Génétique humaine - s9fd556c1e87c47b4.jimcontent.com · Document réalisé par H.Belhocine 2011/2012 1 H.Belhocine Génétique humaine Rappels de cours et exercices corrigés Cours

Document réalisé par H.Belhocine 2011/2012

1

H.Belhocine

Génétique humaine Rappels de cours et exercices corrigés

Cours destinés aux étudiants de première année de médecine et chirurgie

dentaire


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Hérédité Mendélienne

Résumé du cours I- MONOHYBRIDISME & DIHYBRIDISME :

Pour le monohybridisme il y a : 1 caractère, 1 gène, 1 locus, 2 allèles, 1 paire de chromosomes homologues Pour le dihybridisme il y a : 2 caractères, 2 gènes, 2 locus, 2 couples d’allèles, 1ou 2 paires de chromosomes homologues

I-1 Le monohybridisme I-1-1 Les proportions Mendéliennes : a- croisement de deux hétérozygotes :

A/a X A/a → 3/4 [A] + 1/4[a] b- Croisement test-cross : a/a (homozygote récessif) X individu de génotype inconnu, dans ce croisement la fréquence des individus de la descendance est

égale à la fréquence des gamètes de l’individu de génotype inconnu.

§ Le but du test- cross est la détermination du génotype de l’individu

testé, en déterminants ses gamètes.

c- bak-cross :

Croisement d’un individu avec l’un de ses parents, le but étant

la purification des lignées animales ou végétales, c'est-à-dire

l’obtention d’individus homozygotes.


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I-2 Le dihybridisme, gènes indépendants : Croisement de deux doubles hétérozygotes :

A/a B/b X A/a B/b → 9/16[AB]; 3/16[Ab]; 3/16[aB]; 1/16[ab] Chaque individu donnera 4 types de gamètes avec une fréquence de

¼ chacun

1/4 gamètes [AB]; 1/4 gamètes [Ab]; 1/4 gamètes [aB]; 1/4 gamètes [ab]. II - LISTE DE QUELQUES MALADIES AUTOSOMIQUES

Nom de la maladie

phénotype

allèle

caractéristiques

albinisme

Dépigmentation de

la peau et des

phanères

a

récessif

Peut être polygénique

phénylcétonurie

Présence de

phénylcétones

dans les urines,

retard mental

p

récessif

Dentinogenesis

imperfecta

Denture anormale,

coloration brune et

s’usent facilement

D

dominant

Létale à l’état homozygote

D/D

Brachydactylie

Doigts et orteils

courts

B

dominant

Létale à l’état homozygote

B/B

Progeria

Vieillissement

rapide conduisant

à une mort précoce

P

dominant

Néomutations


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Exercices Exercice N° 1 : monohybridisme

Un homme homozygote aux cheveux frisés épouse une femme

homozygote aux cheveux raides.

Sachant que le phénotype cheveux frisés est dominant par rapport au

phénotype cheveux raides.

a) Ecrire les génotypes et phénotypes des parents.

b) Donner les proportions phénotypiques de la 1ere et 2eme

générations

Solution 1 :☺

a) Le symbole pour chaque allèle est choisis en prenant la première lettre du phénotype dominant, on l’écrits en majuscule et la même lettre est écrite en minuscule pour le phénotype récessif. Frisé dominant, donc allèle F Raide récessif donc allèle f b) la première génération et le résultat du croisement de deux homozygotes F/F * f/f → 4/4 [F], soit 100% de phénotype dominant. La deuxième génération est le croisement de deux hétérozygotes F/f * F/f → 3/4 [F], 1/4[f]

__________________________________


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Exercice N° 2 : monohybridisme

Un homme atteint de dentinogenesis imperfecta épouse une femme à

denture normale.

a) donner les génotypes des parents.

b) quelle est la probabilité pour ce couple d’avoir des enfants

atteint de dentinogenesis ? Donner leur génotype.

Solution 2 :

a)Pour répondre à cette question, il faut savoir que la dentinogenesis imperfecta est un caractère contrôlé par un allèle autosomique dominant, létal (provoque la mort) à l’état homozygote. L’allèle de la dentinogenesis est donc ‘D’ et il n’existe pas de génotype D/D.

Le génotype de la femme est d/d et celui de l’homme ne peut être que D/d.

b) La probabilité d’avoir des enfants atteints est le résultat du croisement

D/d * d/d → 1/2[D] et 1/2[d] la probabilité est donc de ½ soit 50%

____________________________________


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Exercice N° 3 : monohybridisme

Soit un couple formé de deux hétérozygotes pour l’albinisme.

a) quelle est la probabilité que leur premier enfant soit albinos ?

b) quelle est la probabilité que leur deuxième enfant soit albinos, si

le premier était normal ?

c) quelle est la probabilité que les deux premiers enfants soient

albinos ?

d) quelle est la probabilité pour ce couple d’avoir 3 enfants tous

normaux ?

Solution 3 :

a) ils sont tout deux hétérozygotes A/a. La probabilité que le premier enfant soit albinos est de 1/4. b) La probabilité pour le deuxième enfant reste toujours ¼, car les probabilités ne sont pas liées. Tous les enfants ont la même probabilité d’être atteints quelque soit le phénotype des autres enfants. c) La probabilité d’avoir un enfant albinos est de 1/4, la probabilité d’avoir 2 enfants albinos est de (1/4)2 soit 1/16 ou 0,062. d) la probabilité d’avoir un enfant normal est de 3/4, la probabilité d’avoir les 3 enfants tous normaux et de (3/4)3, soit 27/64 ou 0,42.

_______________________________

Exercice N° 4 : dihybridisme, gènes indépendants

Un homme albinos avec des cheveux frisés épouse une femme qui a

des cheveux raides et une pigmentation normale. Leur premier

enfant est albinos aux cheveux raides.

a) Sachant que le phénotype cheveux frisés est dominant par

rapport au phénotype cheveux raides, donner les génotypes des

parents.

b) Donner les génotypes et phénotypes possibles pour les enfants

de ces parents et leurs pourcentages probables.


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Solution 4 : ☺

a) cheveux frisés F, cheveux raides f ; albinos a, pigmentation

normale A. Puisqu’ils ont un premier enfant avec un phénotype récessif [fa], la femme qui a un phénotype [FA] doit donc être hétérozygote F/f A/a et l’homme qui est récessif [fa] est f/f a/a. b) Le système branché donne les résultats ci-dessous

______________________________

Exercice N° 5 : dihybridisme, gènes indépendants

Un homme brachydactyle, à denture normale épouse une femme

atteinte de brachydactylie et de dentinogenesis.

a) écrire les génotypes des parents.

b) Quelle est, pour ce couple, la probabilité d’avoir un enfant sain

pour les deux caractères ? Justifier.

c) Quelle est, pour ce couple, la probabilité d’avoir un enfant atteint

pour les deux caractères ? Justifier.


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Solution 5:

a) génotype de l’homme : B/b d/d, génotype de la femme : B/b D/d, l’homme est la femme ne peuvent pas êtres homozygotes pour les deux caractères, car ils sont létaux sous cet état (homozygote). b) pour avoir un enfant [b] la probabilité est de 1/3 et pour avoir [d] c’est 1/2. La probabilité d’avoir un enfant [bd] est 1/3x1/2= 1/6, soit 0,166. c) pour avoir un enfant [B] la probabilité est de 2/3 et pour avoir [D] c’est 1/2. La probabilité d’avoir un enfant [BD] est 2/3x1/2= 2/6 ou 1/3, soit 0,666 ________________________________________________________________


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Exceptions au comportement Mendélien

Résumé du cours I- Le dihybridisme, gènes liés : I-1 Définition : Deux gènes liés sont deux gènes portés sur le même

chromosome.

