Évolution des génomes : Hardy-Weinberg, sélection et dérive

Modèle de Hardy-Weinberg et ses conditions, test de l’équilibre, unions non aléatoires, mutation, sélection naturelle et préférences sexuelles, dérive génétique et migrations dans des populations finies, différenciation des populations, spéciation et notion d’espèce questionnée par le séquençage de l’ADN.

À propos de cette page

Cinq problèmes sur documents : une cohorte d’enfants face à la drépanocytose et au paludisme, une mauvaise herbe résistante à un herbicide, des grillons séparés par un massif, une graminée tolérante au zinc près d’une mine, des vairons de part et d’autre d’une cascade.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je lis chaque document et je note ce qu’il apporte : des effectifs, une fréquence, une expérience, un témoin.
Je calcule les fréquences alléliques sur 2N copies, puis, si besoin, les effectifs attendus à l’équilibre (p²N, 2pqN, q²N) ou après un tri (recompter les copies chez les survivants).
Je compare : observé et attendu, avant et après, une population et une autre ; je repère le sens des écarts.
J’identifie le facteur : écart orienté et lié au milieu → sélection ; aléatoire et fort dans une petite population → dérive ; arrivée d’individus → migration ; déficit d’hétérozygotes → unions non aléatoires ou mélange de populations.
Je conclus en citant les valeurs et en envisageant que plusieurs facteurs se combinent.

Problème 1 · Drépanocytose et paludisme : le suivi d’une cohorte★★★Moyen

Document 1 — Deux allèles. L’allèle HbS du gène de la chaîne β de l’hémoglobine provoque, chez les homozygotes HbS/HbS, la drépanocytose, une anémie grave. Le parasite du paludisme se développe mal dans les globules rouges des hétérozygotes HbA/HbS.

Document 2 — Une cohorte suivie dans une région où le paludisme est fréquent (données simplifiées).

Génotype	HbA/HbA	HbA/HbS	HbS/HbS
À la naissance	1 620	360	20
Vivants à 15 ans	1 134	324	2

Document 3 — Ailleurs. Dans les régions où le paludisme est absent depuis longtemps, l’allèle HbS est très rare.

1. À la naissance, f(HbS) =
2 000 nouveau-nés, 4 000 copies ; copies de HbS : $360 + 2 \times 20 = 400$ ; $\frac{400}{4 000} =$ 0,1.
2. Fréquence attendue des hétérozygotes à la naissance, sous l’hypothèse de Hardy-Weinberg :
$2 p q = 2 \times 0, 9 \times 0, 1 =$ 0,18, soit $0, 18 \times 2 000 = 360$ attendus : exactement l’observé (et $p^{2} N = 1 620$ , $q^{2} N = 20$ ). À la naissance, la population est conforme au modèle.
3. Survie jusqu’à 15 ans : HbA/HbA % ; HbA/HbS % ; HbS/HbS %
$\frac{1 134}{1 620} = 0, 7$ , soit 70 % ; $\frac{324}{360} = 0, 9$ , soit 90 % ; $\frac{2}{20} = 0, 1$ , soit 10 %.
4. f(HbS) chez les enfants vivants à 15 ans (au millième) :
$1 134 + 324 + 2 = 1 460$ enfants, 2 920 copies ; copies de HbS : $324 + 2 \times 2 = 328$ ; $\frac{328}{2 920} \approx$ 0,112.
5. Entre la naissance et 15 ans, f(HbS) a , alors que 18 malades sur 20 sont morts.
Elle a augmenté, de 0,1 à environ 0,112 : la plupart des copies de HbS sont chez des hétérozygotes, qui survivent le mieux.
6. Si le paludisme disparaissait de cette région, la fréquence de HbS devrait, au fil des générations, .
Elle devrait baisser. Ici, les hétérozygotes HbA/HbS (90 % de survie) ont la meilleure valeur sélective : leur avantage face au paludisme compense l’élimination des malades, et les deux allèles se maintiennent. Sans paludisme (document 3), seule reste la sélection contre les malades, et HbS devient rare.

