Réplication de l’ADN : un mécanisme semi-conservatif

Chromatide et molécule d’ADN, longueur de l’ADN d’un chromosome et d’une cellule ; réplication semi-conservative pendant la phase S, ADN polymérase et brin complémentaire ; expérience de Meselson et Stahl ; origines, yeux et fourches de réplication ; vitesse et durée de la réplication chez une bactérie et chez l’être humain ; PCR et nombre de copies.

À propos de cette page

Six problèmes sur documents : les densités et l’ADN chauffé de Meselson et Stahl, les chromatides marquées de Taylor (1957), le chromosome en θ d’E. coli, des fibres d’ADN humain marquées en fluorescence, une PCR pour détecter une bactérie, et la longueur d’ADN de tout un corps humain.

6 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je lis chaque document : sa nature (protocole, image, tableau de mesures), sa date et sa source, si les valeurs sont réelles ou choisies, et l’échelle (chromosome, molécule, brin).
Je prévois ce que donnerait chaque hypothèse : modèle conservatif, semi-conservatif ou dispersif ; une ou plusieurs origines ; brins anciens et neufs après chaque cycle.
Je calcule dans l’ordre des questions, avec des unités homogènes : µm en nm, minutes en secondes, paires ÷ 2 pour chaque fourche, 2ⁿ pour les copies.
Je confronte la prévision au résultat : je rejette l’hypothèse dont la prévision diffère, je reste prudent si plusieurs restent possibles.
Je conclus par une phrase qui répond à la question, avec le vocabulaire du cours : matrice, brin neuf, semi-conservative, origine, fourche, amorce.

Problème 1 · Meselson et Stahl : trois modèles à l’épreuve★★★Facile

Document 1 — Bandes d’ADN au fil des générations. Des bactéries cultivées sur ¹⁵N sont transférées sur ¹⁴N ; l’ADN est extrait et centrifugé en gradient de densité à différentes générations. Densités de référence : ADN ¹⁵N/¹⁵N = 1,724 g/mL ; ADN ¹⁴N/¹⁴N = 1,710 g/mL.

Génération en ¹⁴N	Densité des bandes (g/mL)	Part de l’ADN
0	1,724	100 %
1	1,717	100 %
2	1,717 et 1,710	50 % et 50 %

Document 2 — L’ADN chauffé. L’ADN de la génération 1 est chauffé à 100 °C, ce qui sépare les deux brins de chaque molécule. Centrifugés, ces brins simples forment deux bandes de même importance : l’une à la densité d’un brin entièrement ¹⁵N, l’autre à la densité d’un brin entièrement ¹⁴N.

1. Part d’azote lourd dans l’ADN de densité 1,717 g/mL : %
(1,717 − 1,710) ÷ (1,724 − 1,710) = 0,007 ÷ 0,014 = 0,5 : 50 %. 1,717 est la moyenne des deux références : autant de ¹⁵N que de ¹⁴N.
2. Modèle conservatif, génération 2 : part de l’ADN dans la bande lourde : %
4 molécules, dont la molécule d’origine restée lourde : 1 ÷ 4 = 25 % ; 75 % dans la bande légère.
3. Modèle semi-conservatif, génération 2 : part de l’ADN dans la bande intermédiaire : %
2 hybrides et 2 légères : 50 % à 1,717 g/mL et 50 % à 1,710 g/mL.
4. Modèle dispersif, génération 2 : densité de la bande unique, au dix-millième : g/mL
Chaque molécule contiendrait un quart de ¹⁵N : 1,710 + 0,014 ÷ 4 = 1,7135 g/mL.
5. Le document 1, dès la génération 1, permet de rejeter le modèle
Une bande unique à 1,717 g/mL, aucune bande lourde : le modèle conservatif (deux bandes) est rejeté ; les deux autres prévoient tous deux une bande unique à 1,717.
6. Le document 2 permet de rejeter le modèle
Le modèle dispersif prévoyait des brins mixtes, donc une seule bande de brins intermédiaires. On trouve des brins entièrement ¹⁵N et entièrement ¹⁴N. La génération 2 (deux bandes et non une seule à 1,7135 g/mL) conduit à la même conclusion.
7. Conclusion : la réplication de l’ADN est
Semi-conservative : chaque molécule fille comprend un brin ancien intact et un brin entièrement neuf.

