Deuxième partie a B d E 6 A b D e 9 a BDE 42 A bde 43 ABD e 140

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 croisement-
test. On obtient 1000 descendants que l’on classe selon les combinaisons phénotypiques suivantes:
a B d E 6
A b D e 9
a B D E 42
A b d e 43
A B D e 140
a b d E 145
A B d e 305
a b D E 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:
(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)
1000
140 + 145 + 6 + 9
Distance (A-E) – D : x 100 = 30 cM (0,1 point)
1000
D
d
A-e
a-E
b
B
D
d
a-E
A-e
b
B

Carte:
(0,1 point)
b) 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:
(0,1 point)
30 cM
10 cM
D
(A-E)
B
E
29,9 cM
10 cM
D
A
B
0,1 cM

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 femelles jaunes
1/4 femelles grises
1/4 mâles jaunes
1/4 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 Xj+ / Y x femelles jaunes Xj / Xj
mâles jaunes, Xj / 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
Xj+ / 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 Xj / Y j+ x Xj / Xj  Xj / Xj femelles jaunes
Xj / Y j+ 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 Xj / Y ; Aj+ / A x Xj / Xj ; A / A  Xj / Xj ; A / A femelles jaunes
Xj / Xj ; Aj+ / A femelles grises
Xj / Y ; A / A mâles jaunes
Xj / Y ; Aj+ / A 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.
1) Clonage au milieu de la séquence donneuse (une partie du gène cible à inactiver) du gène de sélection neor
(résistance à la néomycine). A l’extérieure de la séquence donneuse, clonage du gène tkHSV conférant la
sensibilité au gancyclovir:
(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 Intégration au hasard
Résistant à la néomycine, Résistant à la néomycine,
Insensible au gancyclovir (0,2 point) Sensible au gancyclovir (0,1 point)
3) Culture des cellules ES et application des traitements de:
- sélection des intégrations (homologues et au hasard): résistance à la néomycine, (0,1 point)
- contre-sélection des intégrations au hasard: sensibilité au gancyclovir. (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)
Gène cible
tkHSV
neor
Séquence donneuse
Séquence de plasmide
tkHSV
neor
tkHSV
neor
neor
Allèle inactivé
tkHSV
neor