I-2 Les types de positions : Les gènes sont dits liés en couplage (cis) si les deux allèles

dominants sont sur un chromosome et les allèles récessifs sont sur

l'autre chromosome homologue. Ils sont dits liés en répulsion (trans)

si sur chaque chromosome homologue on trouve simultanément un

allèle dominant et un allèle récessif. Voir figure ci-dessous.

I-3 Les types de liaisons :

a- liaison partielle : lorsque les deux gènes liés peuvent se

séparer avec une fréquence de recombinaison comprise

entre 0 et 1.

b- liaison absolue : les gènes ne se séparent jamais, la

fréquence de recombinaison est nulle (=0).

c- Synténie : les gènes liés sont très éloignés au point que

la fréquence de recombinaison atteint 0,5 les gènes se

comportent comme s'ils étaient indépendants.


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C'est pendant la méiose que les chromosomes ainsi que les allèles

forment de nouvelles combinaisons.

Conséquences génétiques de la méiose :

• Brassage intrachromosomique

• Brassage interchromosomique

• Maintient de l'état diploïde de l'espèce.

• Diversité génétique.

I-4 Distance génétique : la distance génétique est proportionnelle

à la fréquence de recombinaison entre deux gènes liés.

D (A-B) = (fréquence des gamètes recombinants pour les gènes A et B) X 100 cM

La fréquence des gamètes recombinants pour A et B s'obtient soit :

a- par l'étude du test cross, car dans un tes cross la fréquence des

gamètes recombinants est égale à la fréquence des individus

recombinants dans la descendance.

b- Par l’étude du croisement de deux hétérozygotes, dans ce cas on

se base sur le calcul de la fréquence du gamète double récessif

(ab).

Fr. gamètes (ab) = √ Fr. Individus [ab]

Fr. gamètes (ab) = Fr. gamètes (AB)

Fr. gamètes (Ab) = Fr. gamètes (aB)

Fr. gamètes (ab) +Fr. gamètes (AB) + Fr. gamètes (Ab) + Fr. gamètes (aB) =1


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-Si la fréquence des gamètes (ab) < 0,25 → d = (2x√ Fr. Individus [ab]) x 100

-Si la fréquence des gamètes (ab) > 0,25 → d = (1-2x√ Fr. Individus [ab]) x 100

Exercices Exercice N°1 : dihybridisme, gènes liés

Calculer les fréquences des gamètes recombinants Ab et Ab dans les

croisements suivants :

a) AB/ab * AB/ab: 30(AB); 9 (ab); 20 (Ab); 15 (aB)

b) AB/ab * ab/ab : 38 (AB); 37 (ab); 13 (Ab); 12 (aB)

Solution 1:

a)Croisement de deux hétérozygotes 1- Freq. gam. (ab) = √9/ (20+15+30+9) = √0,12 = 0,34 2- Freq. gam. (AB) = 0,34 3- Freq. gam. (Ab) = 0,50-0,34 =0,16 4- Freq. gam. (aB) = 0,50- 0,34 = 0,16 b) Croisement test-cross 1- Freq. gam. (ab) = 37/ (37+38+13+12) = 0,37 2- Freq. gam. (AB) = 38/ (37+38+13+12) = 0,38 3- Freq. gam. (Ab) = 13/ (37+38+13+12) = 0,13 4- Freq. gam. (aB) = 12/ ( 37+38+13+12) = 0,12

_________________________________

Exercice N°2 : dihybridisme, gènes liés

Un croisement entre deux homozygotes [AB] et [ab] produit en F1 le

phénotype [AB]; en F2 on obtient les résultats suivants :


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[AB]= 110 ; [Ab]= 16; [aB]=19; [ab]= 15

a) Les gènes des loci A et B sont-ils liés ou indépendants ?

b) Quelles proportions seraient attendues dans l'autre cas en F2 ?

Solution 2:

a) le croisement concerne deux hétérozygotes, pour savoir si les gènes sont liés il faut calculer la fréquence des gamètes (ab), si cette fréquence est de 0,25 on parlera de gènes indépendants, dans le cas contraire on parlera de gènes liés.

Freq. Gam. (ab) = √ Fr. Individus [ab] = √15/ (110 + 19 + 16 + 15) = 0,30 Les gènes sont donc liés. b) dans l’autre cas on obtient les proportions suivantes : [AB]= 9/16 ; [Ab]= 3/16; [aB]=3/16; [ab]= 1/16

__________________________________

Exercice N°3 : dihybridisme, gènes liés

Deux gènes a et b sont lés à 10%. Quels seraient les phénotypes et la

probabilité d'obtention de chaque type de descendant du croisement

suivant : Ab/aB*ab/ab ?

Solution 3:

Il faut remarquer que le croisement est un tes-cross d’un double hétérozygote. La probabilité d’obtention des individus de la


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descendance est égale à la probabilité d’obtention des gamètes de l’hétérozygote. Les gènes sont liés en répulsion (trans), comme le montre le génotype, les gamètes recombinants sont donc AB et ab et les parentaux sont Ab et aB. Pour trouver la proportion des individus de la descendance, il suffit de calculer la fréquence des gamètes donnés par l’hétérozygote. d= freq. Gam. (AB + ab) x100= 10 freq. Gam. (AB + ab)= 10/100= 0,1 et freq. Gam. (AB)= freq. Gam. (ab)= 0,05 freq. Gam. (Ab+ aB)= 1-0,1 = 0,9 et freq. Gam. (Ab)= freq. Gam (aB) = 0,45 Donc [AB] = 0,05 [ab] = 0,05 [Ab]= 0,45 [aB] = 0,45


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Résumé du cours II- codominance et absence de dominance: On parle de codominance lorsque deux allèles ont la même force

d'expression, ce ci ce traduit par l'expression des deux allèles dans le

phénotype. On peut citer pour cela l'exemple des groupes sanguins

ABO où il y a codominance entre l'allèle IA et l'allèle IB, un individu

de génotype IAIB aura un phénotype AB exprimant les deux

antigènes (Ag. A et Ag. B) dans le même globule rouge.

On parle d'absence de dominance lorsque aucun allèle ne domine

l'autre et aucun ne s'exprime dans le génotype hétérozygote, ceci se

traduit par l'apparition d'un phénotype intermédiaire. L'exemple de

la fleur mirabilis Jalapa illustre bien ce cas ; le croisement d'une

fleure rouge avec une fleure blanche donne des fleurs roses, la couleur

rose est intermédiaire entre le rouge et le blanc.

Codominance : hématie avec antigène A et antigène B chez un

individu de génotype IA/IB

Ccl : les deux allèles s’expriment complètement.

+

Absence de dominance : La fleure (mirabilis Jalapa) obtenue dans

ce croisement montre un phénotype rose, intermédiaire du rouge et

du blanc. Aucun des deux allèles ne s’est exprimé complètement.

B

B

A

A

H .Belhocine


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III- Polygénie : C’est le contrôle d'un caractère par plusieurs gènes. Il y a donc

plusieurs couples d'allèles qui occupent un ou plusieurs

chromosomes. On cite pour cela l'exemple du groupe sanguin rhésus

qui sont contrôlés par 3 gènes (C, D, E), avec comme gène majeur, le

gène "D". Les gènes C et E sont des gènes mineurs et pour l'écriture

du génotype, seul les allèles du gène "D" sont représentés.

Remarque : Les gènes C, D et E sont liés.

Diagramme : polygénie

Gène (n)

Gène 3

Gène2

Gène 1

Caractère


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IV Polyallélisme : On parle de polyallélisme lorsqu’un caractère est

contrôlé par un gène représenté par plusieurs allèles situés au même

locus.

Caractère

Allèle 1

Ou Allèle 2

Ou Allèle n)

Allèle 1

Ou Allèle 2

Ou Allèle n)

Diagramme : polyallélisme

Chromosome paternel Chromosome maternel


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V- Pléiotropie : Il s'agit du contrôle de plusieurs caractères par un seul gène. La

pléiotropie se produit lorsque le produit du gène agit à différents

niveaux d'un organisme (protéine de structure) ou au début d'une

chaîne métabolique (enzyme).

