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Exercices du livre. Exercice 3 page 36. Exercice corrigé page 366 du livre. Exercice 4 page 37. 1. Annotations du cycle : fécondation en bas (à gauche de « oosphère », là où se réunissent les deux flèches, méiose entre « plan adulte » et « spermatozoïde ». La phase 2n comprend tout ce qui suit après fécondation (donc embryon, plan adulte). La phase n, ce qui suit la méiose (donc spz et oosphère). 2. Compte-tenu de l’énoncé, on ne se pose pas de questions : les gènes sont liés. Caractère fruit : allèle FE (fruit entier) et allèle fd (fruit divisé) Caractère rameau : allèle RV (violet) et rv (vert) P1 (fruits entiers, rameaux violets) x P2 (fruits divisés, rameaux verts) homozygotes.

(FERV/ FERV) (fdrv/ fdrv) F1 (fruits entiers, rameaux verts). F1 Hétérozygote : (FERV/ fdrv) FE dominant / fd RV dominant / rv 2ème génération : test-cross F1 produit 4 catégories de gamètes non équipb (les gamètes avec nouvelles combinaisons alléliques (FErv) et (fdRV) sont issus de CO en prophase I entre les loci des deux gènes lors de la méiose ; les gamètes avec combinaisons alléliques parentales (FERV) et (fdrv) sont issus d’un cas de figure sans CO entre les deux loci). Comme kes cas de figure sans CO entre les deux gènes sont plus fréquents que ceux avec CO, la fécondation avec les gamètes de l’homozygote récessif conduit à des phénotypes parentaux [FErv] et [fdRV] en nombre supérieur aux phénotypes recombinés, [FERV] et [fdrv] Les phénotypes FERV (fruit entier ; rameau violet) et fdrv (fruit divisé, rameau vert) seront majoritaires, alors que les FErv (fruit entier ; rameau vert) et fdRV (fruit divisé, rameau violet) seront minoritaires. C’est le brassage intrachromosomique en prophase I de méiose qui explique l’apparition de ces phénotypes minoritaires. Exercice 6 page 38. 1. Caractère « couleur du pelage » qui est étudié. [Noire], [chocolat] ou [sable]. 2 gènes considérés. Tyrp1. B -> pigment noir (dominant) B -> brun (chocolat) récessif MC1R. E -> indispensable à la synthèse des pigments noir ou brun. Dominant E -> ne permet pas la synthèse des pigments, récessif. Gènes situés sur 2pK (précisé dans l’énoncé). Chiens noirs : (B/B ; E/E) (B/b ; E/E) (B/B ; E/e) (B/b ; E/e) Chiens chocolat : (b/b ; E/E) (b/b E/e) Chiens sable : (B/B ; e/e) (B/b ; e/e) (b/b ; e/e) 2. Mâle sable x femelle chocolat On obtient 20 chiots : 10 sable ; 5 chocolat ; 5 noirs. Les chiens chocolat ont obligatoirement (b/b) donc chaque parent a transmis au moins un b à chq chiot. Les chiens sable obtenus sont tous (e/e), donc chaque parent a transmis au moins un e. La femelle chocolat est donc obligatoirement (E/e) Comme on obtient des chiens noirs qui ont au moins un B, et que le parent chocolat est obligatoirement (b/b), c’est le parent sable qui a transmis le B : il est donc (B/b e/e)

Mâle sable x femelle chocolat B/b ; e/e b/b ; E/e

Gamètes produits par P1 : (B ; e) et (b ;e) ½ chacun Gamètes produits par P2 : (b ; E) et (b ; e) ½ chacun B ; e b ; e b ; E noir choco b ; e sable sable

Echiquier de croisement.

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Exercice 1. Sachant que pour chaque caractère étudié la différence phénotypique est liée à un seul gène, dites, à partir des informations extraites du document, si les deux gènes considérés sont situés sur la même paire de chromosomes ou non.

