N acétyl galactosamine transférase active Aucune transférase active

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1 N acétyl galactosamine transférase active Aucune transférase active
Cytoplasme Noyau Gène allèle IA allèleI0 Sites des mutations ARNm Protéine N acétyl galactosamine transférase active Aucune transférase active Groupe A Les mutations récessives correspondent souvent à des pertes de fonction du gène : il n’est pas obligatoire d’avoir les 2 allèles fonctionnels

2 Haploïde/diploïde Chez l’abeille le mâle (faux bourdon) est haploïde, les ouvrières (femelles) diploïdes D’après

3 D’après http://perso.wanadoo.fr/gerard.solier/lin192.htm

4 [lisses, jaunes] x[ridées, vertes]
Dihybridisme La Troisième loi de Mendel [lisses, jaunes] x[ridées, vertes] 100% [lisses, jaunes] F1 [lisses, jaunes] : 315 [lisses, vertes] : 108 [ridées, jaunes] : 101 [ridées, vertes] : 32 Total de graines : 556 F2

5 [lisses, jaunes] x [ridées, vertes]
Dihybridisme OBSERVATIONS ANALYSE P1 [lisses, jaunes] x [ridées, vertes] Parents de race pure 100% [lisses, jaunes] F1 Jaunes : = 416 Vertes : = 140 Total : 556 (3 fois plus de jaunes que de vertes) [lisses, jaunes] : 315 [lisses, vertes] : 108 [ridées, jaunes] : 101 [ridées, vertes] : 32 Total de graines : 556 F2 Lisses : = 423 Ridées : = 133 Total 556 (environ 3 fois plus de lisses que de ridées) Gène responsable de la couleur / Gène responsable de la forme

6 Que se passe t’il si les 2 couples d’allèles ségrégent de manière indépendante?

7 Résultats théoriques:
Résultats observés: [lisses, jaunes] : 315 [lisses, vertes] : 108 [ridées, jaunes] : 101 [ridées, vertes] : 32 Total de graines : 556 Résultats théoriques: [lisses, jaunes] : 556* 9/16 = 313 [lisses, vertes] : 556 * 3/16 = 104 [ridées, jaunes] : 556 * 3/16 = 104 [ridées, vertes] : 556 * 1/16 = 35 Total de graines : 556 3ème loi de Mendel : pose le principe de la ségrégation indépendante des gènes (caractères) les uns par rapport aux autres

8 Interprétation du croisement

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11 Les trois lois de Mendel
La première loi : uniformité de la F1 permet de vérifier si les parents sont de race pure La deuxième loi pureté des gamètes : définit la ségrégation des allèles dans les gamètes La troisième loi ségrégation des caractères : définit la répartition des gènes les uns par rapport aux autres dans les gamètes.

12 Complémentation fonctionnelle

13 On dispose de deux lignées indépendantes présentant le même phénotype [fleur blanches]
Souche pure sauvage de référence Lignée 2 P : Races pures Races pures F1 : 100% [violet] 100% [violet] F2 : 75% 25% 75% 25% monohybridisme Allèle muté dans la lignée 1 récessif /allèle sauvage monohybridisme Allèle muté dans la lignée 2 récessif /allèle sauvage Le gène muté dans la lignée 1 est-il le même que celui qui est muté dans la lignée 2

14 P : F1 : Croisement lignée 1 avec lignée 2 violet ?? Gène 1 Gène 2
Pigment violet précurseur 1 précurseur 2 précurseur 3 précurseur 4

15 Gène 1 Gène 2 Gène 3 Gène 4 E1 E3 E4 E1 E2 E4 Gène 1 Gène 2 Gène 3
Lignée 1 : un gène de la voie de biosynthèse du pigment violet est inactif (gène 2 par ex.) : la fleur est blanche Gène 1 Gène 2 Gène 3 Gène 4 allèle a+ allèle b allèle c+ allèle d+ E1 actif E2 inactif E1 actif E1 actif E1 actif E2 inactif E1 actif E1 actif E1 E3 E4 précurseur 1 précurseur 2 précurseur 1 allèle a+ E1 actif E1 précurseur 2 allèle b+ E2 actif E2 précurseur 3 allèle d+ E4 actif E4 allèle c’ E3 inactif Gène 1 Gène 2 Gène 3 Gène 4 Lignée 2 : un autre gène de la voie de biosynthèse du pigment violet est inactif (gène 3 par ex.): la fleur est blanche