Ex; Syndrome de MARFAN et ANEMIE FALCIFORME.

Hématie falciforme

Caractère(n)

Caractère 2

Caractère 1

1gène

Diagramme : pléiotropie


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Exercices

Exercice N°1 : codominance et absence de dominance, polyallélisme.

Un homme de groupe sanguin AB+ et son épouse A- ont eu 3

enfants.

Walid: B+; Karim O+; Malika: A+

a) Vous est-il possible de déterminer le génotype de la mère et du

père ?

b) Les parents craignent qu'il n'y ait eu, à la maternité, échange

pour l'un de leurs enfants; ces craintes vous semblent-elles

justifiées ?

Dans l'affirmative quel est l'enfant concerné ?

c) Est-il possible de connaître avec précision le groupe sanguin du

véritable père de cet enfant, si la mère présumée est de

groupe identique à celle sus-citée ?

Solution 1 : ☺

a) Le père est IA/IB D/d ou IA/IB D/D, la mère est forcément IA/io d/d (elle ne peut pas être IA/IA car elle a un fils, Walid qui est de groupe B).

b) Oui, l’enfant concerné est Karim. (le père de groupe AB ne peut

pas avoir d’enfants de groupe O).

c) Non, car il y a plusieurs possibilités pour le père de Karim, parmi lesquelles ; IA/io D/d, IB/io D/d, IA/io D/D etc...

______________________________


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Exercice N°2 : codominance et absence de dominance

a)Une femme de groupe sanguin B, N a un enfant de groupe sanguin

O, MN. Elle affirme qu'un homme de groupe sanguin A, M est le

père de l'enfant. Cette éventualité peut-elle être exclue, connaissant

ses groupes sanguins ?

b) Si l'homme et la femme étaient tous les deux Rh positif et l'enfant

Rh négatif,

Cette éventualité pourrait-elle être exclue ?

c)Si ses groupes sanguins étaient A, N Rh négatif, quelle serait votre

conclusion ?

Solution2 : ☺

a) Non, car l’enfant O, MN peut avoir un père AM (génotype IA/io M/M) est une mère BN (génotype IB/io N/N).

b) Non, car les parents peuvent êtres tout les deux D/d et l’enfant

d/d.

c) On peut conclure que l’homme ne peut pas être le père de

l’enfant, car un homme de groupe ne peut pas avoir d’enfants de groupe N.

_______________________________

Exercice N°3 : codominance et dominance/récessivité.

La recherche des groupes sanguins des membres d'une famille a

donné l'arbre généalogique ci- dessous :


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Dans cette famille sévit une maladie héréditaire représentée en

noir. Cette maladie se caractérise par des hémorragies nasales

fréquentes à partir de 8 à 10 ans.

1- Préciser les génotypes des individus : I1, I2, II2, III2.

2- Y a-t-il un enfant intrus dans cette famille ? Lequel et

pourquoi ?

- Les filles III7 et III8 de cette famille sont-elles de vraies ou

fausses jumelles ? Pourquoi ?

.

Solution 3:

1) I1 et I2 sont IA/iO et IB/iO. d’après l’arbre généalogique la maladie est récessive, puisqu’il y a saut de génération en II4 et II5, I1 est donc IA/iO M/m et I2 : IB/io m/m.II2 est IB/iO m/m, III2 est IB/IB m/m ou IB/io m/m.

2) L’enfant intrus est le III9 car il est de groupe B et

aucun des deux parents ne porte l’allèle B.


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3) Les filles sont de fausse jumelles d’abord par rapport au symbole qui est celui de fausses jumelles, puis par rapport à la maladie pour la quelle une qui est malade et l’autre non

________________________________

Exercice N°4 : polygénie

Une femme qui a été atteinte dans son enfance de la maladie

hémolytique du nouveau né, se marie avec un homme qui n'a pas eu

la maladie hémolytique du nouveau né, mais qui a plusieurs

germains plus âgés qui en on était atteints.

a) Donner les génotypes probables du couple et de leurs parents.

b) S'ils ont une famille nombreuse, quel risque ont-ils d'avoir un

enfant atteint de la maladie hémolytique ?

Solution 4 :

a) La femme atteinte est de génotype D/d, puisqu’ elle a été atteinte dans son enfance de la MHNN. L’homme est de génotype d/d puisque il n’a pas été atteint alors que ses frères et sœurs étaient atteints. La mère de la femme est d/d. Le père de la femme est D/D ou D/d.

La mère de l’homme est d/d et son père D/d.

b) Le risque est de 0, puisque la femme est rhésus positif, elle ne produit pas d’anticorps anti-rhésus contre les antigènes rhésus d’un fœtus éventuel « rhésus positif ».

____________________________


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Résumé du cours

VI- Hérédité liée au sexe :

VI-1) Définition : caractères contrôlés par des gènes situés sur les

gonosomes.

VI-2) chromosomes X et Y :

Le chromosome X comporte des gènes qui jouent un rôle vital. La

présence d'au moins un chromosome X est indispensable pour la

viabilité de l'individu.

Le chromosome Y ne comporte pas de gènes vitaux, il comporte

essentiellement des gènes du déterminisme du sexe mâle (ex. sry et

zfy qui permettent le développement des gonades mâles) et les gènes

de la spermatogenèse.

Même si le X et Y ne sont pas homologues, il existe une petite région

homologue entre X et Y dite région pseudo autosomique à chaque

extrémité.

Remarque : Les caractères dont les gènes sont portés par le

chromosome Y sont dits des caractères HOLANDRIQUES. Pour ce

type de gènes l'homme ne peut être ni homozygote ni hétérozygote,

mais HEMIZYGOTE, car les chromosomes X et Y n'ont pas les mêmes

gènes (ils ne sont pas homologues).

VI-3) Phénomène de Lyonisation : Le phénomène de lyonisation

permet d'éviter une « surproduction » des protéines codées par le

chromosome X chez la femme par rapport à l'homme. Ce phénomène

correspond à l'inactivation de l'un des chromosomes X chez la femme

par condensation sous forme d'un corpuscule de Barr ; ce dernier est

visible après coloration au Giemsa, il est localisé contre la face

interne de l'enveloppe nucléaire (lamina). Cette condensation débute

très tôt au cours de la vie embryonnaire, le chromosome X inactivé est

pris au hasard de sorte que dans le cas normal 50 % des corpuscules

de Barr sont d'origine maternelle et 50% d'origine paternelle. Pour

cette raison la femme est dite une mosaïque génétique. Cette

inactivation est transmise d'une génération cellulaire à une autre,

même si le corpuscule de Barr se décondense au cours de la mitose.


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Notons en fin que malgré cette inactivation, 25% des gènes d'un

corpuscule de Barr peuvent rester actifs. Parfois il y a un déséquilibre

dans la proportion des corpuscules d'origines maternelle et

paternelle, si pour une femme conductrice le chromosome X portant

l'allèle normal est préférentiellement condensé le caractère récessif

s'exprimera chez cette femme et on parle de LYONISATION

DEFAVORABLE.

Lyonisation

(●)= corpuscule de Barr

XH et Xh : respectivement allèle normal et allèle de l ‘hémophilie

La femme est conductrice « XH/Xh » et son phénotype est normal [H]

XH XH

Xh Xh ●

●

●

●

XH

Xh

Xh

Xh

●

●

●

●


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Lyonisation défavorable (●)= corpuscule de Barr XH et Xh : respectivement allèle normal et allèle de l ‘hémophilie

La femme est conductrice « XH/Xh » et son phénotype est

« hémophile » [h], car 75% des chromosomes Xh sont actifs et 25%

seulement pour XH

Exercices

Exercice N°1 : Hérédité liée au sexe.

