Niveau : licence, du facile au difficile. Durée estimée : 90 min. 8 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Un croisement se résout par les gamètes : écris ceux de chaque parent avec leur proportion, combine-les, puis traduis chaque génotype en phénotype. Par exemple, $Aa \times aa$ donne $\frac{1}{2}\,[A]$ et $\frac{1}{2}\,[a]$ : dans ce croisement test (avec un homozygote récessif), les phénotypes des descendants montrent les gamètes du parent testé. Avec deux gènes, si deux classes, dites parentales, dominent nettement au lieu de quatre quarts égaux, les gènes sont liés : les deux autres, recombinées, viennent d'un crossing-over (échange de segments entre chromosomes homologues à la méiose). Chez une espèce à mâle XY, un gène porté par X donne des croisements réciproques (sexe des parents inversé) aux résultats différents, car chaque fils reçoit son unique X de sa mère.
Pour classer une mutation, compare codon par codon l'ARNm normal et l'ARNm muté. Une substitution est silencieuse (même acide aminé), faux-sens (autre acide aminé) ou non-sens (codon stop) ; une insertion ou une délétion qui n'est pas un multiple de trois nucléotides décale le cadre de lecture, c'est-à-dire le découpage en codons. Deux mutations récessives de même phénotype touchent le même gène quand le diploïde qui les réunit reste mutant : elles ne se complémentent pas.
Formules à retenir :
- En F2, avec dominance : $\frac{3}{4}$ et $\frac{1}{4}$ pour un gène ; $\frac{9}{16},\ \frac{3}{16},\ \frac{3}{16},\ \frac{1}{16}$ pour deux gènes indépendants.
- $\chi^2 = \sum \frac{(O-E)^2}{E}$ ($O$ observé, $E$ attendu), à $k-1$ degrés de liberté pour $k$ classes : l'hypothèse est rejetée si $\chi^2$ dépasse la valeur critique.
- Fréquence de recombinaison : $f = \frac{R}{N}$ ($R$ recombinés, $N$ total) ; pour des gènes proches, $1\,\%$ de recombinés vaut 1 centimorgan (cM).
Piège classique : lire le brin matrice comme s'il était le brin codant. L'ARNm est complémentaire du brin matrice (celui que l'ARN polymérase copie), donc identique au brin codant, avec U à la place de T. Face au brin matrice, écris d'abord son complément orienté $5' \to 3'$, puis découpe en codons à partir de AUG.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Mendel croise deux lignées pures de pois, à graines lisses et à graines ridées. Les graines hybrides (F1) sont toutes lisses. Les plantes F1, autofécondées, portent en F2 $5\,474$ graines lisses et $1\,850$ ridées (Mendel, 1866). Calcule le rapport lisses/ridées et justifie, génotypes à l'appui, qu'un seul gène à deux allèles l'explique.
Correction :
Méthode : comparer le rapport observé au 3 pour 1 d'un monohybridisme avec dominance.
$\frac{5\,474}{1\,850} \approx 2,96$. Avec $L$ (lisse, dominant) et $l$ (ridé) : parents $LL$ et $ll$, F1 $Ll$ donc lisse, gamètes F1 $\frac{1}{2}\,L$ et $\frac{1}{2}\,l$, d'où en F2 $\frac{1}{4}\,LL$, $\frac{1}{2}\,Ll$ et $\frac{1}{4}\,ll$.
Rapport de $2,96$, proche de 3 pour 1 : un gène à deux allèles, $L$ dominant.
Exercice 2 : Une plante de pois à graines lisses, de génotype inconnu, est croisée avec une plante à graines ridées. Le croisement donne 41 graines lisses et 39 ridées (données fictives). Quel est le génotype de la plante testée ? Justifie, et dis ce qu'aurait donné l'autre génotype possible.
Correction :
Méthode : la plante ridée, $ll$, ne donne que des gamètes $l$ ; les phénotypes révèlent donc les gamètes de la plante testée.
