Licence S4 Génétique des populations
Génétique 2 page 1
REVISIONS
EXERCICE 1 :STRUCTURES ALLELIQUES, GENOTYPIQUES, ET PANMIXIE
Une espèce de papillon présente un polymorphisme pour la couleur des ailes : elles peuvent être rouge ou blanches. Ce caractère est sous le contrôle d’un seul locus bi allélique, l’allèle Rouge étant strictement dominant sur l’allèle Blanc.
On capture 100 papillons d’une population naturelle, parmi lesquels on trouve 82 rouges et 18 blancs.
1) Calculez les fréquences alléliques dans cette population.
Quelle hypothèse avez vous du poser pour faire votre calcul ?
On doit poser l’hypothèse de panmixie, car en cas de dominance, on ne peut pas connaître les fréquences des génotypes.
Sous l’hypothèse de panmixie :
f(RR)=p2 ; f(RB)=2pq ; f(BB)=q2 ; f(BB) = f[blancs] = q2 = 0,18 donc q=0,42 et p=0,58
2) Le gène étudié code pour une enzyme de la chaîne de biosynthèse des pigments, qu’il est possible d’étudier, biochimiquement, par électrophorèse. L’étude réalisée sur ces mêmes 100 papillons révèle les résultats ci dessous :
Déduisez les fréquences génotypiques et recalculez les fréquences alléliques.
On a ici accès directement aux fréquences des trois génotypes:
2 bandes = hétérozygotes et 1 bande = homozygote.
Le 3ème profil correspond aux 18 papillons clairs qui ont été comptés, donc au génotype BB Donc : f(RR)=0,7; f(RB)=0,12; f(BB)=0,18;
on peut calculer les fréquences alléliques sans poser aucune hypothèse.
p = 0,7 + 0,5*0,12 = 0,76 et q = 0,18 + 0,5*0,12 = 0,24
3) Pourquoi ces deux calculs donnent-ils des résultats différents en terme de fréquences alléliques ? D’après ces fréquences alléliques, sous l’hypothèse de panmixie, les fréquences attendues de génotypes seraient :
f(RR) = 0,762 = 0,58 f(RB) = 2*0,76*0,24 = 0,36 f(BB) = 0,242 = 0,06
Ces fréquences sont très différentes des fréquences observées (pour bien faire, il faudrait comparer statistiquement ces deux distributions pour savoir si on s’écarte de l’hypothèse de panmixie).
Ici, sans test stat, on va quand même considérer que l’hypothèse de panmixie n’est pas respectée.
Forme enzymatique 1 :
Nombre d’individus : 70 12 18
Forme enzymatique 2 :
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Donc, en calculant les fréquence allélique dans la première question, on a posé une mauvaise hypothèse, et on trouve des valeurs fausses. Les bonnes fréquences alléliques sont évidemment celles trouvées avec la question 2), car elles sont directement déduites des fréquences de génotypes
4) Proposez une cause possible d’écart à la panmixie dans cette population.
Ici, on a moins d’hétérozygotes qu’attendu.
Cause possible d’écart à la panmixie : homogamie. Papillons rouges se croisent avec les papillons rouges (RR x RR ; RR x BR ; BR x BR)
Et papillons blancs se croisent entre eux : BB x BB
EXERCICE 2 : CONTRE SELECTION DES HETEROZYGOTES
Dans une population panmictique, la fréquence de deux allèles A et B est 0,4 et 0,6. Entre le stade zygote et le stade adulte, 30 % des individus hétérozygotes disparaissent.
Retracez le cycle de vie de cette espèce, sur 2 générations, en établissant les fréquences génotypiques et les fréquences alléliques à tous les stades, sur deux générations.
Quel équilibre devrait-on atteindre en terme de fréquences alléliques (aucun développement n’est demandé pour cette dernière question) ?
Gamètes : A 0,4 et B 0,6 Zygotes :
AA : 0,16 ; AB : 0,48 ; BB : 0,36 Adultes :
AA : 0,16 / wmoy AB : 0,7*0,48 / wmoy ; BB : 0,36 / wmoy Avec wmoy = 1*p2 + 0,7*2pq +1*q2 = 0,16 + 0,7*0,48 + 0,36 F(AA) = 0,18 ; f(AB) = 0,39 ; f(BB) = 0,42
Fréquences alléliques (chez les adultes et chez les gamètes ) p’ = (0,16 + ½*0,7*0,48) / wmoy = 0,38 et q’ = 0,62
Zygotes :
AA : 0,144 ; AB : 0,47 ; BB : 0,384 Adultes :
AA : 0,144 / wmoy AB : 0,7*0,47 / wmoy ; BB : 0,384/ wmoy
Avec wmoy = 1*p’2 + 0,7*2p’q’ +1*q’2 = 0,144 + 0,7*0,47 + 0,384 F(AA) = 0,17 ; f(AB) = 0,38 ; f(BB) = 0,45
Fréquences alléliques : p’’ = 0,36
A terme, l’allèle A va disparaître. Ici, seules les conditions initiales déterminent l’évolution du système : à chaque génération, une portion des hétérozygotes disparaît, et les fréquences des homozygotes augmentent ; l’avantage est donné au génotype homozygotes qui était en plus forte fréquence au départ.
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EXERCICE 3 :MIGRATION ENTRE CHAMPS DE MAÏS
Un agriculteur canadien produit du maïs conventionnel. Chaque année, il prélève une partie des grains produit pour re-semer son champs (on négligera la dérive induite par ce processus d’échantillonnage).
Depuis 1995, toutes les exploitations voisines de cet agriculteur produisent du maïs OGM (variété de maïs contenant un transgène, breveté par un société de biotechnologie, et conférant un intérêt agronomique à la variété).
L’agriculteur sait que la société de biotechnologie effectue des prélèvements dans les champs de la région, afin de vérifier la présence de son transgène. Si le transgène est présent dans un champs à un taux supérieur ou égal à 0,9%, la société fait payer des Royal Ties si l’agriculteur n’a pas acheté le transgène.
En considérant la migration du pollen entre champs (de type unidirectionnel), calculez à partir de quel taux de migration entre les champs OGM et le champs conventionnel l’agriculteur risque de payer des Royal Ties. (redémontrez la formule, puis faites l’application numérique à la fin seulement) Commentez.
Migration unidirectionnelle : les fréquences alléliques ne changent pas dans la population source.(P = freq du transgène constant=1).
Dans le champs conventionnel : p0 = 0 Génération 1 :
p1 = (1-m)*p0 + m*P
p1 – P = (1-m)*p0 + m*P – P = (1-m)*( p0 – P) Génération 2 :
p2 = (1-m)* p1 + m*P
p2 – P = (1-m)* p1 + m*P – P = (1-m)*( p1 – P)
on remplace p1 –P par sa valeur : p2 – P = (1-m)2*( p0 – P) et pn – P = (1-m)n*( p0 – P)
Ici n=10, p0 = 0, P = 1, et on cherche pour quelle valeur de m p10=0,009 0,009 – 1 = (1-m)10 * (0-1)
0,991 = (1-m)10
ln(0,991) = 10* ln(1-m) 1-m = e[ln(0,991)/10]
m = 0,1%
