Complexification des génomes : transferts horizontaux et endosymbioses

Écris V (transfert vertical) ou H (transfert horizontal).

1. Une bactérie du sol se divise ; chaque cellule fille reçoit une copie de son chromosome →
   V : la cellule mère donne ses cellules filles, il y a bien une filiation.
2. Un grain de pollen féconde l’ovule d’une autre fleur de la même espèce →
   V : la reproduction sexuée transmet les gènes des parents à la génération suivante.
3. Une bactérie absorbe un fragment d’ADN libéré dans le milieu par une bactérie morte d’une autre espèce →
   H : aucune filiation entre les deux bactéries, et elles n’appartiennent même pas à la même espèce.
4. Un virus de bactérie injecte dans une bactérie un fragment d’ADN prélevé chez une autre bactérie →
   H : l’ADN passe entre deux bactéries qui coexistent, par l’intermédiaire du virus.
5. Une levure bourgeonne et donne une petite levure →
   V : c’est une reproduction asexuée, donc un transfert des gènes d’un parent à son descendant.
6. Un fragment d’ADN bactérien s’intègre dans le génome d’une cellule de tige blessée →
   H : de la bactérie à la plante, deux règnes différents, hors de toute reproduction.
7. Une femme transmet à son fils l’ADN de ses mitochondries →
   V : de la mère à son enfant, c’est un transfert vertical, même s’il ne passe pas par les chromosomes du noyau.
8. Un rétrovirus intègre une copie ADN de son génome dans une spermatogonie d’un mammifère →
   H : du virus au mammifère, sans aucune filiation ; les descendants du mammifère hériteront ensuite verticalement de la séquence.

Complète, à propos des deux expériences historiques de la transformation bactérienne.

1. Des souris reçoivent seulement des pneumocoques R vivants et ne tombent pas malades : ce lot sert de
   C’est un témoin : il montre que les R seuls sont inoffensifs, donc que la mort des souris du quatrième lot ne vient pas d’eux.
2. Des souris reçoivent seulement des pneumocoques S tués par la chaleur : elles
   Elles survivent : des bactéries mortes ne provoquent pas la maladie.
3. Dans le lot « R vivants + S tués », on isole du sang des pneumocoques S vivants qui se multiplient : le génome des R a donc été
   Il a été modifié de façon durable : les bactéries transformées transmettent le caractère à leur descendance à chaque division.
4. Ce que les S morts ont permis aux R de fabriquer, de façon héréditaire, est une
   Une capsule : c’est elle qui rend la forme S virulente.
5. Avery, MacLeod et McCarty publient en que le principe transformant est l’ADN
   En 1944, seize ans après l’expérience de Griffith (1928).
6. Un extrait traité par une protéase transforme encore les R : le principe transformant n’est donc pas une
   Pas une protéine : détruire les protéines de l’extrait ne change pas le résultat.
7. Une bactérie capable d’absorber de l’ADN présent dans le milieu est dite
   Elle est compétente : toutes les bactéries ne le sont pas, et pas à tout moment.

Valeurs choisies. Des bactéries leu⁻ (incapables de fabriquer la leucine) sont étalées, 2 × 10⁸ par boîte, sur un milieu sans leucine. A : receveuses seules, 0 colonie. B : receveuses + extrait d’une souche leu⁺, 480. C : receveuses + extrait traité par une DNase, 0. D : receveuses + extrait traité par une protéase, 468. E : extrait étalé seul, sans receveuses, 0.

1. La boîte A écarte l’apparition, chez les receveuses, d’une spontanée
   Une mutation spontanée qui rendrait les receveuses autonomes sans apport extérieur : c’est le premier témoin.
2. La boîte E montre que les colonies de B ne viennent pas de bactéries leu⁺ encore dans l’extrait
   Pas de bactéries vivantes de la souche donneuse : l’extrait seul ne donne aucune colonie, donc les colonies de B sont des receveuses modifiées.
3. Fréquence de transformation dans la boîte B : f = × 10⁻⁶
   ${\displaystyle \frac{480}{2\times {10}^8}}=240\times {10}^{-8}=$ $2,4\times {10}^{-6}$.
4. Écart entre les boîtes B et D, rapporté à B : % (au dixième)
   ${\displaystyle \frac{480-468}{480}}={\displaystyle \frac{12}{480}}=0,025$, soit 2,5 % : un écart qui relève de la variabilité des comptages ; les protéines de l’extrait ne sont pas nécessaires, alors que la DNase supprime tout.
5. Une colonie de B, repiquée trente fois sur milieu sans leucine, pousse toujours : le fragment reçu a été intégré au de la receveuse
   Au chromosome : il est copié à chaque division avec le reste de l’ADN de la bactérie.
6. Au cours de ces trente repiquages, le caractère leu⁺ passe d’une génération à la suivante : c’est un transfert
   Un transfert vertical, des cellules mères aux cellules filles, qui suit le transfert horizontal initial.

