Résolution des problèmes du chapitre: Génétique des bactéries et de leurs virus Partie I.

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1 Résolution des problèmes du chapitre: Génétique des bactéries et de leurs virus
Partie I.

2 Problème dans les notes du cours
Six souches Hfr d'E. coli transfèrent leurs 5 premiers gènes dans l'ordre suivant: 1) AR - T - RE - K - V 2) V - K - RE- T - AR 3) K - V - O - Y -A 4) AR - ST - R - E -G 5) G - A -Y - O -V 6) A - G - E - R –ST A) Quel est l'ordre de ces gènes sur le chromosome d'E. Coli? B) Quelles sont la position et l'orientation du facteur F de chacune de ces six souches? Dessinez vos réponses sur un dessin du chromosome d'E. coli.

3 AR 4 1 T ST RE R 3 E K 5 G V A 2 6 Y O

4 Problème 8 ou 10 Hfr arg+ bio+ leu+ X F- arg- bio- leu- Conjugaison interrompue, arg pénètre en dernier, sélection des arg+. Le résultat de 4 crossing-overs produit le génotype le moins fréquent. Scénario 1 4 crossing-over arg+ bio+ leu+ O arg+ bio- leu+ sont les moins fréquents. Donc, scénario 1 est notre cas. arg- bio- leu- Ou scénario 2 arg+ leu+ bio+ O arg+ leu- bio+ arg- leu- bio-

5 8 Dist (bio-leu) est donnée par le rapport 8/376 càd 2,12% = 2,12 u.c
arg+ bio+ leu+ O bio- leu- arg- Distances arg+bio-leu- Dist (arg-bio) est donnée par le rapport 48/376 càd 12,76% = 12,76 u.c Dist (bio-leu) est donnée par le rapport 8/376 càd 2,12% = 2,12 u.c arg+bio+leu- arg+bio+leu+ 320 arg+bio-leu+ Total = arg+

6 Problème 9 ou 11 La meilleure façon serait de: 1. Choisir deux souches Hfr avec chacune le facteur F intégré près des gènes en question mais orientés dans des sens opposés. 2. Mesurer le temps de transfert entre ces deux gènes dans chaque cas. Dans un cas, ils seront deux gènes transférés tôt et dans l’autre, ils seront deux gènes transférés tard. 3. Comparer les vitesses. a b c b c c a b a

7 Problème 14 ou 17 Des cellules de Streptococcus pneumoniae de génotype strs mtl- sont transformées par l’ADN d’un donneur de génotype strr mtl+ et, dans une autre expérience, un mélange de deux ADN de génotype strr mtl- et strs et mtl+. Les résultats sont donnés dans le Tableau. 1) Fragment d’ADN strr mtl+ dans cellules strs mtl- 2) Deux fragments d’ADN strr mtl- et strs mtl+ dans cellules strs mtl-

8 Tableau Pourcentage de cellules transformées vers ADN transformant
strr mtl- strs mtl+ strr mtl+ 4.3 % 0.40 % 0.17 % strr mtl- et strs mtl+ 2.8 % 0.85 % %

9 A) Que vous apprend la première ligne de la table?
Si ces deux gènes étaient localisés trop loin pour avoir une meilleure chance d’être cotransformés par double crossing-over, la fréquence des doubles transformants aurait été au maximum égale au produit des fréquences des deux simple transformants (quatre crossing-over). Dans ce cas là, la fréquence de cellules qui sont devenues strr et mtl+ aurait été au maximum égale à: 4.3 % x 0.4 % = % Cependant, nous avons observé 0.17 % (qui est un nombre dix fois plus grand) La première ligne nous apprend que les gènes codant pour strr et mtl+ sont proches l’un de l’autre sur le chromosome de cette espèce

10 B) Que vous apprend la deuxième ligne de la table?
La deuxième ligne nous confirme que les gènes codant pour strr et mtl+ sont proches l’un de l’autre sur le chromosome de cette espèce. En effet, quand ces deux gènes sont apportés par deux fragments d’ADN, la fréquence des cotransformants (dans ce cas, nécessairement par 4 crossing-overs) est beaucoup plus basse. Si strr et mtl+ sont sur deux fragments d’ADN, alors la fréquence de cellules devenues strr et mtl+ devrait être au maximum égale à: 2.8 % x 0.85 % = % et on a observé  % qui est inférieur ou égale à 0.024% comme prédit.

11 Problème 17 ou 21 Transduction généralisée du phage P22: culture dans une souche donneuse pur+ pro+ his+. Puis, infection d’une souche receveuse pur- pro- his-. Enfin, sélection séparémment des: pur+ (I) pro+ (II) his+ (III) pro-his- 87% pur-his- 43% pur-pro % pro+his- 0% pur+his- 0% pur+pro % pro-his+ 10% pur-his+ 55% pur-pro % pro+his+ 3% pur+his+ 2% pur+pro+ 4% C’est une transduction généralisée. Première question à se poser : quel est dans ce cas le principe de co-transfert?

12 I. Milieu minimal plus proline et histidine
II. Milieu minimal plus purines et histidine II. Milieu minimal plus purines et proline b. L’ordre des gènes peut être déduit en analysant les pourcentages de co-transfert (encapsidés ensemble sur le même fragment et transférés ensemble par double crossing-overs). pur+et pro+ ont co-transferé à des fréquences I) 3% et II) 2% des cas. his+ et pro+ ont co-transférés à des fréquences de II) 57% et III) 64%. his+ et pur+ ont co-transférés à des fréquences I) 13% et III) 19% De ces résultats, on peut déduire que l’ordre est: pur his------pro

13 d. pur+ his+ pro+ 1 2 3 4 pur- his- pro- Génotypes Fréquences Crossing-over pur- his % et 3 pur+his % (4 et 3) et (2 et 1) pur- his % et 2 pur+his % et 1 (4 et 2) est plus fréquent que (4 et 3) car la distance entre pur et his est plus grande que la distance entre pro et his

14 Problème 18 ou 22 Dans des cas rares, les transductants gal+ vont apparaître suite à des évènements de double crossing-over entre le phage dgal et le gène gal- sur le chromosome. Ceci produira alors des transductants gal+ sans intégration du phage. C’est le Cas (ii)

15 Présence ou non de colonies
Problème 19 ou 23 Nutriments ajoutés dans le milieu Présence ou non de colonies Milieu Ade Arg Cys His Leu Pro N N C N C N Il est bien visible qu’il y a eu transduction de quelques gènes spécifiques seulement. Ceci est une caractéristique de la transduction spécialisée. Seuls les gènes situés à côté du site d’intégration du prophage peuvent être incorporés dans celui-ci lors d’une excision imparfaite. Seuls ces gènes là auront donc la chance d’être transduits à une bactérie nouvellement infectée.

16 Les seules transductants qui ont apparus sont ceux qui ont poussés sur milieux sans cystéine ou sans leucine. Ces seuls transductants sont donc des cys+ ou des leu+. Ce résultat indique que, le site d’intégration de ce prophage se trouve dans la région située à côté des gènes cys et leu.