Un homme (a) soufrant d'une maladie, se marie avec une femme

normale. Toutes les filles sont malades, les garçons sont normaux, les

fils de l'homme (a) se marient à des femmes normales, alors tous

leurs enfants sont normaux. Les filles de l'homme (a) se marient à des

hommes normaux alors 50% de leurs enfants sont malades.

Expliquez ces faits.

Solution 1 :

Il s’agit d’une maladie dominante liée à X. l’homme transmet le caractère uniquement aux filles, car il ne peut transmet le chromosome X aux garçons. Les fils de l’homme (a) qui sont tous normaux, ne portent que l’allèle normal dominant qu’ils transmettent à toutes les filles qui sont par conséquent toutes normales. Les filles de l’homme (a) sont hétérozygotes elles auront des filles et des garçons normaux, des garçons et filles malades, car le X portant l’allèle de la maladie est transmit aussi bien aux filles qu’aux garçons.

__________________________________


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Parmi les petits fils d'un homme hémophile, quel est le pourcentage

de ceux qui seront hémophiles ? (En admettant que sa femme ainsi

que les conjoints de ses enfants soient génotypiquement normaux.).

Solution 2 :

D’après le diagramme ci-dessus un garçon sur 4 sera malade parmi les petits fils, c'est-à-dire, 25%.

_______________________________


Chez l'homme on connaît un gène holandrique responsable de

l'apparition de poils dans les oreilles externes; si les hommes à

oreilles poilues se marient avec des femmes normales

a) Donner le pourcentage des hommes qui auront les oreilles poilues

parmi la descendance.

b) Même question pour les femmes.


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Solution3 : ☺

a)Un gène holandrique est porté par le chromosome Y, il est donc transmit à tout les garçons, mais jamais aux filles. 100% des hommes de la descendance auront des oreilles poilues. b) Aucune femme n’aura les oreilles poilues, car elles ne reçoivent pas le chromosome Y du père.


Un gène récessif "h" lié au sexe est responsable de l’hémophilie chez

l’être humain. Une femme non hémophile dont le père était

hémophile épouse un hémophile.

a) Quel génotype la mère de l’époux hémophile peut-elle avoir?

b) Quelle est la probabilité que le premier enfant de ce mariage soit

hémophile?

c) A quel pourcentage de filles hémophiles issues de cette union peut-

on s’attendre?

d) Quelle proportion des enfants issus de ce mariage ne sera pas

hémophile?

Solution4 : ☺

a) La mère de l’époux hémophile est XH/Xh b) la probabilité que le premier enfant de ce mariage soit hémophile est de 1 /3. c) aucune fille hémophile, 0% d) 2/3.


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Résumé du cours VII- Hérédité influencée par le sexe : on parle d’hérédité

influencée par le sexe lorsqu’ un caractère est contrôlé par des gènes

autosomiques, qui se comportent de façon différente chez l’homme est

la femme.

Exemple ; la calvitie dont l’allèle est dominant chez les garçons et

récessif chez les filles. Cette dominance du gène de la calvitie chez

l’homme est due à la présence de testostérone chez l’homme.

Ainsi si ‘C’ représente l’allèle de la calvitie et ‘c’ L’allèle de chevelure

normale, la relation entre phénotype et génotype sera différente chez

les deux sexes, à savoir :

C/c donne [C] chez l’home et [c] chez a femme.

C c

C/C C /c

C ♀ [C]

♂ [C]

♀ [c]

♂ [C]

C/c c/c

c ♀ [c]

♂ [C]

♀ [c]

♂ [c]

VIII- Hérédité limitée à un sexe : dans l’hérédité limitée à un sexe

le caractère est autosomique mais ne s’exprime que chez l’un des

sexes. Exemple la puberté précoce qui ne s’exprime que chez les

garçons.


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Résumé du cours

IX-Hérédité mitochondriale

IX.1) Définition : L’hérédité mitochondriale dite également hérédité

cytoplasmique, suit un mode de transmission non Mendélien.

IX.2) ADN mitochondrial (ADNmit) : La mitochondrie possède son

propre ADN appelé ADNmt, circulaire, L’ADNmt est répliqué

indépendamment de l’ADN nucléaire (ADNn), mais présente 10 fois

plus de mutions que ce dernier (à cause de l’absence du système de

correction lors de la réplication). Dans la même cellule c’est ADN

peut être de même type (sauvage ou muté) dans ce cas on parle

d’homoplasmie, ou bien de types différents et on parle alors

d’hétéroplasmie.

Les gènes mitochondriaux ne possèdent pas d’introns

IX.3) Mode de transmission : Le mode de transmission est ici exclusivement maternel, c'est-à-dire

que les caractères sont transmis uniquement de la mère aux

enfants.

Remarque : Certaines fonctions mitochondriales comme la

réplication, la stabilité de l’ADN mitochondrial et la fission des

mitochondries sont contrôlées par des gènes nucléaires. Une mutation

au niveau de l’un de ces gènes peut être à l’origine d’une maladie

mitochondriale, mais à transmission Mendélienne, pouvant être

autosomique dominante ou récessive.

IX.4) les maladies mitochondriales : Les maladies

mitochondriales varient dans leur sévérité d’un état clinique non

décelable vers un état fatal, l’expressivité de la maladie dépend de la

proportion des mitochondries anormales et du tissu touché.

Les organes les plus touchés sont ceux qui ont le plus besoin

d’énergie, à savoir ; le foie, les muscles, le cerveau, les reins et les

cellules de l’appareil respiratoire.

Les cytopathies mitochondriales sont dues principalement à un

déficit de la chaine respiratoire, et se manifestent souvent avant l’âge

de 1 an.


29

Résumé du cours

X- LA GENEALOGIE X.1 Définition : en génétique; c'est la représentation schématique

de l'histoire génétique d'une famille.

X.2 Objectifs de la généalogie : L'étude de l'arbre généalogique

permet d'une part de déterminer le mode de transmission d'un

caractère et d'autre part d'établir un conseil génétique en

déterminant le risque de récurrence d'une maladie.

X.3 Les symboles : (voir schémas)

X.4 Détermination des modes de transmissions :

X.4.1 Autosomique dominant (AD) :

- le caractère est transmis du père et de la mère de la même façon

aux garçons et aux filles.

- il n’y a pas saut de génération (un enfant malade a au moins

l'un de ses parents malade).

X.4 .2 Autosomique récessif (AR):

- le caractère est transmis du père et de la mère de la même façon

aux garçons et aux filles.

- il y a saut de génération (un enfant malade peut avoir ses deux

parents sains).

X.4 .3 Gonosomique dominant (DLX) :

- le père transmet le caractère aux filles, mais jamais aux

garçons.

- il n’y a pas saut de génération (un enfant malade a au moins

l'un de ses parents malade).

X.4. 4 Gonosomique récessif (RLX) :

- la mère transmet le caractère aux garçons, alors que les filles

sont conductrices.


30

- il y a saut de génération (un garçon malade peut avoir ses deux

parents sains).

X.4.5 Gonosomique lié à Y (HOLANDRIQUE) :

- Le père transmet à tous les garçons, mais jamais aux filles


31

Exercices

Exercice N°1 : généalogie

Donner le mode de transmission du caractère représenté pour chacun des arbres

représenté ci-dessous, justifiez votre réponse.

Solution 1 : Arbre A : -Dominant, car un enfant malade à au moins l’un de ses parents malade - Autosomique car le père transmet le caractère aux garçons et aux filles Arbre B : - Récessif, car le garçon malade de la 3eme génération a ces deux parents sains.


32

- Gonosomique car la mère de la première génération transmet uniquement aux filles. Arbre C : - Dominant, car un enfant malade à au moins l’un de ses parents malade - gonosomique, car le père transmet le caractère uniquement aux filles Arbre D : -Récessif, car un garçon et une fille ont deux parents sains -Autosomique, car la fille de la deuxième génération est atteinte alors que son père est sain. Arbre E : Holandrique (porté par Y), car le père transmet le caractère à tout les garçons sans exception, mais à aucune fille.