16 a+/a+;b/b; c+/c+; d+/d+ a+/a+; b+/b+ ; c/c; d+/d+
Hybride de première génération : la fleur est violette donc la voie est fonctionnelle Gène 1 Gène 2 Gène 3 Gène 4 allèle a+ allèle b allèle b+ allèle c+ allèle c’ allèle d+ E1 actif E2 inactif E3 actif E1 actif E1 actif E2 actif E3 inactif E1 actif E1 E2 E3 E4 Pigment violet précurseur 1 précurseur 2 précurseur 3 précurseur4 Si cette interprétation est vraie, alors les génotypes des souches sont les suivants : Lignée 1 : Lignée 2 : a+/a+;b/b; c+/c+; d+/d+ a+/a+; b+/b+ ; c/c; d+/d+ Le croisement entre ces deux lignées serait donc du dihybridisme. Comment le démontrer ?

17 Les résultats expérimentaux confirment cette hypothèse
Analyse de la génération F2 Lignée 1 Lignée 2 P : b+/b+ ; c/c b/b; c+/c+ F1 : b/b+; c/c+ [violet] (b;c) (b+;c+) (b;c+) (b+;c) F2 : ¼ (b;c) b/b; c/c b+/b; c+/c b/b; c/c+ b+/b; c/c 9/16 ¼ (b+;c+) b+/b; c+/c b+/b+;c+/c+ b+/b; c+/c+ b+/b+; c+/c 7/16 ¼ (b;c+) b/b; c/c+ b/b+; c+/c+ b/b; c+/c+ b/b+; c+/c Les résultats expérimentaux confirment cette hypothèse ¼ (b+;c) b/b+; c/c b/b+; c+/c b/b+; c+/c b+/b+; c/c

18 Les mutations sont récessives
Application : le test de complémentation Lorsqu’on dispose de deux souches mutantes caractérisées par le fait que Les mutations sont récessives générer un hybride entre ces souches permet d’indiquer si elles sont mutées sur le même gène ou non Exemple : 5 souches pures simple mutantes; les mutations sont récessives Lignée 1 Lignée 2 Lignée 3 Lignée 4 Lignée 5 P : F1 : 100% [violet] Les mutations affectant les lignées 2 et 3 concernent le même gène; Les mutations affectant les lignées 4 et 5 touchent un autre gène; Celles affectant les lignées 3 et 4 concernent 2 gènes différents Il y a au moins 2 gènes différents impliqués dans la synthèse du pigment violet Les mutations affectant les lignées 2 et 3, appartiennent au même groupe de complémentation. Celles affectant les lignées 3 et 4, appartiennent à 2 groupes de complémentation différents. Il y a au moins 2 groupes de complémentation.

19 Les tests de complémentation en génétique humaine
Ex. 1 : surdi-mutité dans trois familles d’Irlande du Nord Mutations récessives Familles B et C portent des mutations dans le même gène ; la famille A dans un autre gène D’après :

20 Ex.2 : Xeroderma pigmentosum
Grande sensibilité des personnes atteintes aux UV; risque important de développer des cancers. Maladie récessive Incapacité à réparer l’ADN endommagé

21 Diagnostic de la maladie à partir de cellules en culture
UV Mesure de la réparation de l’ADN (par incorporation de nucléotides radioactifs) Cellules en culture Nombre de gènes impliqués ?? Comment faire des groupes de complémentation...de manière « éthique ».

22 Fusion des cellules pour générer des tétraploïdes
+ : le tétraploïde répare l’ADN ; - : le tétraploïde ne répare pas

23 + : le tétraploïde répare l’ADN ; - : le tétraploïde ne répare pas
Gènes impliqués : XPA XPG XPC XPF 1BE 2BE 3BE 8BE 10BE 5BE 6BE 7BE 11BE 12BE 1LO KMSF

24 8 groupes de complémentation : 8 gènes différents

25 L’épistasie : interaction entre gènes

26 L’épistasie : un exemple d’interaction entre gènes
Le phénotype sauvage est appelé agouti

27 ♂ [albinos] x ♀[noire] 100% [agouti] 113 [agouti] 36 [noir] 51 [albinos]

28 ♂ [albinos] x ♀[noire] 100% [agouti] 113 [agouti] 36 [noir]
Parents de race pure Complémentation fonctionnelle? (au moins 2 gènes différents mutés) 100% [agouti] 113 [agouti] 36 [noir] 51 [albinos]

