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Génétique
Problèmes de génétique chez la drosophile
Cours de Génétique
 

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4. a Chacune des quatre souches H, I, J et K est porteuse d’un chromosome balanceur pistable par la mutation bar et d’un chromosome muté qu’on peut appeler h, i, j ou k.

Les femelles de ces quatre souches ont respectivement les génotypes FM3//i, FM3//j, FM3//h, FM3//k.

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Le fait que les mutations portées par les chromosomes h, i, j et k soient maintenus en stock face au balanceur, prouve qu’elles ont toutes un effet récessif vis-à-vis de leurs homologues respectifs sur FM3.

Le croisement de femelles H, I, J ou K avec des mâles sta-1/Y donne des femelles F1.

Celles qui sont de phénotype [B+] n’ont pas reçu le balanceur et sont donc de génotype sta-1//h, sta-1//i, sta-1//j ou sta-1//k.

On identifie ainsi les individus dont le génotype est porteur de mutations sur les deux chromosomes X.

Si l’un de ces génotypes, sta-1//i, par exemple, s’avère stérile, on peut conclure que le mutant I est affecté dans le gène STA (pas de complémentation fonctionnelle).

Ce test de complémentation fonctionnelle permet de conclure que les quatre mutants H, I, J et K sont mutés dans le gène STA. NB :

En absence de test de ségrégation 2/2, on ne peut savoir si les mutants H, I, J ou K sont des mutants simples, mutés dans le seul gène STA (ce qui est sûr, compte tenu du TCF) ou si ce sont des mutants multiples touchés aussi dans un autre gène.

4. b Les mâles H sont h//Y; les femelles H sont FM3//h. Leur croisement donnent deux types de femelles F1, FM3//h de phénotype [B/2] et h//h de phénotype [B+].

Ces dernières ont toujours des ailes courtes, ce qui signifie que le phénotype [aile courte] est récessif et associé à la « mutation h ».

De la même manière le phénotype [abdomen déformé] est récessif et associé à la « mutation k ».

Cependant, il convient d’écrire « mutation h » ou « mutation k », car, comme cela a été dit, on ne sait si les mutants étudiés sont simples ou multiples. Plusieurs hypothèses différentes peuvent rendre compte de ces phénotypes et aussi de la ségrégation 2/2 observée.

– Hypothèse 1. Le mutant H (ou K) est simple.

Dans ce cas, le seul gène muté est STA (TCF) et la mutation a un effet pléiotrope se traduisant à la fois par la stérilité femelle et un caractère morphologique (aile courte ou abdomen déformé). La ségrégation 2/2 est alors attendue.

– Hypothèse 2.

Le mutant H (ou K) est double.

Il est à la fois muté dans le gène STA et aussi, indépendamment, dans un autre gène (du chromosome X) qui conditionne la morphogenèse des ailes ou de l’abdomen.

La ségrégation 2/2 est logique (pas de crossing-over chez le mâle, ni, ici, chez la femelle, en raison du chromosome balanceur).

Cette hypothèse est peu vraisemblable car la probabilité d’avoir un double mutant est égale au carré de la probabilité d’en avoir un simple.

Si la probabilité d’un simple mutant spontané est de l’ordre de 10–6 à 10–7, celle d’un double mutant devient de l’ordre de 10–12 à 10–14 mutants, c’est-à-dire impossible.

Il est vrai que l’induction de mutants augmente considérablement l’ordre de grandeur des taux, passant à 10–4 ou 10–5, ce qui rend l’hypothèse 2 possible, bien que toujours peu probable.

– Hypothèse 3.

Le mutant H (ou K) est simple en ce sens qu’il est porteur d’une seule mutation, mais deux gènes sont touchés simultanément, le gène STA et un autre impliqué dans la morphogenèse de l’aile ou de l’abdomen.

Il s’agit dans ce cas d’une délétion (un seul événement mutationnel) couvrant ces deux gènes.

La ségrégation 2/2 est attendue.

Cette hypothèse a l’avantage de combiner les deux précédentes en prenant la vraisemblance statistique de la première (un seul événement mutationnel) et la vraisemblance biologique de la seconde (deux fonctions touchées).

Il est alors nécessaire de définir un protocole de choix entre les hypothèses, test de ségrégation 2/2 ou autre test, éventuellement moléculaire.

5. a Des femelles FM3//h sont croisées par des mâles SSR, notés h+//Y. Les femelles F1 de phénotype [B+] sont de génotype h//h+.