Écris le mécanisme en jeu : transformation, conjugaison ou transduction.

1. Le transfert disparaît quand un filtre empêche les deux souches de se toucher, et une DNase ne le modifie pas →
   Conjugaison : le contact est indispensable, et l’ADN ne passe jamais par le milieu, donc la DNase ne l’atteint pas.
2. Le transfert disparaît quand on ajoute une DNase au milieu →
   Transformation : l’ADN traverse le milieu sous forme libre, où la DNase le détruit.
3. Le transfert a lieu avec un filtrat sans bactéries qui contient des virus, et résiste à une DNase →
   Transduction : l’ADN voyage à l’abri, dans la capside du virus.
4. Le matériel transféré est un plasmide qui passe par un pont entre deux cellules →
   Conjugaison : un pont (pilus) relie la donneuse et la receveuse.
5. Le matériel transféré est un fragment de chromosome enfermé dans une capside →
   Transduction : lors de l’assemblage des virus, un fragment du chromosome bactérien est empaqueté par erreur.
6. Le matériel transféré est de l’ADN libéré dans le milieu par des bactéries mortes →
   Transformation : une bactérie compétente absorbe cet ADN libre.
7. Le transfert n’a lieu que si les bactéries receveuses sont compétentes →
   Transformation : seule une bactérie compétente peut absorber l’ADN libre du milieu.
8. Les deux souches sont séparées par un filtre qui laisse passer les virus ; le transfert a lieu et résiste à une DNase →
   Transduction : ce qui traverse le filtre, c’est le virus, et l’ADN qu’il transporte est protégé.

Calcule la fréquence de transfert : nombre de bactéries ayant reçu le gène ÷ nombre de bactéries receveuses.

1. 1 200 bactéries ont reçu le gène parmi 4 × 10⁸ receveuses : f = × 10⁻⁶
   ${\displaystyle \frac{1200}{4\times {10}^8}}=300\times {10}^{-8}=$ $3\times {10}^{-6}$.
2. 900 parmi 3 × 10⁶ receveuses : f = × 10⁻⁴
   ${\displaystyle \frac{900}{3\times {10}^6}}=300\times {10}^{-6}=$ $3\times {10}^{-4}$.
3. 64 parmi 1,6 × 10⁷ receveuses : f = × 10⁻⁶
   ${\displaystyle \frac{64}{1,6\times {10}^7}}=40\times {10}^{-7}=$ $4\times {10}^{-6}$.
4. 2 500 parmi 5 × 10⁹ receveuses : f = × 10⁻⁷
   ${\displaystyle \frac{2500}{5\times {10}^9}}=500\times {10}^{-9}=$ $5\times {10}^{-7}$.
5. 180 parmi 9 × 10⁵ receveuses : f = × 10⁻⁴
   ${\displaystyle \frac{180}{9\times {10}^5}}=20\times {10}^{-5}=$ $2\times {10}^{-4}$.
6. 7 200 parmi 2,4 × 10⁸ receveuses : f = × 10⁻⁵
   ${\displaystyle \frac{7200}{2,4\times {10}^8}}=3000\times {10}^{-8}=$ $3\times {10}^{-5}$.
7. 45 parmi 1,5 × 10⁸ receveuses : f = × 10⁻⁷
   ${\displaystyle \frac{45}{1,5\times {10}^8}}=30\times {10}^{-8}=$ $3\times {10}^{-7}$.
8. 1 600 parmi 8 × 10⁹ receveuses : f = × 10⁻⁷
   ${\displaystyle \frac{1600}{8\times {10}^9}}=200\times {10}^{-9}=$ $2\times {10}^{-7}$.
9. 6 000 parmi 1,5 × 10⁶ receveuses : f = × 10⁻³
   ${\displaystyle \frac{6000}{1,5\times {10}^6}}=4000\times {10}^{-6}=$ $4\times {10}^{-3}$ : un transfert bien plus fréquent que les précédents.
10. 28 parmi 1,4 × 10⁷ receveuses : f = × 10⁻⁶
    ${\displaystyle \frac{28}{1,4\times {10}^7}}=20\times {10}^{-7}=$ $2\times {10}^{-6}$.

