACA = Thr, TGG = Trp, AAA = Lys, TAG = stop. Donne la protéine obtenue et le type de mutation si : (a) GCA devient GCG ; (b) GCA devient ACA ; (c) TGG devient TAG.
Correction :
On relit codon par codon ; protéine normale : Met-Ala-Trp-Lys.
(a) Met-Ala-Trp-Lys : silencieuse ; (b) Met-Thr-Trp-Lys : faux-sens ; (c) Met-Ala puis arrêt : non-sens.
Exercices : niveau difficile
Exercice 8 : Des cellules de peau humaine, sans télomérase active, se divisent en culture. (a) Pourquoi l'extrémité de leurs chromosomes raccourcit-elle à chaque réplication ? (b) Comment la télomérase compense-t-elle ce raccourcissement ? (c) Beaucoup de cellules cancéreuses ont une télomérase active : pourquoi l'inhiber est-il une piste de traitement ?
Correction :
On regarde la toute dernière amorce.
(a) À l'extrémité 3' de la matrice, la dernière amorce du brin discontinu, une fois retirée, laisse un vide qu'aucune extrémité 3'-OH ne permet de combler : le brin neuf reste plus court.
(b) Avec sa propre matrice d'ARN, elle ajoute des répétitions TTAGGG à l'extrémité 3' du brin parental, puis le brin opposé est complété.
(c) Elle entretient les télomères de la cellule cancéreuse, qui continue de se diviser ; l'inhiber les ferait de nouveau raccourcir.
Exercice 9 : Le syndrome de Werner, maladie génétique rare (autosomique récessive), fait apparaître rapidement des signes du vieillissement. Il est dû à des mutations du gène WRN, qui code une hélicase dotée aussi d'une activité exonucléase (elle coupe les nucléotides en bout de brin), utile à la réplication, à la réparation de l'ADN et probablement au maintien des télomères (MedlinePlus). Propose deux mécanismes reliant sa perte au vieillissement précoce des cellules.
Correction :
On suit chaque fonction perdue jusqu'à la cellule.
Réplication et réparation défaillantes : les dommages de l'ADN s'accumulent. Télomères mal entretenus : les cellules cessent de se diviser plus tôt que la normale.
À éviter : faire de WRN une télomérase ; elle n'allonge pas les télomères.
Exercice 10 : Le chromosome circulaire d'E. coli ($4{,}6 \times 10^6$ paires de bases) est copié en 42 minutes environ, depuis une seule origine, dans les deux sens. Chez l'humain, un lot haploïde compte $3 \times 10^9$ paires de bases et une fourche avance d'environ 100 nucléotides par seconde (OpenStax, 2018). (a) Calcule la vitesse d'une fourche chez E. coli. (b) Quelle durée faudrait-il à une seule origine pour copier ce lot humain ? (c) Combien d'origines simultanées faudrait-il au minimum pour le copier en une heure ? Conclus.
Correction :
On applique $t = \dfrac{L}{2\,n\,v}$ : une origine lance deux fourches.
(a) $v = \dfrac{4{,}6 \times 10^6}{2 \times 42 \times 60} \approx 9{,}1 \times 10^2$, soit environ 910 nucléotides par seconde.
(b) $t = \dfrac{3 \times 10^9}{2 \times 100} = 1{,}5 \times 10^7$ s, soit environ 174 jours.
(c) $n = \dfrac{3 \times 10^9}{2 \times 100 \times 3\,600} \approx 4\,166{,}7$, donc au moins 4 167 origines. Il faut des milliers d'origines (l'humain peut en avoir jusqu'à 100 000).
À éviter : oublier le facteur 2 ; toutes les durées seraient doublées.
Bilan et conseils
Ce qu'il faut retenir : annote toujours les extrémités 5' et 3' ; une polymérase n'allonge que de 5' vers 3', depuis une amorce ; une origine lance deux fourches.
Sources
- Clark, Douglas et Choi, Biology 2e, OpenStax, 2018, sections 14.4, 14.5 et 14.6 (réplication et réparation de l'ADN).
- MedlinePlus Genetics (Bibliothèque nationale de médecine des États-Unis), « Werner syndrome ».