NB : Il est préférable de noter, dans ce croisement, les mâles sauvages par h+//Y et non sta+//Y, car on ne sait pas si h se réduit au gène STA ou s’il recouvre plusieurs gènes.

Si on notait les mâles par sta+//Y, les femelles issues du croisement seraient notées h//sta+ ce qui tendrait à réduire h au seul statut d’allèle de STA (ce qu’il est de toute façon, mais peut-être pas uniquement).

On observe, dans ce test cross, une ségrégation 2/2 typique avec deux types de mâles équifréquents h//Y et h+//Y, et deux types de femelles équifréquentes h//h et h//h+. Cette observation ne permet de choisir aucune des hypothèses :

– si l’hypothèse 1 est la bonne, on attend une ségrégation 2/2;

– si l’hypothèse 2 est la bonne, on peut avoir une ségrégation 2/2 si les deux gènes sont très proches, ce qui est une condition supplémentaire rendant cette hypothèse encore moins probable, mais on n’a pas démontré qu’elle était fausse;

– si l’hypothèse 3 est la bonne, on s’attend aussi à une ségrégation 2/2, comme le montre le schéma ci-dessous.

À la méiose, l’appariement de deux chromatides non-soeurs, dont l’une est délétée pour les deux gènes A et B, induira une boucle de non-appariement (appelée « boucle de délétion ») sur l’autre chromatide.

La première chromatide est A– et B–, la seconde est A+ et B+, mais aucun crossing-over ne peut générer des chromatides recombinantes A+ et B– ou A– et B+, car cela supposerait un crossingover entre les deux gènes en un point qui existe sur la chromatide (A+, B+) mais qui n’existe plus sur la chromatide homologue délétée.

5. b Le gène miniature en 10E2, gouvernant par ses mutations un phénotype ailes courtes, est dans la zone 10D8-10E4 où le gène STA a été assigné; il est logique de penser que le mutant h pourrait être muté dans STA et dans m.

Le croisement réalisé est un TCF pour le gène m. Les femelles F1 obtenues ont le génotype « h/m » et le phénotype [ailes courtes], ce qui prouve que la souche H, mutée dans STA, est aussi mutée dans le gène miniature.

L’hypothèse 1 (mutant H simple et mutation pléiotrope) est donc exclue, et restent les deux autres.

6. Les femelles F1, de génotype k//k+, sont croisées, en test-cross, avec des mâles k/Y.

Le fait qu’il y ait trois types de descendants femelles en F2 exclut la ségrégation 2/2 d’un couple d’allèles à la méiose chez les femelles F1 k//k+.

On doit donc conclure que les mutants K sont porteurs d’au moins deux mutations différentes sur le chromosome X, recombinables par crossing-over.

L’une des mutations affecte le gène STA (voir l’absence de complémentation dans les croisements femelles K × mâles sta-1/Y), l’autre mutation touche un gène impliqué dans la morphogenèse de l’abdomen, noté ab.

Sous cette hypothèse minimale de deux gènes touchés, le génotype de la femelle F1 peut s’écrire (sta–, ab–)//(sta+, ab+), ce qui conduit au tableau de croisement des gamètes (tabl. 11.9).

On observe 277 et 321 individus femelles de phénotype parental et 63 individus d’un phénotype non-parental, donc recombiné [abdomen normal, pondant des oeufs qui ne se développent pas].

Quel est son génotype ? Comme on sait que le phénotype abdomen déformé est récessif, il s’agit obligatoirement du génotype recombiné ab–//ab+, donc du génotype (ab–; sta–)//(ab+; sta–), et il est logique qu’il ponde des oeufs qui ne se développent pas, puisqu’il est sta–//sta–.

Le fait que l’homozygote k//k, c’est-à-dire (sta–, ab–)//(sta–, ab–) ne ponde pas d’oeufs est dû au fait qu’il a l’abdomen déformé, phénotype épistatique sur celui associé au gène STA, si bien que les génotypes (sta+//ab–)//(sta–; ab–) devraient aussi avoir le phénotype [abdomen déformé, ne pondant pas d’oeuf], ce qui est confirmé par l’interprétation quantitative des résultats. En effet, on sait que les génotypes parentaux sont équifréquents entre eux, de même les génotypes recombinés.

Or ici 277 et 321 sont des valeurs significativement différentes comme 63 et 0.

S’il y a 63 génotypes d’un type recombiné, il doit y en avoir la même quantité de l’autre.