_______________________________ Exercice N°2 : généalogie

Un homme à vision normale atteint de puberté précoce et de calvitie

épouse une femme daltonienne, atteinte de calvitie. Si la mère de

l'homme était elle-même atteinte de calvitie alors que son père ne

l'était pas.

Schématisez l'arbre généalogique de cette famille.

Solution 2 :

____________________________


33


Si pour un caractère donné on ne voit jamais de transmission père

fils et jamais de filles indemnes (saines) nées d'un père malade. Quel

est le mode de transmission ? Justifier.

Solution 3 :

C’est un mode gonosomique (lié à X) dominant. Justification : Jamais de transmission père fils, car le père ne transmet pas le chromosome X aux garçons. Jamais de filles indemne car le seul X que possède le père et qui est transmis à toutes les filles véhicule un gène malade dominant.

_____________________________


Un homme hémophile épouse une femme conductrice de l'hémophilie.

Le couple a 4 enfants

Ali (hémophile), Rabah (non hémophile), Samira (non hémophile),

Sara non hémophile. Dans cette famille il y a eu un avortement.

Samira épouse un homme non hémophile, elle a un enfant hémophile.

a- Dresser l'arbre généalogique de cette famille

b- Définir les génotypes de Samira, Rabah et Ali

c- Donner les fréquences phénotypiques des enfants de Samira

d- Expliquer pourquoi il y a eu un avortement dans la famille?

e- Si Samira et son mari avaient la calvitie, on supposant que le

mari est hétérozygote, donner les fréquences phénotypiques des

enfants de Samira pour l'hémophilie et la calvitie.


34

Solution 4 :

b-Samira : XHXh ; Rabah XHY ; XhY

c-1 /2 filles [H] ; 1/4 Garçons [H] ; 1/4 Garçons [h]

d-L’avortement correspond à un embryon de sexe femelle de génotype XhXh

e- 1/4♀[HC] ; 1/4♀[HC] ; 1/4♂[HC] ; 1/4♂[hC]

______________________________


35

Résumé du cours

XI- HEREDITE MULTIFACTORIELLE

XI.1-Définition : on parle d’hérédité multifactorielle lorsque

l’expression d’un caractère dépend de l’action d’un ensemble de gènes

et de l’effet de l’environnement.

Phénotype= Gènes + effets de l’environnement

XI.2- Notion d’héritabilité : l’héritabilité désigne la part des gènes

par rapport à l’effet de l’environnement dans l’expression d’un

caractère donné, dans une population donnée.

XI.3- Notion d’anticipation : dans l’hérédité multifactorielle une

maladie où un syndrome peut avoir une manifestation clinique plus

précoce ou plus sévère chez les enfants que chez leurs parents. Ce

phénomène est appelé phénomène d’anticipation.

XI.4- Notion d’allèles de susceptibilité : c’est un ensemble

d’allèles de plusieurs gènes différents, dont la combinaison constitue

un terrain génétique de prédisposition.

XI.5 Notion de gène majeur de susceptibilité : c’est un gène qui

détermine la susceptibilité vis-à-vis d’une maladie, mais dont l’effet

est modulé par un ensemble de gènes mineurs et de l’environnement. XI.6- Types d’hérédités multifactorielles :

XI.6-1 Hérédité multifactorielle à seuil : la maladie est contrôlée

par des allèles de susceptibilité et l’environnement.

Exemples : fente labio-palatine, sténose du pylore, Spina-bifida,

luxation de la hanche, pied bot.

XI.6-2 Hérédité multifactorielle mixte : dans ce cas il y a

intervention d’un gène majeur de susceptibilité, un ensemble de

gènes mineurs et des facteurs de l’environnement.

Exemples : HTA, asthme, DNID, certains cancers

XI.7- Estimation du risque de récurrence : le risque de

récurrence dans le cas d’un caractère multifactoriel et dit risque


36

empirique. Le calcul de ce risque est basé sur des observations

effectuées dans la population générale et non pas sur un model

mathématique précis.

XI.7-1- Risque relatif : c’est le rapport du risque pour l’apparenté

d’un malade d’être atteint sur le risque dans la population générale.

Risque relatif = Risque pour l’apparenté/Risque dans la population générale

Exemple :

Parenté

% atteints

Risque relatif

Fratrie

4,1

X40

Enfants

3,5

X35

Oncles/tantes

0,7

X7

Neveux

0,8

X8

Risque relatif pour la fente labio-palatine en fonction de la

proximité génétique, par rapport à la population générale

(1/10000)

La proximité génétique représente le pourcentage de gènes en

commun entre deux individus.

Proximité génétique = (1/2) degré de parenté ou p= (1/2) d


37

Exemple :

pourcentage de gènes en commun (p)

degré de parenté

individus concernés

100

0

Vrais jumeaux

50

1

Parents-enfants ; fratrie

25

2

Oncles, tantes, nièces, neveux, grands-

parents

12,5

3

Cousins, arrières grands-parents,

arrières petits enfants

XI.7-2- facteurs qui augmentent le risque de récurrence : bien

que le risque exact ne puisse être calculé comme pour une maladie

mono factorielle, il existe des facteurs connus pour augmenter ce

risque.

Ces facteurs sont :

- le degré de parenté.

- si plus d’une personne est atteinte dans la famille.

- la sévérité de la maladie.

- l’individu atteint est de sexe le moins souvent touché.

- la consanguinité chez les parents.


38

Résumé du cours XII-Le conseil génétique

XII.1) BUT

Le but du conseil génétique est une meilleure prise en charge du

malade et d’aider la famille à y faire face.

XII.2) LES INDICATIONS DU CONSEIL GENETIQUE

Les indications du conseil génétique sont :

- antécédents de retard mental dans la famille

- antécédents d’enfants malformés dans la famille

- avortements répétés

- antécédents d’aberrations chromosomiques dans la famille

- couple consanguin

- femme âgée de plus de 35 ans

XII.3) CALCUL DU RISQUE DE RECURRENCE :

a- Pour un caractère autosomique récessif : Si les deux parents sont

phénotypiquement sains, le risque est de ¼.

R = Pht X mht x 1/4

R : risque de récurrence

(Pht) = probabilité que le père soit hétérozygote

(mht) = probabilité que la mère soit hétérozygote

1/4= Ehm = probabilité que l’enfant soit homozygote

La récurrence des maladies récessive est favorisée par la

consanguinité, qui est définie par le coefficient de consanguinité d’un

individu. Ce coefficient indique la probabilité pour qu’un individu soit


39

autozygote (individu ayant reçu deux allèles identiques par

descendance d’un même ancêtre) en un locus donné.

En pratique le coefficient de consanguinité d’un individu est égal au

coefficient de parenté de ses parents.

Le coefficient de parenté représente la probabilité pour que deux

individus apparentés possèdent deux allèles identiques hérités d’un

ancêtre commun.

Le coefficient de parenté entre deux individus est calculé par la

relation :

ex, y = ∑ (FA+1) (1/2) p+m+1

Où FA = coefficient de consanguinité de l’ancêtre commun à « p »

et « m ».

P = nombre de générations entre le père et l’ancêtre commun

m= nombre de générations entre la mère et l’ancêtre commun

ex, y = coefficient de parenté entre l’individu x et l’individu y

∑ = somme des relations pour un ensemble d’ancêtres communs

b- pour un caractère autosomique dominant :

-En pratique des parents sains ont une probabilité nulle (0) d’avoir

des enfants atteints, sauf dans le cas d’une nouvelle mutation ou de

pénétrance incomplète du caractère chez l’un des parents.

-Si l’un des parents est atteint (généralement hétérozygote) le risque

de récurrence est de 0,5.

