Tu n'as pas vu le chapitre et le contrôle arrive : quatre situations, quatre mécanismes à nommer. Allopolyploïdie, duplication génique, endosymbiose, transfert horizontal — savoir les reconnaître est le socle de tout le reste de la fiche.

1Identifier les mécanismes/ 4 pts
Pour chaque situation, identifier le mécanisme parmi : allopolyploïdie, duplication génique, endosymbiose, transfert horizontal de gènes.
  1. Une bactérie pathogène acquiert un gène de résistance à un antibiotique absent de tous ses ancêtres mais présent chez une espèce bactérienne phylogénétiquement très éloignée.
  2. Sur le chromosome 11 humain se trouvent plusieurs gènes codant des protéines de structure très proche, regroupés en cluster : les gènes $\beta$, $\gamma$, $\delta$ et $\varepsilon$ des globines.
  3. Une plante cultivée possède $2n = 36$ chromosomes. Ses deux espèces ancestrales ont respectivement $2n = 16$ et $2n = 20$.
  4. Les chloroplastes possèdent leur propre ADN circulaire dépourvu d'histones et des ribosomes de type 70S, proches de ceux des cyanobactéries.
Corrigé
a) Gène absent des ancêtres, présent chez une espèce éloignée ⇒ Transfert horizontal de gènes
b) Plusieurs gènes homologues regroupés dans le même génome ⇒ Duplication génique
c) \(2(n_A + n_B) = 2(8 + 10) = 2 \times 18 = 36 \Rightarrow\) Allopolyploïdie (hybridation + doublement chromosomique)
d) ADN circulaire sans histones + ribosomes 70S dans un organite ⇒ Endosymbiose

Ça te revient. On applique la théorie de l'endosymbiose à un seul objet, la mitochondrie : quels indices la trahissent, pourquoi son génome est devenu si pauvre, et ce qui la sépare d'un simple transfert de gènes. Aucun calcul ici, uniquement des arguments à nommer.

4Endosymbiose — arguments moléculaires/ 4 pts
Un biologiste compare les caractéristiques des mitochondries avec celles des bactéries et des cellules eucaryotes.
  1. Citer trois caractéristiques des mitochondries qui constituent des arguments en faveur de la théorie de l'endosymbiose.
  2. La plupart des protéines mitochondriales sont codées par le génome nucléaire et non par l'ADN mitochondrial. Comment expliquer ce fait dans le cadre de l'endosymbiose ?
  3. En quoi l'endosymbiose diffère-t-elle d'un transfert horizontal de gènes ?
Corrigé
a) Trois arguments : (1) ADN circulaire propre sans histones ; (2) ribosomes de type 70S (procaryotes) ; (3) double membrane.
b) Des gènes de la bactérie englobée ont migré vers le noyau au cours de l'évolution. ⇒ Le génome mitochondrial est une version réduite du génome bactérien originel : la plupart des gènes ont été transférés au noyau de la cellule hôte.
c) Endosymbiose : incorporation d'un organisme vivant entier dans une cellule hôte. Transfert horizontal : seuls des fragments d'ADN (un ou quelques gènes) circulent entre organismes, sans incorporation d'un organisme entier.

Situation nouvelle : une famille de gènes, plus un organite. On raisonne sur des copies — combien de duplications au minimum, comment deux copies identiques finissent par diverger, et pourquoi dupliquer est moins risqué que muter.

3Duplication génique et famille des globines/ 4 pts
La famille multigénique des globines comprend au moins 5 gènes fonctionnels ($\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$, $\varepsilon$) issus d'un gène ancestral unique par duplications successives.
  1. Quel est le nombre minimal de duplications nécessaires pour obtenir 5 gènes à partir d'un seul ? Justifier.
  2. Expliquer comment, après duplication, deux copies d'un même gène peuvent acquérir des fonctions différentes.
  3. Quel avantage évolutif procure la duplication génique par rapport à une simple mutation du gène unique ?
Corrigé
a) \(1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 4 \rightarrow 5\) (une duplication par étape, chacune ajoute une copie) 4 duplications minimum
b) Chaque copie accumule des mutations indépendantes (substitutions, délétions...) ⇒ Une copie conserve la fonction ancestrale ; l'autre peut acquérir une nouvelle fonction (néofonctionnalisation).
c) Avec un gène unique, toute mutation risque de détruire la seule copie fonctionnelle. ⇒ La duplication crée une redondance : une copie peut diverger librement sans mettre en péril la fonction initiale.