Valeurs choisies. La souche A porte un plasmide de résistance à l’ampicilline ; la souche B est résistante à la streptomycine par une mutation de son chromosome, qui ne se transfère pas ; A est sensible à la streptomycine, B à l’ampicilline, et toutes deux à l’acide nalidixique. A + 6 × 10⁷ bactéries B, étalées sur ampicilline + streptomycine : 1 500 colonies. Une de ces colonies (B′) est ensuite mélangée à 4,5 × 10⁷ bactéries C, d’une autre espèce, résistantes à l’acide nalidixique par mutation : sur ampicilline + acide nalidixique, 900 colonies.

1. Fréquence du premier transfert, de A vers B : f = × 10⁻⁵
   ${\displaystyle \frac{1500}{6\times {10}^7}}=25\times {10}^{-6}=$ $2,5\times {10}^{-5}$.
2. Fréquence du second transfert, de B′ vers C : f = × 10⁻⁵
   ${\displaystyle \frac{900}{4,5\times {10}^7}}=200\times {10}^{-7}=$ $2\times {10}^{-5}$.
3. Le gène de résistance à l’ampicilline des colonies C vient, à l’origine, de la souche
   De la souche A : B′ l’a reçu de A, puis l’a transmis à son tour à C.
4. Ce gène est donc passé d’une bactérienne à une autre
   D’une espèce à une autre : C n’appartient pas à l’espèce de A et B, ce qui rend la propagation des résistances si rapide.
5. Nombre de mutations nouvelles du chromosome de C nécessaires pour qu’elle résiste aux deux antibiotiques :
   0 : elle résistait déjà à l’acide nalidixique et reçoit d’un coup un gène déjà fonctionnel pour l’ampicilline.

Complète avec le mot exact du cours.

1. Un virus à ARN qui copie son génome en ADN possède une enzyme, la transcriptase
   La transcriptase inverse : elle fait l’inverse de la transcription habituelle, de l’ARN vers l’ADN.
2. Intégré dans un chromosome, l’ADN viral est recopié avec lui avant chaque de la cellule
   Avant chaque division : toutes les cellules issues de la cellule infectée portent le provirus.
3. Un ADN viral entré dans la lignée germinale et transmis à la descendance est un rétrovirus
   Un rétrovirus endogène : il fait désormais partie du génome de l’espèce.
4. Un ADN viral intégré dans un lymphocyte d’un adulte est transmis à de ses enfants
   À aucun : le lymphocyte est une cellule somatique, qui ne donnera aucun gamète.
5. Chez les mammifères placentaires, un gène env de rétrovirus a été domestiqué en gène de
   De syncytine : la protéine fait fusionner des cellules, comme elle faisait fusionner le virus avec sa cellule cible.
6. La couche de cellules fusionnées du placenta où se font les échanges entre la mère et le fœtus est le
   Le syncytiotrophoblaste : sans syncytine, ces cellules restent séparées.
7. Le fragment de plasmide qu’Agrobacterium tumefaciens fait entrer dans le génome d’une cellule végétale est l’ADN-
   L’ADN-T, porté par le plasmide Ti de la bactérie.
8. Les molécules que les cellules végétales ainsi transformées fabriquent et que seule la bactérie utilise sont des
   Des opines : la bactérie détourne le métabolisme de la plante à son seul profit.

Calcule (valeurs choisies pour l’exercice, sauf la souris ; pb = paires de bases).