La drosophile, organisme diploïde, est une petite mouche qui présente une grande diversité de phénotypes. On considère ici les conventions suivantes pour les allèles des deux gènes :

- a+ -> [abdomen uni] et a -> [adomen rayé] - t+ -> [thorax avec soies] et t -> [thorax sans soies]

Premier croisement. On croise des drosophiles de lignées pures : un mâle à abdomen rayé et au thorax dépourvu de soies, et une femelle dont l’abdomen est uni et le thorax porte des soies. Toutes les drosophiles obtenues en première génération (F1) ont l’abdomen uni et le thorax portant des soies.

Deuxième croisement. On croise ensuite une femelle obtenue en F1 avec un mâle à l’abdomen rayé et au thorax sans soies. On obtient à la génération suivante :

- 78 individus à l’abdomen uni et au thorax portant des soies ; - 23 individus à l’abdomen uni et au thorax sans soies ; - 19 individus à l’abdomen rayé et au thorax portant des soies ; - 81 individus à l’abdomen rayé et au thorax sans soies.

Exercice 2. Afin de localiser sur les chromosomes les gènes codant des caractères différents, on réalise une série de croisements entre des églantines.

Déterminez si les deux gènes concernés sont situés sur la même paire de chromosomes ou non. On considère les conventions suivantes : Couleur de la fleur : - allèle FLR [fleur rose] Aspect du pied : - allèle PEP [pied épineux] - allèle flr [fleur blanche] - allèle pep [pied lisse]

Croisement n°1. Une lignée pure d’églantines à fleurs blanches et pied lisse est croisée avec une lignée pure à fleurs roses et pieds épineux. La descendance de première génération est toujours des églantines à fleurs roses et à pied épineux.

Croisement n°2. Les mêmes plantes, à fleurs blanches et pied lisse, sont croisées avec des plantes issues de la première génération (croisement n°1). Sur 120 plantes considérées, on constate que :

- 31 sont à fleurs blanches et pied lisse ; - 30 sont à fleurs roses et pied épineux ; - 29 sont à fleurs blanches et pieds épineux ; - 31 sont à fleurs roses et pied lisse.

Exercice 1. Sachant que pour chaque caractère étudié la différence phénotypique est liée à un seul gène, dites, à partir des informations extraites du document, si les deux gènes considérés sont situés sur la même paire de chromosomes ou non.

La drosophile, organisme diploïde, est une petite mouche qui présente une grande diversité de phénotypes. On considère ici les conventions suivantes pour les allèles des deux gènes :

- a+ -> [abdomen uni] et a -> [adomen rayé] - t+ -> [thorax avec soies] et t -> [thorax sans soies]

Premier croisement. On croise des drosophiles de lignées pures : un mâle à abdomen rayé et au thorax dépourvu de soies, et une femelle dont l’abdomen est uni et le thorax porte des soies. Toutes les drosophiles obtenues en première génération (F1) ont l’abdomen uni et le thorax portant des soies.

Deuxième croisement. On croise ensuite une femelle obtenue en F1 avec un mâle à l’abdomen rayé et au thorax sans soies. On obtient à la génération suivante :

- 78 individus à l’abdomen uni et au thorax portant des soies ; - 23 individus à l’abdomen uni et au thorax sans soies ; - 19 individus à l’abdomen rayé et au thorax portant des soies ; - 81 individus à l’abdomen rayé et au thorax sans soies.

Exercice 2 Afin de localiser sur les chromosomes les gènes codant des caractères différents, on réalise une série de croisements entre des églantines.

Déterminez si les deux gènes concernés sont situés sur la même paire de chromosomes ou non. On considère les conventions suivantes : Couleur de la fleur : - allèle FLR [fleur rose] Aspect du pied : - allèle PEP [pied épineux] - allèle flr [fleur blanche] - allèle pep [pied lisse]

Croisement n°1. Une lignée pure d’églantines à fleurs blanches et pied lisse est croisée avec une lignée pure à fleurs roses et pieds épineux. La descendance de première génération est toujours des églantines à fleurs roses et à pied épineux.

Croisement n°2. Les mêmes plantes, à fleurs blanches et pied lisse, sont croisées avec des plantes issues de la première génération (croisement n°1). Sur 120 plantes considérées, on constate que :

- 31 sont à fleurs blanches et pied lisse ; - 30 sont à fleurs roses et pied épineux ; - 29 sont à fleurs blanches et pieds épineux ; - 31 sont à fleurs roses et pied lisse.