-Si les deux parents sont atteints le risque de récurrence est de 0,75

c- Pour un caractère gonosomique(X) dominant :

Le risque de récurrence dépend du sexe du parent atteint :


40

- Si c’est le père qui est atteint, le risque de récurrence pour les

garçons est de « 0 », car le père ne transmet pas le « X » à ses garçons.

Par contre le risque de récurrence pour les filles est de (1), car le X du

père est transmis à toutes les filles.

- Si c’est la mère qui est atteinte, la récurrence pour les filles et les

garçons est la même, elle est de 0,5 pour les deux sexes.

d- Pour un caractère gonosomique(X) récessif :

- si c’est le père qui est atteint, le risque de récurrence est nul pour les

deux sexes.

- si c’est la mère qui est atteinte, le risque de récurrence est de 1 pour

les garçons (car hémizygote) et nul pour les filles (conductrices).

- si les deux parents sont sains, on recherche au niveau de l’arbre

généalogique la probabilité que la mère soit vectrice. Le risque de

récurrence dépend de cette probabilité.

e- pour un caractère holandrique:

- dans ce cas le risque est de 1 pour les garçons mais nul pour les

filles.

f- pour un caractère multifactoriel :

Pour un caractère multifactoriel, il est très difficile de faire un calcul

de risque exact.


41

Exercices

Exercice N°1 : hérédité multifactorielle/ conseil génétique

Calculer le coefficient de consanguinité d'un enfant issu d'un mariage

entre un cousin et sa cousine sur 4 générations.

Solution 1 :

coefficient de consanguinité, calcul direct La probabilité qu'un allèle (a1, a2, a3 ou a4) présent à la génération I, soit transmis à l'enfant IV1 est 1/8 (1/2 à chaque génération) si l'on considère indépendamment la voie passant par le père ou la mère. Par conséquent, la probabilité pour que cet allèle soit transmis par les deux parents est 1/64. Comme il y a quatre allèles à la génération I qui peuvent êtres transmis, la probabilité pour que l'enfant IV1 reçoive deux fois le même allèle est 4 X (1/64) = 1/16. Le coefficient de consanguinité est 1/16. Dans ce cas, pour l’équation : p=m=2

(1/2) 5 + (1/2) 5 = 1/16

a 1 a 2 a 3 a 4

I

II

III

IV

1 2

1 2 3 4

1 2

1


42


Calculer le risque de récurrence de la mucoviscidose (autosomique

récessif)

Pour un couple sain, non apparenté dans une population qui compte

1/25 d’hétérozygotes.

Solution 2 :

Chacun dans le couple a 1/25 de risque d’être hétérozygote, si tout les deux sont hétérozygotes ils on une chance sue 4 d’avoir un enfant homozygote, donc malade soit : 1/25 X 1/25 X 1/4 = 1/2500



récessif) pour un couple sain, non apparenté, avec un premier enfant

atteint dans une population qui compte 1/25 d’hétérozygotes.

Solution 3 :

Le couple a un premier enfant atteint, les deux parents sont donc tout les deux hétérozygotes (la probabilité d’être hétérozygote = 1)

Risque de récurrence = 1X1X1/4= 1 /4



récessif) pour un couple sain, non apparenté, avec un membre du

couple qui a un neveu atteint dans une population qui compte

1/25d’hétérozygotes


43

Solution 4 :

Le membre du couple qui a un neveu atteint a 1/2 de chance d’être hétérozygote (puisque son frère qui a un garçon atteint est forcément hétérozygote), l’autre membre du couple a 1/25 de chance d’être hétérozygote. Le risque de récurrence = 1/25 X 1/2 X 1/4 = 1/200 Exercice N°5 : hérédité multifactorielle/ conseil génétique


récessif) pour un couple sain, non apparenté, avec un membre du

couple qui a un neveu atteint et l’autre membre hétérozygote, dans

une population qui compte 1/25d’hétérozygotes Solution 5 : Même raisonnement que pour l’exercice précédent avec un risque de 1 pour l’hétérozygote, soit : Le risque de récurrence = 1 X 1/2 X 1/4 = 1/8

?

1 1/2 1/25


44

XIII-CYTOGENETIQUE

I. LES ANOMALIES DE NOMBRE DES CHROMOSOMES : C’est

une variation du nombre de chromosomes, on distingue les

aneuploïdies et les polyploïdies.

I.1. Les aneuploïdies

Les aneuploïdies se traduisent par une modification du nombre total

de chromosomes ou. Les plus fréquentes sont les trisomies (2n+1) et

les monosomies (2n-1) dont l’origine est souvent, une non disjonction

méiotique. Cette non disjonction conduit à la formation de gamètes à

(n+1) ou à (n-1).

I.1.1 - Les trisomies

Le nombre total de chromosomes est de 47, car il existe un

chromosome en 3 exemplaires au lieu de deux. Ces anomalies peuvent

concerner les autosomes, dans ce cas on parle de trisomie autosomique, dont la majorité avorte. Il y a néanmoins une trisomie

autosomique fréquente et viable, c’est la trisomie 21 ou syndrome de

Down (47, XY, +21). Les autres trisomies comme la trisomie 13 ou

syndrome de Pateau et trisomie 18(47, XY, +13) ou syndrome

d’Edwards sont létales. (47, XY, +18)

La trisomie peut concerner les gonosomes, dans ce cas on parle de

trisomies gonosomiques, qui sont viables, par exemple : 47, XXY ;

47, XXX ; 47, XYY.

I.1.2 - Les monosomies

Le nombre total de chromosomes est de 45, car il existe un

chromosome en 1 exemplaire au lieu de deux. Les monosomies autosomiques ne sont jamais viables et provoquent un nombre

important d’avortements précoces. Parmi les monosomies

gonosomiques seule la monosomie X ou syndrome de Turner est

viable, avec un caryotype 45, X0 ou 45,X.

I.2. Les polyploïdies

Ce sont les cas dont le multiple de n est supérieur à 2. Elles sont

généralement provoquées par une dispérmie ou des gamètes à 2n. Le

cas le plus fréquent est la triploïdie (3n : 69, XXY ; 69, XXX ; 69,

XYY) qui est d’ailleurs non viable.


45

II. LES ANOMALIES DE STRUCTURE DES CHROMOSOMES :

Les anomalies chromosomiques de structure peuvent être

équilibrées lorsqu’il n y a ni perte ni gain de matériel génétique

(donc pas d’effet sur l’individu).Dans le cas contraire elles sont non

équilibrées. On remarque que les anomalies chromosomiques de

structure les plus fréquentes sont les délétions et les translocations.

II.1 Les délétions : Elles peuvent être des

a- délétions terminales : Il y a perte d’un segment à l’extrémité du chromosome

b- délétions interstitielles Il y a perte d’un segment à l’intérieur du chromosome

Ces anomalies sont non équilibrées et l’expression phénotypique

dépends de la taille et du contenu du segment perdu.

-Exemples : 46, XY, del (13) (p32) : Délétion terminale du chromosome

13 avec un point de rupture situé au niveau de bande 2 de la région 3

du bras court.

46, XX, del (12) (q31 q21) : délétion interstitielle du chromosome 12

avec deux points de cassures bras long région 3 bande 1 et bras long

région 2 bande 1

En générale l’écriture obéit à la règle suivante :

Nombre de chromosomes, sexe de l’individu, abréviation de l’anomalie

(chromosome concerné) (bras région bande)

II.2 Les translocations : C’est le transfert d’un segment

chromosomique d’un chromosome vers un autre, qui ne lui est pas

homologue.

II.2.1 - translocations réciproques :

C’est un échange réciproque de segments chromosomiques (en dehors

des centromères) entre deux chromosomes non homologues. On

observe un déséquilibre dans 10% des cas seulement, lorsque le point

de cassure touche un gène.

-Exemple : 46, XY, t (9; 22) (q34; q11) : Translocation entre les

segments chromosomiques des bras longs des chromosomes 9 et 22

(retrouvées dans les leucémies myéloïdes chroniques).


