b. Trouver une interprétation fonctionnelle au mutant m4 pour concilier les
observations génétiques relatives à ce mutant (questions 2 et 5) et les observations
fonctionnelles de celui-ci, rapportée dans le tableau ci-dessous,
sachant, par ailleurs, qu’on a montré que le produit du gène muté chez m4
est porteur d’un domaine de liaison à l’ADN, et en considérant les résultats
obtenus avec la SSR cultivée sur galactose ou glucose.
c. Concilier les observations génétiques faites pour le mutant m10 (questions
4 et 5) et les observations biochimiques ou fonctionnelles rapportées
dans le tableau ci-dessus.
➤ Niveau L2 :
Solution
1.a. Les mutants mi sont cultivables sur Mo + his et la souche S sur Mo + trp ou bien
Mo(gal) + trp.
b. On effectue les croisements sur milieu minimum Mo, où seules peuvent pousser les
diploïdes qui, par complémentation fonctionnelle, sont [his+; trp+]; les mutations d’auxotrophie
servent de marqueurs de sélection des diploïdes.
La source de carbone étant du glucose,
la croissance des diploïdes est possible même en cas de phénotype [gal–] dominant.
2.a. On teste le phénotype des diploïdes obtenus sur la boîte de croisement par réplique sur
une boîte de milieu Mo(gal) où peuvent pousser les [gal+] mais non les [gal–].
b. Tous les mutants [gal–] sont récessifs.
3.a. Les résultats obtenus sont ceux qui sont attendus quand deux souches ne différent que
pour un seul gène, relativement au caractère étudié, ici galactose; en effet on observe alors,
parmi les spores, une ségrégation 2/2 correspondant à la ségrégation du couple d’allèles pour
ce gène formé chez le diploïde; soit :
Souches croisées : m1 × S
Phénotypes parentaux : [gal–] × [gal+]
Génotypes parentaux : (a) × (A)
Génotype du diploïde : A // a
Génotypes des spores : 50 % (A) + 50% (a)
Phénotypes des spores : 50 % [gal+] + 50% [gal–]
b. Tous les mutants, sauf m10 apparaissent comme des mutants simples, ne différant de la
souche sauvage que par une mutation dans un seul gène, un seul des gènes de la chaîne de
métabolisation du galactose.
N. B : on ne peut cependant dire, à ce stade, si deux souches, mutées dans un seul gène, sont
mutées dans le même gène ou dans deux gènes différents.
4. Comme les proportions ne sont pas égales à 50-50, on peut conclure qu’il n’y a pas ségrégation
2/2 et que m10 diffère de la souche sauvage par au moins deux gènes.
Dans ce cas, on
peut écrire :
Souches croisées : m10 × S
Phénotypes parentaux : [gal–] × [gal+]
Génotypes parentaux : (a, b) × (A, B)
Génotype du diploïde : (A // a ---- B // b)
Génotypes des spores : (A, B) + (a, b) + (A, b) + (a, B)
En cas d’indépendance génétique, si r = 1/2, on attend 25 % de [gal+], mais en cas de liaison,
si r < ½, on attend une fréquence supérieure à 25 %, une fréquence comprise entre 25 %
(quand r = ½) et 50 % (quand r = 0).
Ici, on peut conclure qu’il y a liaison génétique et déduire de l’équation (1 – r)/2 = 0,46, la
valeur de r = 0,08 ce qui conduit à estimer une distance entre les gènes A et B égale à 8 unités
de recombinaison.
5. a. Groupes de complémentation : ils réunissent les mutants qui ne complémentent pas
entre eux, car ils sont mutés dans un même gène, et qui complémentent avec les mutants des
autres groupes qui sont mutés dans d’autres gènes.
On peut définir cinq groupes de
complémentation :
(m1, m3, m11); (m2, m11); (m4, m6, m10); (m5, m8, m9, m11); (m7, m10).
b. Le mutant m10 appartenant à deux groupes de complémentation est donc muté dans deux
gènes, ce qui est cohérent avec le croisement avec sauvage qui conduisait à la même conclusion.
c. Le mutant m11 appartient à trois groupes de complémentation, il est donc muté dans trois
gènes, ce qui ne semble pas cohérent avec le croisement par sauvage qui conduisait à la
conclusion d’une ségrégation 2/2, donc d’un mutant dans un seul gène.