Problème 2 · Une mauvaise herbe et un herbicide★★★Moyen

Document 1 — Un suivi au champ (données simplifiées). Le chénopode blanc est une mauvaise herbe des champs de betterave. Un même herbicide y est épandu chaque année de l’année 0 à l’année 12, puis abandonné. On suit la fréquence de l’allèle R, dont les porteurs résistent à cet herbicide.

Année	0	3	6	9	12	15	18
Fréquence de R	0,01	0,11	0,38	0,71	0,89	0,74	0,61

Document 2 — Une culture sans herbicide (valeurs choisies). En serre, sans herbicide, les plants résistants produisent en moyenne 85 graines pour 100 graines produites par les plants sensibles.

1. Entre l’année 0 et l’année 12, la fréquence de R est multipliée par
$\frac{0, 89}{0, 01} =$ 89.
2. La plus forte hausse en trois ans a lieu entre l’année et l’année .
Entre l’année 6 et l’année 9 : $0, 71 - 0, 38 = 0, 33$ , contre 0,10, 0,27 et 0,18 sur les autres périodes de traitement.
3. Pendant le traitement, l’herbicide exerce sur le chénopode une de sélection.
Une pression de sélection : les plants sensibles meurent avant de fleurir, les porteurs de R laissent les graines.
4. Entre l’année 12 et l’année 18, f(R) baisse de
$0, 89 - 0, 61 =$ 0,28.
5. Sans herbicide, valeur sélective des plants résistants rapportée à celle des sensibles :
$\frac{85}{100} =$ 0,85 : R a un coût ; sans herbicide, la sélection s’inverse et favorise l’allèle sensible.
6. R était déjà présent à l’année 0 (fréquence 0,01) : il est apparu par , avant tout épandage.
Par mutation, au hasard : l’herbicide n’a pas créé la résistance, il a trié un allèle préexistant.

Problème 3 · Deux populations de grillons de part et d’autre d’un massif★★★Moyen

Document 1 — Croisements en élevage (données simplifiées). Deux populations A et B d’un grillon sont séparées depuis très longtemps par un massif qu’elles ne franchissent pas.

Croisement	Œufs qui éclosent	Descendants
femelle A × mâle A	92 %	fertiles
femelle B × mâle B	90 %	fertiles
femelle A × mâle B	81 %	tous stériles
femelle B × mâle A	78 %	tous stériles

Document 2 — Le choix du chant. Placées entre deux haut-parleurs, 94 % des femelles A se dirigent vers le chant des mâles A, et 89 % des femelles B vers celui des mâles B.

1. Écart entre l’éclosion des croisements femelle A × mâle A et femelle A × mâle B : points
$92 - 81 =$ 11 points : les œufs hybrides éclosent presque aussi bien.
2. Part des descendants A × B capables de transmettre leurs allèles à une génération suivante : %
0 % : les hybrides sont viables mais tous stériles ; aucun allèle ne peut passer d’une population à l’autre au-delà d’une génération.
3. Le document 1 révèle une barrière .
Une barrière postzygotique : elle agit après la fécondation, sur la fertilité des hybrides.
4. Part des femelles A qui se dirigent vers le chant des mâles B : %
$100 - 94 =$ 6 %.
5. Le document 2 révèle une barrière .
Une barrière prézygotique comportementale : les rencontres entre A et B seraient rares dans la nature.
6. Selon la définition du programme, A et B forment espèce(s).
Deux espèces : même si quelques femelles choisissent l’autre chant, leurs descendants sont stériles ; A et B sont isolées génétiquement.
7. Le scénario le plus probable, compte tenu du massif, est une spéciation .
Allopatrique : la séparation géographique a coupé les flux de gènes ; mutations, sélection et dérive ont fait diverger chants, préférences et génomes, jusqu’à la stérilité des hybrides.