46

II.2.2-translocations robertsoniennes :

Elles sont également dites fusions centriques, car souvent la cassure

se produit au niveau du centromère. La conséquence est la fusion des

bras longs de deux chromosomes différents pour former un seul

chromosome, comme ce type de translocation touche les chromosomes

acrocentriques (13, 14, 15, 21,22), qui ont un bras court très petit

renfermant exclusivement des gènes des ARNr. Le chromosome formé

par les bras court est négligeable et on passe de 46 à 45

chromosomes, sans altérer le phénotype.

-exemple : 45, XX, t (14q 21q) : translocation robertsonienne entre

deux segments des bras longs des chromosomes 14 et 21

II.3- Les insertions (additions) : C’est un segment chromosomique

d’un chromosome qui est inséré dans un autre chromosome

II.4. Les inversions : Les inversions sont formées suite à une cassure

en deux points d’un segment chromosomique suivit d’une rotation de

180°, faisant intervenir un processus de recombinaison

intrachromosomique.

II.4.1- inversions péricentriques : le centromère est inclus dans le

segment inversé,

II.4.2- inversions paracentriques : le centromère n’est pas inclus dans

l’inversion.

Exemple : inv. (12) (q24q36).

II.5 Les duplications : elles sont provoquées par une recombinaison

inégale, est peuvent provoquer des trisomies partielles. Ces

anomalies sont rares.

Exemple : dup (11q).

II.6 Les isochromosomes : ils sont formés de deux bras identiques.

Exemple : i (Xq) isochromosome du bras long du chromosome X.

II.7-. Les chromosomes en anneau : ils sont formés par fusion des

extrémités d’un chromosome suite à la perte des segments distaux.

La formation d’un chromosome en anneau entraîne souvent une

monosomie partielle.


47

II.8 Sites fragiles : la cassure de l’extrémité distale des bras longs du

chromosome X (site fragile de l’X) s’accompagne du syndrome de l’X

fragile.

Caryotype d’un Klinefelter Caryotype d’une femme normale


48

Exercices

Exercice N°1 : cytogénétique

Une femme victime de plusieurs avortements spontanés fait réaliser

un caryotype pour elle et son mari. Les résultats montrent une

translocation entre les chromosomes 5 et 10. On a 5t (q23) et 10t

(q26).

a- Dites pourquoi l’anomalie dont cette femme est porteuse n’a pas été

pressentie avant les avortements ?

b- Quelle est la probabilité pour elle de mener à terme une nouvelle

grossesse ? En admettant que pour qu’un embryon soit viable il faut

que les gènes existent en deux exemplaires et deux seulement.

Solution :

a- La femme présente une translocation, mais il n ya ni perte ni gain de gènes. Le génome reste normal. b- Le père produit des gamètes normaux avec un chromosome 10 et un chromosome 5. La mère produit 4 types de gamètes : 5,10 ; 5,10t ; 5t, 10 ; 5t,10t Les zygotes possibles sont les suivants : 5,10 +5,10 = zygote 5,5,10,10 normal 5,10 + 5t, 10 + zygote 5,5t,10,10 : trisomie 10 partielle , non viable 5,10 + 5,10t = zygote 5,5,10,10t : trisomie 5 partielle , non viable 5,10 + 5t,10t = zygote 5,5t,10,10t : zygote équilibré viable La probabilité est donc de 1/2


49

XIV- STRUCTURE DE L'ADN

I- Structure de la molécule d'ADN

La structure de l'ADN est découverte par Crick et Watson en 1953.

I.1- le nucléotide

Un nucléotide est composé d'une base, d'un sucre et d'un phosphate.

Le sucre présent dans l'ADN est le désoxyribose représenté ci-dessous

Les carbones sont numérotés à partir de la fonction aldéhyde de la

forme linéaire avec des numéros affectés d'un "prime". C’est au

niveau du Carbonne 1’ que sont liés les bases puriques (A et G) et

Les bases pyrimidiques (T et C) pour former une liaison N

glycosidique .Les bases puriques sont liés par l’azote (9) et les bases

pyrimidiques par l’azote (1). Voir schéma ci-dessous.

Les purines


50

Les pyrimidines

L’ensemble phosphate + sucre + base forme un nucléotide.

Les nucléotides s’associent grâce à des liaisons phosphodiester

formées entre le phosphate en 5’ d’un nucléotide et le OH en 3’ du

nucléotide suivant.

L’ensemble des nucléotides constitue une chaine d’ADN.


51

I.2- Appariement des chaines complémentaires

Deux chaines d’ADN complémentaires sont appariées grâce aux

liaisons hydrogène réalisées entre deux bases complémentaires, à

savoir A avec T et C avec G. Il y a 3 liaisons hydrogènes entre

cytosine et guanine et 2 liaisons entre thymine et adénine. Les deux

chaines sont disposées de façon antiparallèle.

Ces liaisons hydrogènes peuvent casser sous l’effet de la chaleur et

conduire à la dénaturation de l’ADN. La température de

dénaturation dépend du rapport C+G/A+T (donc de la richesse en

liaisons hydrogènes). Cette dénaturation est réversible à condition

que le retour à la température ambiante se fasse de façon lente et

graduelle.


52

I.3- La double hélice

Les deux brins sont disposés de façons antiparallèles, c'est à dire que

le sens de lecture 5'-3' sur deux brins complémentaires est opposé. La

structure est stabilisée par les interactions entre bases : les liaisons

hydrogènes. La double hélice a un pas de 3,4 nm, chaque tour étant

constitué de 10 nucléotides (par brin) et présente un grand et un

petit sillon :

Il existe plusieurs structures différentes de la double hélice.

L'ADN B est la forme la plus commune : les paires de bases sont

perpendiculaires à l'axe de l'hélice, et globalement, ces paires ont leur

centre qui passe par l'axe. La répartition spatiale des paires de bases

est homogène.

Dans l'ADN A, l'axe de l'hélice passe par le grand sillon, qui est plus

profond que dans l'ADN B, tandis que le petit sillon est moins creusé.

Les bases sont décalées et inclinées par rapport à l'axe, laissant un

trou central dans l'hélice. Le taux d'hydratation est moins élevé que

dans l'ADN B, et la molécule est plus compacte. Le pas est de 2,8 nm

et il y a 11 résidus par tour.

Enfin, on trouve une structure assez différente d'hélice gauche dans

le cas très particulier des poly G-C (ADN Z).

I.3.1- Les interactions avec des protéines dans le grand sillon.

Les interactions qui ont lieu entre une protéine et une séquence

d'ADN spécifique (par exemple avec les enzymes de restriction ou les

protéines régulatrices agissant au niveau des promoteurs) se passent

dans le grand sillon.


53

1.3.2- Les liaisons dans la molécule d'ADN :

Deux nucléotides adjacents sont liés entre eux par des liaisons

phosphodiesters, qui mettent en jeux les carbones des oses.

Deux bases en vis avis sont liées entre elles par des liaisons

hydrogènes; les liaisons hydrogènes sont faibles et peuvent êtres

détruites à la chaleur, il y a deux liaisons entre A et T et trois entre

G et C. La destruction des liaisons hydrogènes provoque la séparation

des deux brins complémentaires ; c'est la dénaturation de l'ADN; Le

phénomène de dénaturation est réversible, les simples brins peuvent

se réassociés par complémentarité entre les bases pour reformer un

ADN bicentenaire, dans ce cas on parle de renaturation.

I.4- compaction de la molécule d’ADN

La molécule d'ADN avec tous ses constituants forme une double

hélice. La longueur totale de la molécule d'ADN dans une cellule est

en moyenne de 2 m (pour les 46 chromosomes), cet ADN est donc

fortement compacté dans le noyau, La compaction de l'ADN est

rendue possible grâce à 4 types de protéines histones qui sont : H2A/

H2B/H3/H4. L'ADN s'enroule au tour de ces protéines pour former un

nucléosome " 2x (H2A+H2B+H3+H4) + (ADN)= 1 nucléosome. Une

série d'enroulement et de surenroulement provoquent la compaction

de l'ADN pour aboutir à la forme finale d'un chromosome avec ses

deux chromatides.