On peut faire en fait l’hypothèse que m11 est porteur d’un seul événement mutationel, sous la
forme d’une délétion touchant trois gènes contigus, de sorte qu’il appartient bien à trois groupes de complémentation tout en donnant, à la méiose une ségrégation 2/2 pour la mutation
unique dont il est porteur.
6. La souche B diffère de la souche sauvage pour un seul gène relativement au caractère
adénine, car il y a ségrégation 2/2 pour ce caractère, avec 505 [ade+] et 495 [ade-], de même,
elle diffère pour un seul gène relativement au caractère méthionine avec 515 [met+] et 485
[met–].
On peut écrire ainsi les croisements et les génotypes :
Les phénotypes recombinés, donc les spores recombinées, sont moins fréquentes que les
spores parentales, on peut en conclure qu’il y a liaison génétique, donc liaison physique et
estimer la distance entre les gènes A et B, soit 40 unités de recombinaison (400 spores recombinées
sur un total de 1 000).
7. On rappelle que le mutant m11 est de phénotype [gal–, his–] et qu’il est donc de phénotype
[ade+, met+], sauvage pour les gènes qui sont mutés dans B et dont on connaît la distance
génétique.
Quand on croise la souche B avec le mutant m11, la distance trouvée entre les gènes A et B
n’est plus égale à 40 unités de recombinaison mais égale à 30 unités de recombinaison, ce qui
est rendu possible si on considère que :
– les gènes GAL mutés chez m3 et m5 sont entre les gènes A et B,
– la souche m11 est délétée pour ces deux gènes (et un troisième, voir les groupes de complémentation),
ce qui conduit bien alors à une réduction de la distance entre les gènes A et B
chez le mutant m11.
8.a. Les mutants m1, m2, m3, m5, m7 sont des mutants simples, mutés dans un seul gène, ce
qui est ici vérifié par absence de l’une des cinq activités.
Le mutant m11 est muté dans trois gènes (voir TCF) ce qui est ici vérifié par absence simultanée
de kinase, de transférase et d’épimérase et le fait que les trois gènes de structures spécifiant
ces activités soient contigus, valide l’interprétation génétique du simple mutant par
délétion unique couvrant les trois gènes de structure.
b. Le mutant m4 est un mutant simple, muté dans un seul gène, ce qui est confirmé à la fois
par le test de ségrégation 2 × 2 et le TCF et l’analyse biochimique montre l’absence de toutes
les activités sauf celle de la mutase.
Le fait que le produit du gène muté chez m4 possède un
domaine de liaison à l’ADN permet de supposer qu’il pourrait spécifier un activateur des
gènes de structure, sauf celui de la mutase, et qu’une mutation de perte de fonction dans ce
gène (désigné par GAL4) est responsable du phénotype [gal–] par perte simultanée de toutes
les fonctions utiles à la métabolisation du galactose.
D’ailleurs, la régulation des quatre gènes est bien illustrée par l’absence de leurs produits
quand la culture de la SSR n’est pas faite sur galactose; on peut alors imaginer qu’en présence
da galactose, le produit du gène GAL4 devient actif et peut faire initier la transcription des
gènes de structure.
NB : le gène de la mutase n’est pas sous la dépendance régulatrice de GAL4 car sa fonction
est requise dans d’autres circonstances que la métabolisation du galactose; son expression est
donc « constitutive ».
c. Le mutant m10 est un mutant double, ce qui est confirmé à la fois par le test de ségrégation
2 × 2 et le TCF, mais il apparaît dans l’analyse biochimique qu’il est dépourvu de toutes les
activités sauf la mutase.
Cela s’explique aisément par le fait que m10 est muté dans le même
gène que m7, soit le gène de structure de l’épimérase, mais qu’il est aussi muté dans le gène
GAL4 ce qui entraîne automatiquement l’absence d’expression des quatre gènes de structure
sous sa dépendance.
Problème 10.4
Deux souches haploïdes de levure, A et B, de signe sexuel opposé, sont
auxotrophes pour l’adénine.
1. Chacune de ces souches croisées par une souche C [trp–] donne des
diploïdes, leurs méioses fournissent des tétrades avec deux spores [ade+] et
deux spores [ade–].