Format contrôle : le cas du colza, chiffres à l'appui. Quatre questions enchaînées, du calcul de $n$ jusqu'à l'explication de la fertilité. Une garniture chromosomique fausse à la question 2 et tout ce qui suit s'effondre.

2Polyploïdie chez le colza/ 5 pts

Le colza cultivé (Brassica napus, $2n = 38$) est un allotétraploïde issu du croisement naturel entre B. oleracea ($2n = 18$) et B. rapa ($2n = 20$).

  1. Donner les valeurs de $n$ pour chacune des deux espèces parentales.
  2. Décrire la garniture chromosomique de l'hybride F1 (valeur de $2n$). Pourquoi cet hybride est-il stérile ?
  3. Quel mécanisme génétique conduit de l'hybride F1 au colza actuel ($2n = 38$) ? Vérifier par le calcul : $2n_{\text{colza}} = 2(n_{\text{oleracea}} + n_{\text{rapa}})$.
  4. Expliquer pourquoi le colza est fertile alors que l'hybride F1 ne l'est pas.
Corrigé
a) \(n(\text{oleracea}) = 18 \div 2 = 9 \quad ; \quad n(\text{rapa}) = 20 \div 2 = 10\) \(n(\text{oleracea}) = 9 \quad ; \quad n(\text{rapa}) = 10\)
b) \(2n_{\text{F1}} = n(\text{oleracea}) + n(\text{rapa}) = 9 + 10 = 19\) Stérile : 19 chromosomes sans homologues ⇒ pas d'appariement possible à la méiose I.
c) Doublement du génome (polyploïdisation). \(2n_{\text{colza}} = 2(9 + 10) = 2 \times 19 = 38\) \(2n_{\text{colza}} = 38\) (cohérent avec la donnée)
d) Après doublement, chaque chromosome possède un homologue exact. ⇒ La méiose forme des bivalents normaux ⇒ le colza est fertile.

Le registre au-dessus : deux hybridations successives, trois génomes, un hexaploïde. C'est le raisonnement du colza, mais empilé deux fois — et il faut cette fois suivre les lettres A, B et D pour ne pas perdre le fil des appariements.

5Problème intégrateur — le blé tendre/ 5 pts

Le blé tendre (Triticum aestivum, $2n = 42$) est un allohexaploïde issu de deux hybridations successives suivies de doublements chromosomiques.

  • Étape 1 : T. monococcum ($2n = 14$, génome AA) $\times$ Aegilops speltoides ($2n = 14$, génome BB) $\rightarrow$ hybride $\rightarrow$ doublement $\rightarrow$ T. turgidum ($2n = 28$, génome AABB).
  • Étape 2 : T. turgidum ($2n = 28$) $\times$ Aegilops tauschii ($2n = 14$, génome DD) $\rightarrow$ hybride $\rightarrow$ doublement $\rightarrow$ T. aestivum.
  1. Donner la formule chromosomique (valeur de $2n$ et composition génomique) de l'hybride obtenu à l'étape 1, avant doublement. Pourquoi est-il stérile ?
  2. Vérifier par le calcul que $2n = 42$ pour T. aestivum (génome AABBDD).
  3. Combien de jeux haploïdes possède T. aestivum ? S'agit-il d'une auto- ou d'une allopolyploïdie ?
  4. Expliquer pourquoi T. aestivum est fertile malgré sa garniture chromosomique complexe ($2n = 42$).
Corrigé
a) \(n_A = 7\) (de AA) \(+\ n_B = 7\) (de BB) \(\Rightarrow 2n_{\text{hybride}} = 14\), génome AB Stérile : les 7 chrom. A et les 7 chrom. B n'ont pas d'homologues entre eux ⇒ pas d'appariement à la méiose I.
b) \(2n(\text{AABBDD}) = 2(n_A + n_B + n_D) = 2(7 + 7 + 7) = 2 \times 21 = 42\) \(2n = 42\) (cohérent avec la donnée)
c) \(n = 21 = 3x \; ; \quad 2n = 42 = 6 \times 7\) : 6 jeux haploïdes (3 par gamète) ⇒ hexaploïde \((6x)\) Allopolyploïdie : les 3 génomes (A, B, D) proviennent de 3 espèces différentes.
d) AABBDD : chaque jeu de 7 chromosomes A, B, D possède un homologue identique dans le génome. ⇒ La méiose forme 21 bivalents normaux (7 AA + 7 BB + 7 DD) ⇒ T. aestivum est fertile.