1. Souris : 2,6 × 10⁸ pb d’origine rétrovirale dans un génome de 2,7 × 10⁹ pb : % (au dixième)
   ${\displaystyle \frac{2,6\times {10}^8}{2,7\times {10}^9}}\approx 0,0963$, soit 9,6 %.
2. Génome de 3,2 × 10⁹ pb dont 8 % d’origine rétrovirale : × 10⁸ pb
   $3,2\times {10}^9\times 0,08=0,256\times {10}^9=$ $2,56\times {10}^8$ pb.
3. 1,5 × 10⁸ pb de séquences rétrovirales dans un génome de 2,5 × 10⁹ pb : %
   ${\displaystyle \frac{1,5\times {10}^8}{2,5\times {10}^9}}=0,06$, soit 6 %.
4. 2,0 × 10⁸ pb dans un génome de 1,6 × 10⁹ pb : %
   ${\displaystyle \frac{2,0\times {10}^8}{1,6\times {10}^9}}=0,125$, soit 12,5 %.
5. Sur 2 000 séquences rétrovirales d’un génome, 25 portent encore un gène env complet : %
   ${\displaystyle \frac{25}{2000}}=0,0125$, soit 1,25 % : la très grande majorité de ces séquences est devenue inactive.
6. Une séquence rétrovirale mesure 9 000 pb et un génome en contient 8 000 copies : × 10⁷ pb en tout
   $9000\times 8000=72\times {10}^6=$ $7,2\times {10}^7$ pb.
7. Dans un génome de 1,8 × 10⁹ pb, 9 × 10⁷ pb sont d’origine rétrovirale : %
   ${\displaystyle \frac{9\times {10}^7}{1,8\times {10}^9}}=0,05$, soit 5 %.
8. 12 % d’un génome de 2,5 × 10⁹ pb : × 10⁸ pb
   $2,5\times {10}^9\times 0,12=0,3\times {10}^9=$ $3\times {10}^8$ pb.

Valeurs choisies. Chez un mâle de souris adulte, un rétrovirus s’intègre dans une cellule à l’origine de spermatozoïdes : 40 % de ses spermatozoïdes portent ensuite le provirus. Une fois hérité, le provirus se transmet comme un allèle d’un gène du noyau.

1. Avec des femelles sans provirus, ce mâle a 25 descendants : nombre attendu de descendants porteurs
   $25\times 0,40=$ 10 descendants porteurs.
2. Chez un descendant porteur, part des cellules du foie qui contiennent le provirus : %
   100 % : il l’a reçu dans la cellule-œuf, donc toutes ses cellules le portent, contrairement à son père, où seules quelques cellules l’avaient reçu.
3. Ce descendant le porte sur un seul chromosome de la paire : part attendue de ses spermatozoïdes porteurs %
   50 % : à la méiose, les deux chromosomes de la paire se séparent, un seul passe dans chaque gamète.
4. Croisé avec une femelle sans provirus, il a 16 descendants : nombre attendu de porteurs
   $16\times 0,5=$ 8 porteurs.
5. Deux porteurs à un exemplaire sont croisés : part attendue des descendants qui ont le provirus sur les deux chromosomes de la paire %
   $0,5\times 0,5=0,25$, soit 25 % : le provirus peut ainsi se répandre jusqu’à être présent chez tous les individus de l’espèce.

Quatre espèces W, X, Y et Z : dans l’arbre des espèces, W, X et Y forment un groupe, Z appartient à un autre groupe. Dans l’arbre du gène g, le gène de W se range avec celui de Z.

1. Pour un gène hérité verticalement, le gène de W se rangerait avec ceux de X et de
   Avec ceux de X et de Y, ses proches parents dans l’arbre des espèces.
2. Le gène g de W se range avec celui de Z : parmi les identités W-X, W-Y et W-Z, la plus est W-Z
   La plus élevée : deux séquences proches dans un arbre ont beaucoup de positions identiques.
3. Le donneur probable appartient au groupe de l’espèce
   Le groupe de Z : le gène de W s’y range, donc il en vient.
4. On constate de plus que le gène g est absent chez X et Y : ce constat l’hypothèse
   Il la renforce : un gène hérité verticalement serait présent chez les proches parents.
5. Dans le génome de W, le gène g a une composition en bases très différente du reste : c’est un supplémentaire
   Un indice supplémentaire : la séquence garde la marque du génome d’origine.
6. Entre tous ces éléments, l’argument clé est la du gène dans l’arbre phylogénétique
   Sa position dans l’arbre : les autres éléments ne font que l’appuyer.