Problème 2 · Taylor, 1957 : les chromatides de la fève★★★Moyen

Document 1 — Le protocole (J. H. Taylor, P. S. Woods et W. L. Hughes, PNAS, 1957). Des racines de fève (2n = 12) poussent pendant quelques heures, le temps d’une phase S, dans un milieu contenant de la thymidine radioactive : ce précurseur des nucléotides à thymine n’est incorporé que dans l’ADN neuf. Les racines sont ensuite rincées et placées dans un milieu sans radioactivité, additionné de colchicine, qui bloque les cellules en métaphase. Une autoradiographie (film photographique posé sur les cellules) fait apparaître des grains noirs au-dessus de ce qui est radioactif.

Document 2 — Les résultats. Première métaphase après le marquage : les deux chromatides de chaque chromosome sont couvertes de grains. Métaphase suivante, après un cycle sans thymidine radioactive : dans chaque chromosome, une chromatide est marquée, l’autre ne l’est pas (sauf rares échanges de segments entre chromatides sœurs).

1. Nombre de molécules d’ADN dans une cellule de fève à la première métaphase :
12 chromosomes à deux chromatides, une molécule d’ADN par chromatide : 12 × 2 = 24.
2. Première métaphase : nombre de brins radioactifs dans la molécule d’ADN de chaque chromatide :
Un : chaque chromatide associe le brin ancien, non radioactif, et le brin neuf assemblé avec la thymidine radioactive.
3. Si la réplication était conservative, nombre de chromatides marquées par chromosome à la première métaphase :
Une : la molécule mère, intacte, ne serait pas marquée ; la molécule entièrement neuve le serait. Les deux chromatides marquées du document 2 rejettent ce modèle.
4. Métaphase suivante : dans la chromatide marquée, nombre de brins radioactifs :
Un : le brin radioactif de la première copie a servi de matrice à un brin neuf non radioactif. L’autre chromatide associe le brin d’origine non radioactif et un brin neuf non radioactif.
5. Nombre de chromatides marquées dans une cellule de fève à cette métaphase suivante :
Une chromatide marquée par chromosome, 12 chromosomes : 12.
6. Prévision : après encore un cycle sans marqueur, part des chromosomes qui portent une chromatide marquée : %
Le chromosome à chromatide marquée donne, à la division, une chromatide marquée à une cellule et une non marquée à l’autre ; la copie suivante de la chromatide marquée donne un chromosome marqué sur une chromatide, celle de la non marquée un chromosome sans marque : 50 %.
7. À l’échelle des chromosomes, ces résultats montrent une réplication
Semi-conservative, un an avant l’expérience de Meselson et Stahl sur la bactérie ; ils relient l’échelle cellulaire (chromatides) et l’échelle moléculaire (brins d’ADN).

Problème 3 · Le chromosome d’E. coli en forme de θ★★★Moyen

Document 1 — Une photographie historique. En 1963, John Cairns cultive des bactéries E. coli avec de la thymidine radioactive, libère délicatement leur ADN et le recouvre d’un film photographique : les chromosomes en cours de copie apparaissent comme un cercle traversé par une boucle, en forme de θ. Les deux points où la boucle rejoint le cercle sont les fourches.

Document 2 — Une mesure (valeurs choisies pour l’exercice). Le chromosome compte 4,6 × 10⁶ paires de nucléotides. Sur une image, la portion déjà copiée mesure 408 µm ; la réplication a commencé 10 min plus tôt, à l’origine unique. Deux paires voisines sont séparées de 0,34 nm.