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Exercice 1. On dispose ici de deux caractères : « couleur de l’abdomen » et « soies sur thorax » liés chacun à un gène. Partons de l’hypothèse que les deux gènes sont indépendants. Prenons comme conventions pour les allèles :

- a+ -> [abdomen uni] et a -> [adomen rayé] - t+ -> [thorax avec soies] et t -> [thorax sans soies]

Dans le premier croisement, on croise deux lignées pures (donc homozygotes) : [adomen rayé ; thorax sans soies] x [abdomen uni ; thorax avec soies ] soit (a/a ; t / t) x (a+/a+ ; t+/t+) Chaque individu étant homozygote, ne produit qu’une seule catégorie de gamètes : (a ; t) ou (a+ ; t+) Lors de l’union des gamètes (fécondation), on obtient l’individu de première génération, hétérozygote : (a+/a ; t+/t)

Cet individu est [abdomen uni ; thorax avec soies ]. L’allèle a+ est donc dominant / a ; de même pour t+ / t. En deuxième génération, on effectue un test-cross : on croise cet individu F1 par l’homozygote double récessif. [abdomen uni ; thorax avec soies ] (a+/a ; t+/t) x [adomen rayé ; thorax sans soies] (a/a ; t/t) L’homozygote produit toujours une seule catégorie de gamètes, alors que l’hétérozygote va en produire 4, en fréquences égales de 0,25 (par la disposition aléatoire des K en métaphase I qui influence leur migration en anaphase I) = brassage interK

On obtient donc 4 [] équiprobables de 0,25 chacun : [a+ ; t+] [a ; t] [a ; t+] [a+ ; t]. Or on constate que les quatre [] obtenus sont bien les mêmes, mais absolument pas en mêmes quantités ! L’hypothèse est donc rejetée. On propose donc une nouvelle hypothèse : les gènes sont liés (situés sur la même paire de K). Les conventions pour les allèles restent les mêmes : [adomen rayé ; thorax sans soies] x [abdomen uni ; thorax avec soies ] soit (at/at) x (a+t+/a+t+) F1 : (a+t+/at) (mêmes dominances et récessivités).

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Deuxième croisement : (a+t+/at) x (at / at) L’homozygote ne produit toujours qu’une catégorie de gamètes, l’hétérozygote 4, mais non équiprobables. En effet, deux gamètes sont plus fréquents, issus de méiose sans CO entre les deux loci en prophase I : ce sont les gamètes parentaux (a+t+) et (at).

Prophase I Télophase II

En revanche deux gamètes dits recombinés (car issus de CO entre les deux loci) ont une fréquence plus faible (compte-tenu de la faible fréquence des CO entre deux loci) : ce sont les gamètes (a+t) et (at+).

On pratique toujours un test-cross. On obtient ici : [a+ ; t+] (a+t+/at) [a ; t] (at/at) [a ; t+] (at+/at) [a+ ; t] (a+t/at) Compte tenu de l’hypothèse, [a+ ; t+] = [a ; t] et ces deux phénotypes doivent être en nombre supérieur aux recombinés [a ; t+] et [a+ ; t]. On observe 78 [a+ ; t+], 81 [a ; t], 19 [a ; t+] et 23 [a+ ; t]. Les résultats concordent bien avec l’hypothèse, qui est validée (brassage intrachromosomique).

Ainsi, les fréq. des individus obtenus en F2 par test-cross permettent d’écarter l’hyp. des gènes indépendants, et de valider celle des gènes liés. Les résultats s’expliquent non pas par brassage interK mais par brassage intracK.