Problème 4 · Une graminée au pied d’une ancienne mine de zinc★★★Difficile

Document 1 — Deux milieux voisins (valeurs choisies). Sur les déblais d’une ancienne mine, très chargés en zinc, pousse une graminée, l’agrostide. Un allèle T, dominant, permet de tolérer le métal : sa fréquence vaut 0,9 sur les déblais. Dans le pré voisin, au sol normal et sous le vent de la mine, elle vaut 0,05 chez les plantes adultes et ne change pas d’une génération à l’autre.

Document 2 — Le pollen. L’agrostide est pollinisée par le vent : à chaque génération, 10 % des gamètes qui forment les graines du pré viennent des plantes des déblais.

Document 3 — Un coût. Sur un sol normal, les plantes tolérantes poussent moins vite et produisent moins de graines que les autres.

1. Après l’arrivée du pollen des déblais, fréquence de T parmi les gamètes du pré (au millième) :
$q' = 0, 9 \times 0, 05 + 0, 1 \times 0, 9 = 0, 045 + 0, 09 =$ 0,135.
2. Si ces gamètes s’unissent au hasard, part des jeunes plantes du pré qui tolèrent le zinc : % (à l’unité)
T est dominant : seuls les non-porteurs sont sensibles, $(1 - 0, 135)^{2} = 0, 865^{2} \approx 0, 748$ ; tolérantes : $1 - 0, 748 \approx 0, 252$ , soit 25 %.
3. Chez les adultes du pré, la fréquence de T retombe pourtant à 0,05 à chaque génération : sur sol normal, la sélection les porteurs de T.
Elle les défavorise (document 3) : ils laissent moins de graines, et la fréquence de T redescend.
4. Cette fréquence stable dans le pré résulte d’un équilibre entre sélection et .
Et migration : le pollen réintroduit T à chaque génération, la sélection en retire autant.
5. Si l’on recouvrait les déblais de terre et que les plantes tolérantes disparaissaient, f(T) dans le pré devrait .
Elle devrait baisser : plus rien ne compenserait la sélection, jusqu’à une valeur très faible entretenue par les seules mutations.
6. Sur les déblais, les plantes sensibles ne survivent pas : leur valeur sélective y est de .
0 : le zinc exerce une pression de sélection très forte. Un même allèle T est favorable sur les déblais et défavorable dans le pré.

Problème 5 · Des vairons de part et d’autre d’une cascade★★★Difficile

Document 1 — Un échantillon (valeurs choisies). Dans une rivière, on capture 400 vairons, un petit poisson, et on détermine leur génotype pour un gène à deux allèles codominants A et a : 136 AA, 128 Aa et 136 aa.

Document 2 — Deux lieux de capture. La moitié des poissons a été prise en amont d’une haute cascade, l’autre moitié en aval. Les vairons ne peuvent pas remonter la cascade.

Lieu	AA	Aa	aa
Amont	128	64	8
Aval	8	64	128

1. Échantillon entier : f(A) =
$\frac{2 \times 136 + 128}{800} = \frac{400}{800} =$ 0,5.
2. Échantillon entier : effectif attendu d’hétérozygotes à l’équilibre =
$2 \times 0, 5 \times 0, 5 \times 400 =$ 200.
3. L’échantillon entier présente un déficit de hétérozygotes.
$200 - 128 =$ 72, avec un excès des deux homozygotes (136 au lieu de 100).
4. Amont : f(A) =
$\frac{2 \times 128 + 64}{400} = \frac{320}{400} =$ 0,8.
5. Amont : effectif attendu d’hétérozygotes à l’équilibre =
$2 \times 0, 8 \times 0, 2 \times 200 =$ 64, exactement l’observé : la population d’amont est conforme au modèle, comme celle d’aval (fréquences inversées).
6. Le déficit de l’échantillon entier ne vient pas d’unions non aléatoires, mais du de deux populations aux fréquences différentes.
Du mélange de deux populations : chacune est à l’équilibre, leur réunion ne l’est pas.
7. Si l’on aménageait une passe à poissons, les échanges d’individus devraient les fréquences de l’amont et de l’aval.
Les rapprocher : la migration homogénéise les populations qui échangent des individus.

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