Interprétez.
2. Les souches A et B sont croisées sur une boîte de milieu minimum.
Les
diploïdes sont mis à sporuler et les tétrades obtenues se répartissent en
deux classes de fréquences égales; les tétrades de la première classe
contiennent quatre spores [ade+] et celles de la seconde classe contiennent
quatre spores [ade–].
Interprétez ces résultats, en justifiant vos réponses sur
les plans cartographique et fonctionnel.
Solution
1. Le croisement avec la souche C est un croisement par sauvage pour le phénotype adénine.
La ségrégation 2/2 montre que le phénotype [ade–] ne dépend, chez les souches A et B, que
de la mutation d’un seul gène; pour ce phénotype les souches A et B diffèrent de C pour un
seul gène (pas forcément le même !).
2. Les souches A et B ne sont pas mutées dans le même gène puisqu’il y a complémentation
fonctionnelle et que les diploïdes A × B poussant sur Mo sont [ade+].
Remarque. L’interprétation de ce TCF n’est pas ambiguë, même si le résultat du test
de récessivité n’a pas été donné, car ce résultat impose la récessivité des mutants;
c’est le résultat [ade–] qui serait ininterprétable en l’absence de test de dominance.
Par
ailleurs, l’analyse de la méiose révèle plus d’un seul type de tétrades.
S’il y a deux gènes, on attend trois types de tétrades, des DP, des DR et des T, dont les
fréquences dépendent de l’indépendance physique ou de la liaison génétique.
S’il n’y a que deux types de tétrades, seules deux solutions sont possibles :
– soit les deux gènes sont physiquement et génétiquement très liés; il n’y a donc pas
de DR, mais les DP sont très fréquents et les T sont très rares. Or, les deux types de
tétrades ont des fréquences égales, ce qui invalide cette hypothèse;
– soit les deux gènes sont physiquement indépendants et très proches de leurs centromères
respectifs; il n’y a alors pas de T, et les DP et les DR sont équifréquents, ce
qui semble valider cette hypothèse.
Cependant on attend des DP avec quatre spores [ade–], et des DR équifréquents avec
deux spores doubles sauvages [ade+] et deux spores doubles mutantes [ade–].
Il faut donc faire une hypothèse supplémentaire, fonctionnelle, pour expliquer que les
DR présentent quatre spores [ade+] et non deux seulement.
On peut, par exemple, faire l’hypothèse que chacune des deux mutations à un effet
suppresseur sur l’autre, ce qui conduit les spores doubles mutantes à un phénotype
sauvage [ade+], ou que les deux gènes mutés sont très liés avec un suppresseur de la
mutation de l’autre gène, ce qui conduit au même résultat, hypothèse moins simple.
Problème 10.5
On ne tient pas compte dans ce problème du signe sexuel des souches.
On dispose de deux souches haploïdes de levure, A auxotrophe pour la
méthionine et l’histidine, phénotype noté [met–, his–] et B auxotrophe pour
le tryptophane, phénotype noté [trp–].
1. On les croise sur une boîte de milieu minimum Mo et on obtient des
colonies. Interprétez ce résultat.
2. Les colonies sont transférées sur un milieu de sporulation qui permet de
recueillir 50 asques, à partir desquelles, on entreprend l’analyse des tétrades
(tabl. ci-dessous).
ANALYSE DES 50 TÉTRADES POUR CHAQUE COUPLE D’AUXOTROPHIES.
On note « – » le phénotype auxotrophe et « + » le phénotype prototrophe.
Estimez le nombre de gènes en jeu, leur indépendance ou leur liaison
génétique et, selon les cas, les distances respectives entre les gènes et/ou
entre un gène et son centromère.
3. Les souches A et B poussent indifféremment sur glucose ou galactose.
Cependant, parmi les 200 spores issues des 50 tétrades étudiées, on
observe que certaines d’entre elles sont incapables de pousser sur galactose.
En effet, une réplique depuis la boîte mère des spores (Milieu Mo
+ trp + his + met) est faite sur une boîte de milieu Mo(gal) + trp + his +
met afin d’observer la capacité de croissance sur galactose et on observe
les résultats suivants :
– 40 tétrades contiennent 4 spores [gal+];
– 9 tétrades contiennent 3 spores [gal+] et une spore [gal–];