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Exercice 2. On cherche à savoir si les gènes sont situés sur le même K ou sur des K différents. Couleur de la fleur : - allèle FLR [fleur rose] Aspect du pied : - allèle PEP [pied épineux] - allèle flr [fleur blanche] - allèle pep [pied lisse]

Premier croisement (perso, je pars sur des gènes situés sur des pK différentes) : On croise des lignées pures, donc homozygotes. P1 [fleur blanche, pied lisse] x P2 [fleur rose, pied épineux]

(flr/flr ; pep/pep) (FLR/FLR ; PEP/PEP)

P1 produit 1 seule catégorie de gamètes P2 produit 1 seule catégorie de gamètes (flr ; pep) 100% (FLR ; PEP) (100 %)

Fécondation : (FLR/flr ; PEP/pep) [fleur rose, pied épineux]

Donc allèle PEP dominant / pep et allèle FLR dominant / flr

Deuxième croisement : test-cross (F1 x P1 homozygote double récessif) P1 [fleur blanche, pied lisse] (flr/flr ; pep/pep) x F1 [fleur rose, pied épineux] (FLR/flr ; PEP/pep)

P1 produit 1 seul catégorie de gamètes F1 produit 4 catégories de gamètes (flr ; pep) (100 %) (FLR ; PEP) (25 %) (FLR ; pep) (25 %) (flr ; pep) (25 %) (flr ; PEP) (25 %)

Les 4 catégories sont équiprobables car issus du brassage interK (disposition aléatoire des K en MétI qui conditionne leur migration en Ana1)

Pour les schémas, voir exercice précédent en adaptant les conventions. On peut donc établir l’échiquier de croisement suivant :

(FLR ; PEP) (1/4) (flr ; pep) (1/4) (FLR ; pep) (1/4) (flr ; PEP) (1/4) (flr pep) (1) (FLR/flr ; PEP/pep) (flr/flr ; pep/pep) (FLR/flr ; pep/pep) (flr/flr ; PEP/pep) Phénotype Proportion attendue Proportion observée

[f. rose, p. épineux] 30,25 30

[f. blanche, p. lisse] 30,25 31

[f. rose, p. lisse] 30,25 31

[f. blanc, p. épineux] 30,25 29

Conclusion. Hypothèse que les gènes sont situés sur des K différents validée. C’est un exemple de brassage interK. Dû à la migration aléatoire des K en anaphase I. On ne peut retenir l’hypothèse de gènes situés sur le même K, car on aurait des [parentaux] (FLRPEP) + (flrpep) > [recombinés] (FLR pep) + (flr PEP)

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Exercice 7 page 38. [Bar] : œil de taille réduite, et en forme de barre Ds élevages [Bar], apparition en faible fréquence de [normale] ou [ultrabar] Croisement (FBFu/fBfu) x (fBfu/Y) Les gènes sont localisés sur la paire de K sexuels. Mutants [Bar] : 2 copies du gène bar (phéno B) Mutants [ultrabar] : 3 copies du gène bar. [+] : 1 seule copie du gène bar. Gènes forked (F et f) et fused (Fu et fu) encadrent bar sur le K. f -> [soies foruchues] fu ->[modification des ailes] Croisement (FBFu/fBfu) femelle x (fBfu/Y) mâle Le croisement effectué est un test-cross (individu à tester femelle bar hétéro x mâle qui n’a de toute manière que les allèles sur X). Femelle produit gamètes parentaux majoritaires : (FBFu) et (fBfu) Femelle produit gamètes recombinés minoritaires : (FBfu) et (fBFu) Mâle produit gamètes Y (sans intérêt puisque hors tableau de croisement) Mâle produit gamètes (fBfu) (FBFu) (fBfu) (FBfu) (fBFu) (fBfu) (FBFu/Y) (fBfu/ Y) (FBfu/ Y) (FBfu/ Y) Y [FBFu] majo [fBfu] majo [FBfu] mino [fBFu] mino

Tableau de croisement Note : pour les [], comme le mâle n’a que les gènes en un seul exemplaire, aucun pb (de tte manière les dominances sont écrites dans le livre avec le [] de l’hétéroz). Résultats OK, sauf que trois [] supplémentaires apparaissent en très faible proportion : 3 [+] (les 3 individus étant issus de CO affectant les K X car les combinaisons alléliques sont différentes du parent femelle)et un [ultrabar] (là aussi issu de CO sur K X car combinaison allélique différente) . On peut supposer pour ce dernier qu’un CO inégal a ajouté une copie du gène bar sur le K ; pour les deux autres, ce CO inégal a supprimé une copie du gène bar