I.5- caractéristiques de la double hélice :

- Antiparallèle : les deux brins sont parallèles mais orientés dans

deux sens différents.

- Complémentarité entre les bases : entre A et T et G et C.

- Formation de deux sillons : un grand et un petit sillon.

- Dénaturation et renaturation : L'ADN est dénaturé à la chaleur

à une température comprise entre 60 et 90° C, en fonction de sa

richesse en bases GC. La renaturation est possible s'il y a retour

à la température ambiante de façon lente et graduelle.

- Absorption des UV à 260 nm.


54

II- Structure d'un gène :

II.1- Chez les eucaryotes :

Entre 50000 et 100000 gènes composent la banque d'information

génomique de l'homme. Ces gènes sont répartis dans 23 groupes de

liaisons ou chromosomes, certains sont des gènes de structure,

renfermant une information sur la séquence en acide aminés d'une

protéine de structure qui rentre dans la composition, d'un organite ou

d'un tissu ; d'autres renferment une information de la structure d'une

protéine enzymatique qui intervient dans le métabolisme de la

cellule. Certains gènes de régulations ne sont ni transcrits, ni

traduits, ce sont des sites de reconnaissances pour certains enzymes

de régulation de la fonction des gènes.

On distingue les gènes exprimés dans toutes les cellules dits

housekipping genes, qui sont essentiels aux fonctions générales de la

cellule et les gènes exprimés spécifiquement dans certaines cellules

ou certains tissus, dits tissus specific genes.

Le gène est composé d'une succession de séquences codantes

(EXONS) et des séquences non codantes (INTRONS). Le gène

commence toujours par un exon et se termine par un exon. Le

premier et le dernier exon renferment chacun une séquence non

traduite, mais transcrite dans l'ARNm ; ce sont les séquences UTR

(utranslated region) qui portent des séquences signales. L'UTR du

premier exon renferme la séquence signale de la "cap", qui est un

7methylguanosinephosphate ajouté à l'extrémité5' de l'ARNm pour le

protéger contre les exonucléases et qui sert aussi de site de

reconnaissance pour le ribosome du début de la traduction. L'UTR du

dernier Exon renferme le signal de Polyadénylation, qui permet

l'addition de 100 à 200 résidus Adénine à l'extrémité 3' est qui sert à

stabiliser l'ARNm.

La partie codante du premier exon commence par le génon ATG sur le

brin sens (ou informatif) et la partie codante du dernier exon se

termine par l'un des 3 génons suivants : TAA, TAG, TGA.

Au brin sens on oppose le brin antisens ou brin matrice qui sert de

modèle pour la polymérisation de l'ARNm. C'est le brin sens qui est

écrit quant il faut décrire un gène.

En amont du gène de structure se trouvent deux séquences

régulatrices qui sont :


55

a- le promoteur : Il détermine le début et l'orientation de la

transcription du gène, c'est a son niveau que se fixe l'ARN polymérase

pour démarrer la transcription. Le promoteur comporte plusieurs

séquences régulatrices qui peuvent êtres spécifiques à un tissus ou

ubiquitaires, ces séquences sont reconnues par des facteurs de

transcriptions, on peut citer pour cela la TATA box dont la séquence

consensus 5'TATAAA3' est rencontrée dans toutes les cellules.

b- Le silencer : Situé entre le promoteur et le gène de structure,

permet de ralentir la transcription.

c- L'enhancer : C'est un activateur de la transcription

(transactivateur), il agit à distance et peut se trouver en amont ou en

aval du gène de structure.

Structure d'un gène eucaryote et relation avec les gènes de

régulations

Certains gènes dérivent les uns des autres par duplication d'un gène

ancestral commun ils peuvent êtres identiques ou semblables et

interviennent dans la même fonction; ils sont appelés famille

multigénique. .on peut citer pour cela la famille multigénique simple

comme celle des ARNr 5S ou la famille multigénique de la bêta


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globine composée des gènes epsilon, alpha, bêta intervenant tous

dans le formation de l'hémoglobine et à différents stades du

développement. A coté des gènes qui composent la famille

multigénique on trouve des gènes qui ne s'expriment pas, ce sont les

pseudogènes, ils résultent de la duplication de gènes fonctionnels

suivis de nombreuses mutations qui les rendent inactifs. A coté des

pseudogènes on rencontre des retropseudogènes qui dérivent de la

rétrotranscription d'un ARNm mature d'un gène, pour cette raison les

retropseudogènes n'ont pas d'introns.

II.2- Chez les procaryotes

Notion d'opéron ou unité de régulation :

Il existe, dans le génome des bactéries des groupements de cistrons,

qui sont des gènes de structures contigus sous le contrôle des mêmes

régulateurs.

Le groupement polycistronique comporte 3 cistrons contigus :

1- cistron "z" de la bétagalactosidase avec 3700pb.

2- Cistron "y" de la perméase, qui permet la pénétration du lactose

dans la cellule.

3- Cistron "a" de la thiogalactoside- acetylase

Le fonctionnement de ces 3 cistrons est régulé par deux gènes : le

gène "i", qui est le gène du répresseur, le gène promoteur "p" qui

permet la fixation de l'ARN polymérase et le gène "o" qui permet la

fixation du répresseur.

Le promoteur long de 80 Pb est lui-même subdivisé en deux

segments; le site CAP qui fixe la protéine CAP/AMPc active et le site

ARN pol. qui fixe l'ARN polymérase. La fixation de la protéine cap

active favorise la fixation de l'ARN polymérase.

Le gène "i" synthétise un répresseur représenté par un tétramère à

l'état actif, mais qui est inactivé lorsqu'il est associé à l’allolactose, ce

dernier est considéré comme l'inducteur du fonctionnement de

l'opéron lactose. L'allolactose dérive de la transformation du lactose

par la bétagalactosidase.

Le gène "o" ou opérateur permet la fixation du répresseur et empêche

ainsi la fixation de l'ARN pol.


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I-2) Mode de fonctionnement :

Si le lactose est absent du milieu, la molécule de répresseur fixée sur

l'opérateur bloque le fonctionnement du promoteur, donc l'action de

l'ARN polymérase. Il n'y a pas, pas d'ARNm et pas de synthèse

d'enzymes.

Si le lactose est présent dans le milieu la bétagalactosidase

transforme une partie de ce lactose en allolactose, sous l'effet de

l'allolactose le répresseur se dissocie et devient inactif, il se détache

de l'opérateur et permet à l'ARN polymérase de procédé à la

transcription de l'ARNm. Dès que le lactose a été entièrement

consommé, le répresseur reprend sa place et bloque l'opéron.

Si le glucose et le lactose sont présents en même temps dans le milieu

la bactérie utilise le glucose en priorité, qui est le sucre le plus simple;

la raison en est que, en présence de glucose, le taux d'AMPc diminue

dans le milieu, la protéine cap devient inactive. L'inactivation de la

cap diminue l'affinité du site promoteur à l'ARN pol ce qui arrête la

transcription de l'opéron lactose. En absence de glucose le phénomène

inverse se produit et l'opéron lactose devient actif en présence de

lactose.

L'opéron lactose et dit inductible car son fonctionnement est induit

par la présence de l'inducteur qui est l'allolactose.

La répression de l'opéron lactose par la présence du glucose est

appelée répression catabolique.


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STRUCTURE DE L'OPERON LACTOSE.

Légende :

R : Gène répresseur

P : Gène promoteur

O : Gène opérateur

Z : Gène de la bétagalactosidase

Y : Gène de la perméase

A : Gène de la trans-acétylasse

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