S’il n’y a que trois phénotypes au lieu de quatre, c’est que deux génotypes ont un même phénotype.

Comme on a un phénotype recombiné et deux phénotypes parentaux, c’est que l’un des génotypes recombinés a le même phénotype que le phénotype parental en excès, soit [abdomen déformé, sans ponte], ce qui confirme bien ce qu’on attend.

Cela permet, par ailleurs, de calculer la fréquence de recombinaison, soit 63 × 2/641, d’où une distance de 19,7 unités de recombinaison.

On voit qu’avec une mutagenèse aux rayons X on peut avoir des doubles mutants sans trop de difficultés.

7. Une inversion entraîne une double coupure de l’ADN aux deux extrémités (appelées pieds) de l’inversion.

Si le pied d’une inversion est situé dans la séquence codante d’un gène, celui-ci sera inactivé, puisque l’instruction est détruite.

NB : Une inversion touchant un gène dans son promoteur peut mettre la séquence codante en phase avec le promoteur d’un gène situé à proximité de l’autre pied et aboutir alors à une surtranscription s’il s’agit d’un promoteur fort.

Ici le mutant I, muté dans le gène STA, lui-même localisé entre 10D8 et 10E4, possède une inversion entre 10E2 et 13B1; il est dès lors très vraisemblable pour ne pas dire certain que le gène STA est touché par cette inversion ce qui précise sa localisation en 10E2, c’est-à-dire très proche du gène miniature (question 5).

8. La mesure de la taille des fragments de restriction sur les southern blot pour la souche SSR permet de compléter la carte de restriction (fig. 11.11).

Le fragment de 4 Kb est évidemment reconnu par les sondes α et β. L’absence de modification de la carte de restriction pour les mutants J et K plaide en faveur de mutations ponctuelles du gène STA dans ces souches.

En revanche, les mutations affectant le gène STA chez les mutants I et H sont associées à une modification de la carte de restriction. Ce résultat était attendu pour la souche I où l’analyse cytologique a montré une inversion, et confirme l’hypothèse d’une délétion pour la souche H (questions 4 et 5.a).

Chez H la sonde α reconnaît les fragments présents chez la SSR; cette partie de la carte physique n’est pas concernée par la délétion.

La sonde β identifie les fragments de 4 Kb et 1 Kb présents chez la SSR, mais identifie un fragment de 5,5 Kb à la place de ceux de 5 et 6 Kb.

Deux solutions sont alors possibles pour situer l’ampleur de la délétion chez H :

– une délétion courte de 5,5 Kb autour de l’avant-dernier site R réduisant les deux fragments de 5Kb et 6Kb à un fragment unique de 5,5 Kb (fig. 11.11);

– une délétion plus longue emportant les deux derniers sites R, et donc la totalité du fragment de 6 Kb, raccordant la partie restante du fragment de 5 Kb (qui permet la reconnaissance par la sonde β ) avec un site plus en aval et formant un nouveau fragment de 5,5 Kb.

L’analyse des fragments de restriction du mutant I permet de montrer que les fragments de 2, 7, 1, 5 et 6 Kb ne sont pas touchés, et que le seul fragment dont la taille est modifiée est le fragment de 4 Kb, reconnu chez la SSR par les deux sondes.

L’un des pieds de l’inversion se situe dans ce fragment de 4 Kb :

– la sonde α reconnaît la partie droite du fragment qui est restée en place et se trouve soudée avec l’autre pied de l’inversion qui apporte un site R, tel que le nouveau fragment fait 3 Kb (fig. 11.11);

– la sonde β reconnaît la partie gauche de ce fragment qui, après l’inversion se retrouve en 13B1 associée avec un site R en aval du pied de l’inversion, tel que le nouveau fragment de restriction a une taille largement supérieure à 7 Kb (fig. 11.11);

– la sonde β reconnaît aussi la partie droite de ce fragment (3 Kb sur les deux southern), ce qui prouve que le pied de l’inversion se situe à droite du site Sal1. L’inversion du mutant I, qui touche le gène STA, prend pied dans le fragment de 4 Kb.

Dans les deux hypothèses, le point de départ de la délétion du mutant H, qui touche le gène STA, se situe dans le fragment de 5 Kb.

On peut donc conclure que la localisation moléculaire minimale du gène STA est de part et d’autre du fragment EcoR1 de 1 Kb qui est totalement interne au gène STA.

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