29 Proposons une hypothèse de dihybridisme
♂ [albinos] x ♀[noire] Parents de race pure Complémentation fonctionnelle? (au moins 2 gènes différents mutés) 100% [agouti] 113 [agouti] 36 [noir] 51 [albinos] Or pas vraiment 9/3/3/1 à priori ??????????? Proposons une hypothèse de dihybridisme

30 P F1 F2 ♂ [albinos] x ♀[noire] 100% [agouti] 113 [agouti] 36 [noir]
Soient a (albinos), allèle responsable du phénotype [albinos]; allèle sauvage a+ b (black) , allèle responsable du phénotype [noir]; allèle sauvage b+ P ♂ [albinos] x ♀[noire] a/a; b+/b+ a+/a+; b/b a/a+; b+/b F1 100% [agouti] (a;b) (a+;b+) (a;b+) (a+;b) F2 ? [agouti] [noir] ¼ (a;b) [albinos] a/a; b/b a+/a; b+/b a/a; b/b+ a+/a; b/b 113 [agouti] 36 [noir] 51 [albinos] 9/16 [agouti] ¼ (a+;b+) [agouti] [agouti] [agouti] [agouti] a+/a; b+/b a+/a+;b+/b+ a+/a; b+/b+ a+/a+; b+/b 3/16 [noir] 200 ¼ (a;b+) [albinos] [agouti] [albinos] [agouti] 3/16 [albinos] a/a; b/b+ a/a+; b+/b+ a/a; b+/b+ a/a+; b+/b 1/16 [?] ¼ (a+;b) [noir] [agouti] [agouti] [noir] a/a+; b/b a/a+; b+/b a/a+; b+/b a+/a+; b/b

31 9/16 [agouti] : 200* 9/16 =112,5 3/16 [noir] : 200 * 3/16= 37,5
3/16 [albinos] 200 * 3/16= 37,5 1/16 [?] : 200 * 1/16= 12,5 Observé 36 113 51 - 50 [albinos] Pour que les résultats obtenus, en posant une hypothèse de dihybridisme, soient compatibles avec ceux observés, on est amené à proposer que la souche (a/a,b/b) soit albinos Quelque soit la composition allélique au locus B, le phénotype est identique, [albinos], si le locus A est homozygote a/a : épistasie récessive. L’épistasie est une forme d’interaction entre gènes, dans laquelle une combinaison génotypique à un locus (A) masque l’expression phénotypique possible d’un autre locus (B). Epistasie récessive : c’est un allèle récessif qui impose cette relation. Epistasie dominante : c’est un allèle dominant qui impose cette relation. Locus A Locus B a/a ; b/b a/a ; b+/b [albinos] a/a ; b+/b+

32 Interprétation de l’épistasie récessive
Pigment Jaune B A Pigment Noir Le gène B est impliqué dans la synthèse du pigment Jaune. L’homozygote b/b est incapable de synthétiser le pigment jaune; il est donc de phénotype noir!

33 Principe de l’analyse génétique : du phénotype au génotype
L’analyse de la descendance de croisements permet de déterminer le génotype d’un individu en utilisant les lois de Mendel selon les principes suivants : L’homogénéité du phénotype de la F1 permet de vérifier si les parents sont de race pure Le phénotype de la F1 indique si le (ou les) allèle(s) sont récessifs ou dominants La descendance F2 permet d’identifier le génotype des parents

34 P ♀ [albinos] Arthur ♂ [sauvage] x ♀et ♂[sauvage] F1

35 ♀ [albinos] Arthur ♂ [sauvage]
Etude de croisements entre lapins P ♀ [albinos] Arthur ♂ [sauvage] x ♀et ♂[sauvage] F1 parents P de race pure (homozygotes) Mutation(s) responsable du phénotype albinos récessive(s) MAIS ON NE SAIT PAS COMBIEN DE GENES SONT MUTES DANS LE PARENT [albinos] !!!

