Deuxième partie a B d E 6 A b D e 9 a BDE 42 A bde 43 ABD e 140
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Deuxième partie Question 1. (1,2 point) On fait subir à un individu hétérozygote pour 4 gènes (génotype A/a B/b D/d E/e) un croisementtest. On obtient 1000 descendants que l’on classe selon les combinaisons phénotypiques suivantes: a A a A A a A a B b B b B b B b d D D d D d d D E e E e e E e E 6 9 42 43 140 145 305 310 a) Si il y a des gènes liés, déterminez-en l’ordre, les distances et dessinez une carte génétique. b) Calculez si il y lieu la valeur de l’interférence. c) Si 2 lignées pures avaient été croisées pour produire l’hétérozygote, quels auraient été leurs génotypes? 4) Si à la place de l’un des individus a b d E on avait observé un individu a b d e, quelle modification de la carte génétique devriez-vous effectuer? a) Si les 4 gènes étaient indépendants, il y aurait 16 combinaisons de phénotypes en proportion identique. On constate que, pour les gènes A et E, il n’y a que 2 combinaisons, a E et A e, donc les 2 gènes ont la même position (sont totalement liés). On les traite donc comme un seul élément A-E. On constate ensuite que les 4 paires de combinaisons alléliques complémentaires ont des abondances très différentes. Les gènes sont donc liés. (0,2 point) En comparant les chromosomes parentaux (les plus abondants, A-e B d et a-E b D) avec les gamètes doubles recombinants (les moins abondants, a-E B d et A-e b D), on déduit l’ordre des gènes: B A-e d B a-E d b a-E D b A-e D (0,2 point) Simple crossing over + double crossing-over Distance = FR x 100 = x 100 Progéniture totale 42 + 43 + 6 + 9 Distance B – (A-E) : x 100 = 10 cM (0,1 point) x 100 = 30 cM (0,1 point) 1000 140 + 145 + 6 + 9 Distance (A-E) – D : 1000 B Carte: (A-E) D 10 cM b) (0,1 point) 30 cM nombre de DCO observés Interférence = 1 nombre de DCO attendus Fréquence de DCO attendus = FRB-(A-E) x FR(A-E)-D = 0,1 x 0,3 = 0,03 Nombre de DCO attendus = 0,03 x 1000 = 30 15 I = 1 - = 0,5 (0,2 point) 30 c) B A e d / B A e d et b a E D / b a E D (0,1 point) d) Il y a eu un crossing-over entre les gènes A et E. L’ordre est B A E D. (0,1 point) Nouvelle carte: B A E 10 cM D 29,9 cM 0,1 cM (0,1 point) Question 2. (0,9 point) Chez la drosophile, le corps est normalement gris. On connaît une mutation récessive, j , d’un gène situé à l’extrémité du chromosome X, qui produit un corps jaune. Au cours d’une expérience, des mâles normaux sont irradiés avec des rayons X puis croisés à des femelles au corps jaune. La plupart des descendants mâles ont le corps jaune sauf deux individus dont le corps est gris. Ces deux exceptions ont été croisées avec des femelles au corps jaune, donnant les résultats suivants: Mâle gris 1 x femelle jaune toutes les femelles jaunes tous les mâles gris Mâle gris 2 x femelle jaune 1/4 1/4 1/4 1/4 femelles jaunes femelles grises mâles jaunes mâles gris Peut-on exclure une réversion de l’allèle mutant j en un allèle fonctionnel j + ? (Justifiez votre réponse). Si oui, expliquez les deux mâles inattendus. Ecrivez les génotypes de chaque croisement. Croisement initial: mâles gris irradiés j+ X /Y j x j femelles jaunes X / X j mâles jaunes, X / Y, et 2 exceptions mâles gris Si il y a une réversion de j en j+ (chez les femelles qui n’ont pas été irradiées!), les mâles exceptionnels seraient j+ X / Y et lorsqu’on les a recroisés avec des femelles jaunes on aurait dû obtenir des femelles grises et des mâles jaunes. Ce n’est pas le cas, donc la réversion peut être exclue. (0,3 point) Le mâle 1 montre une transmission du phénotype dominant gris de père en fils translocation de l’allèle j+ sur le chromosome Y (réarrangement chromosomique induit par l’irradiation): mâle 1 j X /Y j+ x j j X /X j j j j+ X /X X /Y femelles jaunes mâles gris (0,3 point) Le mâle 2 montre une transmission de l’allèle dominant qui n’est pas lié au sexe translocation de l’allèle j+ sur un autosome : Mâle 2 j j+ X /Y; A /A x j j X /X ;A/A j j j j X /X ;A/A femelles jaunes j+ X / X ; A / A femelles grises j X /Y ;A/A j j+ X /Y ;A /A mâles jaunes mâles gris (0,3 point) Question 3. (1,3 point) Décrivez le principe de l’obtention d’une mutation dirigée de type “knock-out” chez la souris. Expliquez brièvement chaque étape. Faites des dessins. Remarque: décrivez la méthode générale. Les raffinements de type Cre/loxP ne font pas partie de la question. r 1) Clonage au milieu de la séquence donneuse (une partie du gène cible à inactiver) du gène de sélection neo HSV (résistance à la néomycine). A l’extérieure de la séquence donneuse, clonage du gène tk sensibilité au gancyclovir: r conférant la HSV neo tk Séquence donneuse Séquence de plasmide (0,3 point) 2) Introduction de l’ADN linéarisé comme ci-dessus dans des cellules souches embryonnaires, cellules ES (par électroporation ou transfection). (0,2 point) L’ADN s’intègre dans le génome: Recombinaison (intégration) homologue r neo HSV tk Intégration au hasard r tk r tk neo HSV Gène cible r neo neo HSV Allèle inactivé Résistant à la néomycine, Insensible au gancyclovir (0,2 point) Résistant à la néomycine, Sensible au gancyclovir 3) Culture des cellules ES et application des traitements de: - sélection des intégrations (homologues et au hasard): résistance à la néomycine, - contre-sélection des intégrations au hasard: sensibilité au gancyclovir. (0,1 point) (0,1 point) (0,1 point) 4) Injection des cellules ES hétérozygotes pour une intégration homologue dans des blastocytes hôtes et obtention de souris chimériques. (0,2 point) 5) Croisement des souris chimériques et obtention d’individus hétérozygotes pour l’allèle inactivé (si le chimérisme concernait aussi la lignée germinale). (0,1 point)