1. Paires déjà copiées : × 10⁶
408 µm = 408 000 nm ; 408 000 ÷ 0,34 = 1 200 000 = 1,2 × 10⁶ paires.
2. Nucléotides copiés par chacune des deux fourches :
Les deux fourches partent de l’origine en sens opposés et avancent à la même vitesse : 1,2 × 10⁶ ÷ 2 = 600 000.
3. Vitesse d’une fourche, en nucléotides par seconde :
10 min = 600 s ; 600 000 ÷ 600 = 1 000 nucléotides par seconde.
4. Paires qui restent à copier : × 10⁶
4,6 × 10⁶ − 1,2 × 10⁶ = 3,4 × 10⁶.
5. Temps encore nécessaire pour finir la réplication, en s :
Chaque fourche copie la moitié du reste : 1,7 × 10⁶ ÷ 1 000 = 1 700 s, soit environ 28 min.
6. Longueur de la boucle copiée une fois la réplication finie, en µm :
Tout le chromosome : 4,6 × 10⁶ × 0,34 = 1,564 × 10⁶ nm = 1 564 µm, soit environ 1,6 mm dans une bactérie de quelques micromètres.

Problème 4 · Combien de mètres d’ADN dans un corps humain ?★★★Moyen

Document 1 — Le nombre de cellules. Selon une estimation publiée en 2016 (Sender, Fuchs et Milo, PLOS Biology), le corps d’un homme de référence de 70 kg compte environ 3,0 × 10¹³ cellules humaines, dont près de 90 %, environ 2,6 × 10¹³, n’ont pas de noyau : surtout des globules rouges, et des plaquettes.

Document 2 — L’ADN d’une cellule. Une cellule diploïde en phase G1 contient environ 6,4 × 10⁹ paires de nucléotides, soit environ 2,2 m d’ADN (valeur arrondie). Un gamète en contient la moitié.

Document 3 — Un repère. Distance moyenne de la Terre au Soleil : environ 1,5 × 10¹¹ m.

1. Les globules rouges et les plaquettes ne contiennent pas de chromosomes, car ils n’ont pas de
Pas de noyau : chez l’être humain, l’ADN des chromosomes est dans le noyau. On ne compte ici que cet ADN.
2. Nombre de cellules à noyau : × 10¹²
3,0 × 10¹³ − 2,6 × 10¹³ = 0,4 × 10¹³ = 4 × 10¹².
3. Longueur totale d’ADN de ces cellules (toutes supposées en G1) : × 10¹² m
4 × 10¹² × 2,2 = 8,8 × 10¹² m.
4. Cette longueur représente environ fois la distance de la Terre au Soleil (à l’unité).
8,8 × 10¹² ÷ (1,5 × 10¹¹) = 88 ÷ 1,5 ≈ 59.
5. En multipliant à tort 2,2 m par toutes les cellules, on trouverait × 10¹³ m.
3,0 × 10¹³ × 2,2 = 6,6 × 10¹³ m, soit 7,5 fois trop : 87 % des cellules n’ont pas de noyau.
6. Longueur d’ADN d’un spermatozoïde, en m :
La moitié de 2,2 m : 1,1 m (23 molécules d’ADN au lieu de 46).

Problème 5 · Des fibres d’ADN humain marquées★★★Difficile

Document 1 — Le protocole. Des cellules humaines en phase S reçoivent pendant 10 min un nucléotide modifié, repérable en fluorescence, qui s’incorpore dans les brins neufs. L’ADN est ensuite étiré sur une lame : chaque fourche laisse une trace fluorescente de part et d’autre de son origine.

Document 2 — Les mesures (valeurs choisies pour l’exercice). Chaque trace mesure 5,1 µm. Deux origines voisines sont distantes de 30,6 µm. Deux paires voisines sont séparées de 0,34 nm.

Document 3 — Repères. Le chromosome X humain compte environ 1,56 × 10⁸ paires ; la phase S d’une cellule humaine en culture dure environ 8 h.