Environ moitié de chaque : elle produit autant de gamètes $L$ que $l$. Si elle était $LL$, toute la descendance serait $Ll$, donc lisse.
Génotype de la plante testée : $Ll$.
Exercice 3 : Le brin codant d'un gène fictif se lit 5'-ATG AAA TGG CTT GGC TAA-3'. Donne l'ARNm et le peptide, puis classe chaque mutation avec son peptide. Mutation 1 : CTT devient CTC (codon 4). Mutation 2 : TGG devient TGA (codon 3). Mutation 3 : AAA devient GAA (codon 2). Codons utiles : AUG Met, AAA Lys, GAA Glu, UGG Trp, CUU et CUC Leu, GGC Gly, UAA et UGA stop.
Correction :
Méthode : transcrire, puis comparer codon par codon.
ARNm : 5'-AUG AAA UGG CUU GGC UAA-3', peptide Met-Lys-Trp-Leu-Gly. CUC code encore Leu ; UGA est un codon stop ; GAA code Glu au lieu de Lys.
Mutation 1 silencieuse (peptide inchangé) ; mutation 2 non-sens (Met-Lys) ; mutation 3 faux-sens (Met-Glu-Trp-Leu-Gly).
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : Mendel croise des pois à graines lisses et jaunes avec des pois à graines ridées et vertes (lisse et jaune dominants). En F2, il compte 315 graines lisses jaunes, 108 lisses vertes, 101 ridées jaunes et 32 ridées vertes (Mendel, 1866). Teste par un $\chi^2$ l'hypothèse de deux gènes indépendants (valeur critique au risque de 5 % pour 3 degrés de liberté : $7,81$).
Correction :
Méthode : comparer observés et attendus sous l'hypothèse d'indépendance.
Attendus sur 556 graines : $556 \times \frac{9}{16} = 312,75$, $556 \times \frac{3}{16} = 104,25$ (deux classes) et $556 \times \frac{1}{16} = 34,75$.
$$\chi^2 = \frac{2,25^2}{312,75} + \frac{3,75^2}{104,25} + \frac{3,25^2}{104,25} + \frac{2,75^2}{34,75} \approx 0,016 + 0,135 + 0,101 + 0,218 \approx 0,47$$
4 classes, donc 3 degrés de liberté, et $0,47 \lt 7,81$.
$\chi^2 \approx 0,47$ : l'indépendance des deux gènes n'est pas rejetée au risque de 5 %.
Exercice 5 : Chez la drosophile, deux lignées pures diffèrent par la couleur des yeux : [rouge] (sauvage) et [blanc] (allèle $w$). Croisement A : femelles [rouge] et mâles [blanc], F1 toute [rouge]. Croisement B, réciproque : femelles [blanc] et mâles [rouge], F1 à femelles [rouge] et mâles [blanc]. Justifie la dominance et la localisation du gène, puis prédis la F2 issue des F1 du croisement A.
Correction :
Méthode : comparer les deux croisements réciproques, sexe par sexe.
A donne une F1 [rouge] : l'allèle sauvage $w^+$ domine $w$. Les F1 de A et de B diffèrent, ce qu'exclut un gène autosomique, et en B chaque fils a le phénotype de sa mère : le gène est sur X.
Les F1 de A sont $X^{w+}X^w$ et $X^{w+}Y$. En F2, chaque fille reçoit $X^{w+}$ de son père ; chaque fils reçoit $X^{w+}$ ou $X^w$ de sa mère.
Gène porté par X, $w^+$ dominant ; en F2, femelles toutes [rouge], mâles $\frac{1}{2}$ [rouge] et $\frac{1}{2}$ [blanc].
Exercice 6 : Le brin matrice d'un gène fictif se lit 3'-TAC GGT TCG AAC TGA ATT-5'. Donne l'ARNm et le peptide. Prédis ensuite le peptide après délétion de la première paire de nucléotides du codon 2, puis après délétion du codon 3 entier, et compare-les. Codons utiles : AUG Met, CCA Pro, AGC Ser, UUG Leu, ACU Thr, CAA Gln, GCU Ala, UAA et UGA stop.