Calcule le pourcentage d’identité de deux séquences : positions identiques ÷ positions comparées × 100.

1. 156 positions identiques sur 240 comparées : %
   ${\displaystyle \frac{156}{240}}=0,65$, soit 65 %.
2. 203 sur 290 : %
   ${\displaystyle \frac{203}{290}}=0,70$, soit 70 %.
3. 288 sur 360 : %
   ${\displaystyle \frac{288}{360}}=0,80$, soit 80 %.
4. 252 sur 300 : %
   ${\displaystyle \frac{252}{300}}=0,84$, soit 84 %.
5. 230 sur 250 : %
   ${\displaystyle \frac{230}{250}}=0,92$, soit 92 %.
6. 171 sur 380 : %
   ${\displaystyle \frac{171}{380}}=0,45$, soit 45 % : des séquences déjà très différentes.
7. Une enzyme d’un nématode est identique à 90 % à celle d’une bactérie et à 45 % à celle d’une plante : le donneur probable est la
   La bactérie : c’est d’elle que la séquence est la plus proche. L’identité la plus forte désigne le groupe donneur, à condition que le gène manque chez les proches parents du nématode.
8. Une algue a un gène identique à 70 % à celui d’une bactérie, mais ce gène existe aussi, à la même place, chez toutes les algues proches : il a plus probablement été hérité de leur ancêtre
   De leur ancêtre commun : un gène présent chez tous les proches parents a suivi les lignées ; une ressemblance avec une bactérie ne suffit pas à conclure à un transfert.

Âge d’un provirus = écart entre ses deux LTR ÷ (2 × vitesse de mutation d’une LTR), car les deux LTR mutent chacune de son côté.

1. Écart 3,9 %, vitesse 0,13 % par million d’années (Ma) : Ma
   ${\displaystyle \frac{3,9}{2\times 0,13}}={\displaystyle \frac{3,9}{0,26}}=$ 15 Ma.
2. Écart 1,8 %, vitesse 0,15 % par Ma : Ma
   ${\displaystyle \frac{1,8}{0,30}}=$ 6 Ma.
3. Écart 2,8 %, vitesse 0,14 % par Ma : Ma
   ${\displaystyle \frac{2,8}{0,28}}=$ 10 Ma.
4. Écart 0,9 %, vitesse 0,09 % par Ma : Ma
   ${\displaystyle \frac{0,9}{0,18}}=$ 5 Ma.
5. Écart 4,4 %, vitesse 0,11 % par Ma : Ma
   ${\displaystyle \frac{4,4}{0,22}}=$ 20 Ma.
6. Écart 1,4 %, vitesse 0,10 % par Ma : Ma
   ${\displaystyle \frac{1,4}{0,20}}=$ 7 Ma.
7. Écart 6,5 %, vitesse 0,13 % par Ma : Ma
   ${\displaystyle \frac{6,5}{0,26}}=$ 25 Ma.
8. Écart 5,4 %, vitesse 0,09 % par Ma : Ma
   ${\displaystyle \frac{5,4}{0,18}}=$ 30 Ma.
9. Un élève divise l’écart par la vitesse d’une seule LTR : son résultat est fois trop grand
   2 fois trop grand : il oublie que les deux LTR mutent, donc que leur écart croît deux fois plus vite.
10. Les LTR d’un provirus humain diffèrent de 0,8 % (0,10 % par Ma et par LTR) ; l’Humain et le chimpanzé se sont séparés il y a 7 Ma. Ce provirus est-il attendu au même locus chez le chimpanzé (oui ou non) ?
    Non : ${\displaystyle \frac{0,8}{0,20}}=4$ Ma, une intégration postérieure à la séparation des deux lignées.

Écris A (argument en faveur de l’origine bactérienne de l’organite) ou N (ce n’est pas un argument).