1. Nucléotides copiés par une fourche en 10 min :
5,1 µm = 5 100 nm ; 5 100 ÷ 0,34 = 15 000.
2. Vitesse d’une fourche, en nucléotides par minute :
15 000 ÷ 10 = 1 500 par minute, soit 1,5 kb par minute ou 25 nucléotides par seconde.
3. Paires entre deux origines voisines :
30,6 µm = 30 600 nm ; 30 600 ÷ 0,34 = 90 000.
4. Durée pour copier l’intervalle entre deux origines voisines, en min :
Les deux fourches qui vont l’une vers l’autre copient chacune 45 000 nucléotides : 45 000 ÷ 1 500 = 30 min.
5. Nombre d’intervalles de cette taille sur le chromosome X, à la centaine près :
1,56 × 10⁸ ÷ 90 000 ≈ 1 733, soit environ 1 700 intervalles, donc autant d’origines.
6. Durée de réplication du chromosome X avec une seule origine, en jours, au dixième :
Chaque fourche copierait 7,8 × 10⁷ nucléotides : 7,8 × 10⁷ ÷ 1 500 = 52 000 min ; 52 000 ÷ 60 ≈ 866,7 h ; 866,7 ÷ 24 ≈ 36,1 jours.
7. La phase S est fois plus longue que le temps de copie d’un intervalle.
8 h = 480 min ; 480 ÷ 30 = 16. Si toutes les origines s’ouvraient en même temps, tout serait copié en une demi-heure : elles s’ouvrent donc à des moments différents de la phase S.

Problème 6 · Une PCR pour détecter une bactérie★★★Difficile

Document 1 — Le programme de l’appareil. 95 °C pendant 3 min ; puis 40 cycles de 15 s à 95 °C, 20 s à 60 °C et 25 s à 72 °C ; enfin 72 °C pendant 2 min.

Document 2 — La détection (valeurs choisies pour l’exercice). On cherche un gène d’une bactérie pathogène dans des échantillons d’eau. Un colorant fluorescent se fixe sur l’ADN double brin : la fluorescence devient détectable quand le tube contient environ 10¹⁰ copies du segment. On admet que les copies doublent à chaque cycle ; donnée : 2¹⁰ ≈ 10³.

Document 3 — Deux enzymes possibles. Polymérase A : ADN polymérase de la bactérie E. coli, qui vit à 37 °C, détruite par un passage à 95 °C. Polymérase B : Taq polymérase, issue de Thermus aquaticus, bactérie d’une source chaude, très active vers 72 °C et toujours active après de nombreux passages à 95 °C.

1. Durée d’un cycle, en s :
15 + 20 + 25 = 60 s.
2. Durée totale du programme, en min :
3 + 40 × 1 + 2 = 45 min.
3. Échantillon contenant 10⁴ copies : nombre de cycles pour atteindre le seuil de 10¹⁰ copies :
Il faut multiplier par 10¹⁰ ÷ 10⁴ = 10⁶ ≈ 2²⁰ : 20 cycles (2¹⁹ ≈ 5 × 10⁵ ne suffit pas).
4. Un échantillon contient 1 000 fois plus de copies : il atteint le seuil cycles plus tôt.
1 000 ≈ 2¹⁰ : 10 cycles plus tôt. Plus il y a d’ADN au départ, plus le signal apparaît tôt.
5. Échantillon contenant 10 copies : nombre de cycles pour atteindre le seuil :
10¹⁰ ÷ 10 = 10⁹ ≈ 2³⁰ : 30 cycles, encore possible avec un programme de 40 cycles.
6. La polymérase A ne convient pas : elle est détruite par la de l’étape de dénaturation.
Par la chaleur : à 95 °C, elle serait détruite dès le premier cycle. La Taq polymérase, d’une bactérie des sources chaudes, résiste.
7. Échantillon de 10⁴ molécules : après 40 cycles, nombre de brins d’ADN d’origine encore présents dans le tube : × 10⁴
Chaque cycle est semi-conservatif : les brins d’origine ne sont pas détruits, ils servent de matrice et restent chacun dans une molécule. 10⁴ molécules ont 2 × 10⁴ brins.

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