Correction :
Méthode : écrire le brin codant, complémentaire du brin matrice, puis l'ARNm.
Brin codant 5'-ATG CCA AGC TTG ACT TAA-3', ARNm 5'-AUG CCA AGC UUG ACU UAA-3', peptide Met-Pro-Ser-Leu-Thr. Après la première délétion, l'ARNm se lit AUG CAA GCU UGA : le cadre est décalé et un stop apparaît au codon 4. Après la seconde, il se lit AUG CCA UUG ACU UAA : le cadre est conservé.
Décalage du cadre : Met-Gln-Ala, tout change après Met. Perte d'un codon : Met-Pro-Leu-Thr, un seul acide aminé manque.
Exercices : niveau difficile
Exercice 7 : Chez la drosophile, on croise deux lignées pures, $[b\ vg^+]$ (corps noir, ailes longues) et $[b^+\ vg]$ (corps gris, ailes vestigiales) ; $b$ et $vg$ sont récessifs et autosomiques. Des femelles F1 sont croisées avec des mâles $[b\ vg]$ (croisement test). On obtient (données fictives) 410 $[b\ vg^+]$, 406 $[b^+\ vg]$, 90 $[b^+\ vg^+]$ et 94 $[b\ vg]$. Montre que les gènes sont liés, nomme les classes recombinées et calcule la distance entre les gènes.
Correction :
Méthode : dans ce croisement test, les phénotypes reflètent les gamètes de la femelle F1.
Avec des gènes indépendants, on attendrait 250 descendants par classe. Or les deux premières classes réunissent $410 + 406 = 816$ individus sur $1\,000$ : les gènes sont liés. Ces classes, parentales, reproduisent les lignées de départ ; les deux autres sont recombinées.
$f = \frac{90 + 94}{1\,000} = 0,184$
Gènes liés ; classes recombinées $[b^+\ vg^+]$ et $[b\ vg]$ ; distance de 18,4 cM. Erreur à éviter : croire que le double sauvage et le double mutant sont toujours les classes parentales.
Exercice 8 : Chez la levure Saccharomyces cerevisiae, cinq mutants haploïdes, h1 à h5, ne poussent pas sans histidine. Chacun, fusionné avec une souche sauvage, donne un diploïde qui pousse sans histidine. Fusionnés deux à deux, seuls les couples h1/h3 et h2/h5 donnent des diploïdes qui ne poussent pas (données fictives). Combien de gènes sont touchés ? Range les mutants par gène, et explique pourquoi ce test exige des mutations récessives.
Correction :
Méthode : un diploïde qui reste mutant réunit deux mutations du même gène.
h1 et h3 ne se complémentent pas : même gène. h2 et h5 non plus : un deuxième gène. h4 complémente tous les autres : un troisième gène. Le test suppose que chaque génome compense le défaut de l'autre ; une mutation dominante rendrait le diploïde mutant dans tous les cas.
Trois gènes : h1 et h3 ; h2 et h5 ; h4 seul. Erreur à éviter : croire qu'un même phénotype signale un même gène.
Bilan et conseils
Ce qu'il faut retenir : pars des gamètes ; reconnais les classes parentales à leurs effectifs, pas à leur nom ; un $\chi^2$ ne prouve jamais une hypothèse ; vérifie quel brin on te donne avant de découper en codons.
Sources
Gregor Mendel, « Versuche über Pflanzen-Hybriden » (1866), traduction anglaise « Experiments in Plant Hybridization » (MendelWeb, d'après Bateson, 1909) : effectifs des exercices 1 et 4.
NCBI, « The Genetic Codes », code standard : codons des exercices 3 et 6.
NIST/SEMATECH, « Critical Values of the Chi-Square Distribution » : valeur critique de l'exercice 4.