1. Deux membranes entourent l’organite →
   A : comme les bactéries dont il dérive, mais cet argument ne suffit pas à lui seul.
2. On le trouve dans presque toutes les cellules du corps →
   N : sa répartition ne dit rien de son origine.
3. Il contient un ADN circulaire, sans histones →
   A : c’est la forme de l’ADN des bactéries, et non celle des chromosomes du noyau.
4. Il fournit de l’ATP à la cellule →
   N : c’est sa fonction actuelle, elle n’indique pas d’où il vient.
5. Ses ribosomes sont bloqués par le chloramphénicol, qui agit sur les ribosomes bactériens →
   A : ses ribosomes se comportent comme des ribosomes bactériens, pas comme ceux du cytosol.
6. Il se divise par scission, indépendamment de la division de la cellule →
   A : il se multiplie comme une bactérie dans la cellule.
7. La plupart de ses protéines sont codées par des gènes du noyau →
   N : c’est une conséquence de l’endosymbiose, pas un argument en sa faveur ; cela montre seulement que l’organite n’est plus autonome.
8. Les séquences de ses ARN ribosomiques se rangent parmi celles des α-protéobactéries →
   A : c’est l’argument décisif, celui de la parenté.

Calcule (données du cours, ou valeurs choisies quand c’est précisé).

1. ADN mitochondrial humain : 37 gènes, dont 13 codent des protéines. Gènes qui codent des ARN :
   $37-13=$ 24 gènes, qui codent les ARN ribosomiques et de transfert de l’organite.
2. Part des gènes de cet ADN qui codent des protéines : % (à l’unité)
   ${\displaystyle \frac{13}{37}}\approx 0,351$, soit 35 %.
3. Levure : son ADN mitochondrial porte 8 gènes de protéines, pour environ 1 000 protéines mitochondriales. Part codée par l’ADN mitochondrial : %
   ${\displaystyle \frac{8}{1000}}=0,008$, soit 0,8 % : chez la levure aussi, presque toutes les protéines de l’organite sont codées par le noyau.
4. Toujours chez la levure : nombre de protéines mitochondriales pour un gène de protéine de l’ADN mitochondrial
   ${\displaystyle \frac{1000}{8}}=$ 125.
5. ADN mitochondrial de la levure de boulanger : 85 779 pb ; celui de l’Humain : 16 569 pb. Rapport (au dixième)
   ${\displaystyle \frac{85779}{16569}}\approx$ 5,2 : la taille d’un ADN d’organite varie beaucoup d’une espèce à l’autre.
6. Génome d’un plaste : 120 000 pb ; génome d’une bactérie libre : 3 600 000 pb (valeurs choisies). Le plaste en représente % (au centième)
   ${\displaystyle \frac{120000}{3600000}}\approx 0,0333$, soit 3,33 %.
7. Un endosymbiote ancestral de 3 000 gènes a donné un organite qui n’en garde que 120 (valeurs choisies) : part conservée %
   ${\displaystyle \frac{120}{3000}}=0,04$, soit 4 % : le génome a fortement régressé.
8. Sur ces 3 000 gènes, 120 restent dans l’organite et 400 ont été transférés au noyau : gènes perdus
   $3000-120-400=$ 2 480 gènes perdus, devenus inutiles dans la vie à l’intérieur d’une cellule.
9. Un autre organite garde 100 gènes et l’hôte en a transféré 350 dans son noyau : gènes de l’endosymbiote subsistent en tout
   $100+350=$ 450 gènes : transférés au noyau, ils ne sont pas perdus, mais l’organite en dépend.

La Rubisco du chloroplaste, enzyme qui fixe le CO₂, est formée de grandes sous-unités, codées par le gène rbcL de l’ADN du chloroplaste, et de petites sous-unités, codées par le gène rbcS du noyau.

1. La grande sous-unité est traduite par les ribosomes du
   Du chloroplaste, ribosomes de type bactérien, puisque son gène est dans l’ADN de l’organite.
2. La petite sous-unité est traduite dans le , puis importée dans le chloroplaste
   Dans le cytosol, par les ribosomes de la cellule, comme toutes les protéines codées par le noyau.
3. Chez les cyanobactéries, les deux gènes sont voisins sur le chromosome : chez les plantes, rbcS a donc été au noyau
   Transféré au noyau au cours de l’endosymbiose, comme beaucoup d’autres gènes de l’endosymbiote.
4. Le chloramphénicol, qui bloque les ribosomes de type bactérien, empêche la fabrication de la sous-unité
   La grande : elle est traduite par les ribosomes du chloroplaste ; la petite, traduite dans le cytosol, n’est pas touchée.
5. Le gène qui manque à l’ADN du chloroplaste pour fabriquer seul une Rubisco complète est
   rbcS : l’organite dépend du noyau, ce qui explique qu’il ne puisse plus vivre seul.