36 Proportion ¾ ; ¼ typique de monohybridisme. Lily serait
1ère possibilité de descendance F2 P1 Lily ♀ [albinos] Arthur ♂ [sauvage] x parents P de race pure (homozygotes) Mutation(s) responsable du phénotype albinos récessive(s) ♀et ♂[sauvage] F1 F2 [sauvage] : 75 [albinos] : 25 Proportion ¾ ; ¼ typique de monohybridisme. Lily serait a1/a1, et Arthur a1+/a1+ noir A1 jaune

37 Proportion ¾ ; ¼ typique de monohybridisme. Lily serait
2ème possibilité de descendance F2 P1 Sweety ♀ [albinos] Arthur ♂ [sauvage] x parents P de race pure (homozygotes) Mutation(s) responsable du phénotype albinos récessive(s) ♀et ♂[sauvage] F1 F2 F2 [sauvage] : 75 [albinos] : 25 [sauvage] : 56 [albinos] : 44 Proportion ¾ ; ¼ typique de monohybridisme. Lily serait a/a, et Arthur a+/a+ Dihybridisme :Sweety est a1/a1; a2/a2. Les allèles a1 et a2 sont responsables du phénotype albinos; Ils sont récessifs 9/16 : a1+/-; a2+/- [sauvage] 9/16 3/16 : a1/a1; a2+/- 3/16 : a1+/-;a2/a [albinos] 7/16 1/16 : a1/a1; a2/a2 noir noir A1 A1 A2 jaune jaune

38 Whytee ♀ [albinos] Arthur ♂ [sauvage]
3ème possibilité de descendance F2 P1 Whytee ♀ [albinos] Arthur ♂ [sauvage] x parents P de race pure (homozygotes) Mutation(s) responsable du phénotype albinos récessive(s) ♀et ♂[sauvage] F1 F2 F2 F2 [sauvage] : 75 [albinos] : 25 [sauvage] : 56 [albinos] : 44 [sauvage] : 56 [noir] : 19 [albinos] : 25 Dihybridisme : Whytee est a1/a1; b/b a1 est responsable du phénotype albinos, b du phénotype noir Monohybridisme. Lily serait a1/a1, et Arthur a1+/a1+ Dihybridisme : Sweety est a1/a1; a2/a2 [sauvage] 9/16 [albinos] 7/16 noir noir noir A1 A1 A2 A1 jaune jaune B jaune Rque : ce peut tout aussi bien être A2

39 Pour les mêmes observations dans la F1, [sauvage], le parent [albinos] n’a pas le même génotype. Ce peut être un simple mutant (Lily), un double mutant (chaque mutation générant le même phénotype (Sweety), ou un autre double mutant avec épistasie récessive (Whytee), ou… Ainsi, il est donc impossible de connaître le génotype d’un individu au vu de la F1. C’est au minimum en F2 qu’il peut être révélé. L’analyse de chacun de ces croisements permet de comprendre le déterminisme biochimique de la biosynthèse de ces pigments.

40 Bases chromosomiques de l’hérédité
CHAP 2 Bases chromosomiques de l’hérédité

41 Les travaux de Thomas Morgan (1910) sur la drosophile : Drosophila melanogaster

42 [mutant] [sauvage] mutation

43 Déterminisme de la couleur de l’oeil de la drosophile
x ♀ ♂ F1 100% ♀ ♂ F2 On a à peu près ¾ [+] et ¼ [œil blanc] : monohybridisme w allèle responsable du phénotype œil blanc; w+ : allèle sauvage 2459 1011 Pas de femelles [blanc]?? 782

44 ≠ ♀ x ♂ P0 x ♀ ♂ ♀ ♂ F1 100% ♀ ♂ F2 Croisements réciproques
Croisement A Croisement B ♀ x ♂ P0 x ♀ ♂ ♀ ≠ ♂ F1 100% 1210 1208 ♀ ♂ Les croisements réciproques ne donnent pas le même résultat ! Exception au comportement mendélien. Dans le croisement B, le parent mâle est incapable de transférer l’allèle sauvage à la descendance mâle. Le mâle de F1 n’a pas d’allèle w+ F2 2459 1011 Pas de femelles [blanc] 782

45 ♀ XX ♂ XY Cytologie des chromosomes chez le mâle de Drosophila
Les drosophiles X0 (un seul chromosome X : une monosomie) ont les caractéristiques des mâles mais sont stériles; les drosophiles XXY (une trisomie) sont fertiles et de phénotypes femelles. (Dans l’espèce humaine, c’est le contraire).

46 Il y a une corrélation entre le comportement des chromosomes sexuels et celui du gène w

47 ♀ x ♂ ♂ 50% ♀ 50% ♀ rares 1/2000 ♂ rares 1/2000 Ces femelles  « mutantes » ont deux chromosomes X venant de la mère Les mâles aux yeux rouges, ont un seul chromosome X (venant du père) A un comportement exceptionnel des chromosomes, correspond un comportement exceptionnel de leurs gènes Le gène W est localisé sur le chromosome X. Les gènes sont localisés sur les chromosomes