Complète.

1. Chez les mammifères, les mitochondries de l’embryon viennent de l’
   De l’ovocyte : celles apportées par le spermatozoïde sont éliminées.
2. Un homme porteur d’une mutation de l’ADN mitochondrial la transmet à de ses enfants
   À aucun : il ne transmet pas ses mitochondries.
3. Une femme porteuse de cette mutation la transmet à ses enfants
   À tous, filles et fils, puisqu’ils reçoivent tous le cytoplasme de son ovocyte.
4. Cette transmission ne suit pas les lois de Mendel : on dit qu’elle n’est pas
   Elle n’est pas mendélienne : les gènes en cause sont dans des organites du cytoplasme, pas sur les chromosomes du noyau.
5. Le botaniste qui décrit en 1909 l’hérédité de la couleur des feuilles chez la belle-de-nuit panachée est
   Correns : la couleur des descendants dépend seulement de la branche qui porte la fleur femelle.
6. Un chloroplaste issu directement d’une cyanobactérie est entouré de membranes
   2 membranes : celles de la bactérie intégrée.
7. Un chloroplaste issu de l’intégration d’une algue eucaryote est entouré d’au moins membranes
   Au moins 3 : les deux du chloroplaste de l’algue, plus au moins une membrane venue de l’algue ou de l’hôte.

Calcule. Une femme porte une mutation de l’ADN mitochondrial ; on suppose que chaque porteuse la transmet à tous ses enfants. Elle a 3 filles et 1 fils ; chaque fille a 3 enfants, dont 2 filles ; le fils a 2 enfants ; chaque petite-fille née d’une de ses filles aura 2 enfants.

1. Enfants de cette femme qui portent la mutation :
   4 : ses 3 filles et son fils, quel que soit leur sexe.
2. Petits-enfants porteurs, nés de ses filles :
   $3\times 3=$ 9.
3. Petits-enfants porteurs, nés de son fils :
   0 : un père ne transmet pas son ADN mitochondrial.
4. Part des petits-enfants qui portent la mutation : % (au dixième)
   $3\times 3+2=11$ petits-enfants, dont 9 porteurs : ${\displaystyle \frac{9}{11}}\approx 0,818$, soit 81,8 %.
5. Arrière-petits-enfants porteurs, nés des petites-filles :
   $3\times 2=6$ petites-filles, $6\times 2=$ 12.
6. Un père porteur d’un allèle sur son chromosome X le transmet à % de ses filles, alors qu’il ne leur transmet aucune mitochondrie
   100 % : chaque fille reçoit l’unique X de son père ; une transmission par le père exclut donc un gène mitochondrial.

Valeurs choisies. Une plante porte des branches vertes et des branches blanches (feuilles sans chlorophylle). Croisement 1 : fleur femelle d’une branche verte × pollen d’une branche blanche → 240 graines, 240 plantules vertes. Croisement 2 : fleur femelle d’une branche blanche × pollen d’une branche verte → 180 graines, 180 plantules blanches.

1. Dans le croisement 2, part des plantules qui ont hérité du pollen la couleur verte : %
   0 % : toutes sont blanches, comme la branche qui porte la fleur femelle.
2. Pour un gène du noyau, ces deux croisements réciproques donneraient des descendants
   Identiques : chaque parent apporte un exemplaire des gènes du noyau, quel que soit son sexe.
3. Le caractère est donc porté par l’ADN des
   Des plastes, transmis par l’ovule seul : c’est une hérédité cytoplasmique.
4. Les plantules blanches meurent vite : sans chlorophylle, elles ne réalisent pas la
   La photosynthèse : elles épuisent les réserves de la graine.
5. Part des graines des deux croisements qui donnent des plantules vertes : % (à l’unité)
   ${\displaystyle \frac{240}{240+180}}={\displaystyle \frac{240}{420}}\approx 0,571$, soit 57 %.