chapitre 14 Mendel et le concept de gène 327
des descendants de la génération F 1 , qui sont tous violets, et masque
l’expression de l’allèle blanc. C’est seulement à la génération F 2 que
l’allèle blanc se retrouvera à l’état homozygote, ce qui cause l’expression du caractère blanc.
14.2
3
⁄4 jaune ×
3
⁄4 ronde =
9
⁄16 jaune-ronde
3
⁄4 jaune × 1 ⁄4 ridée =
3
⁄16 jaune-ridée
1 ⁄4 verte ×
3
⁄4 ronde =
3
⁄16 verte-ronde
1 ⁄4 verte × 1 ⁄4 ridée
= 1 ⁄16 verte-ridée
= 9 jaune-ronde: 3 jaune-ridée: 3 verte-ronde: 1 verte-ridée
Gamètes mâles
Gamètes
femelles
Gamètes mâles
Gamètes
femelles
JJ
J
J
j
j
Jj
Jj
jj
3
⁄4 jaune
1 ⁄4 verte
RR Rr
Rr
rr
3
⁄4 ronde
1 ⁄4 ridée
R
R
r
r
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
14.3 Les groupes sanguins du système ABO sont un exemple d’allèles
multiples parce que ce gène unique a plus de deux allèles (I
A , I
B et i).
Deux des allèles, I
A et I
B , sont codominants, étant donné que les deux
glucides (A et B) sont présents quand ces deux allèles existent ensemble
dans un génotype. Par ailleurs, I
A et I
B présentent chacun une dominance complète par rapport à l’allèle i. Cette situation n’est pas un
exemple de dominance incomplète parce que chaque allèle influe sur
le phénotype d’une façon distincte, de sorte que le résultat n’est pas
intermédiaire entre les deux phénotypes. Parce que la situation met en
jeu un gène unique, ce n’est pas un exemple d’épistasie ou d’hérédité
polygénique. 14.4 Le risque que le quatrième enfant souffre de fibrose
kystique est de
1 ⁄4, comme ce l’était pour chacun des autres enfants,
parce que chaque naissance est un événement indépendant. Nous
savons déjà que les deux parents sont porteurs sains ; de ce fait, cela
n’influe d’aucune manière sur la probabilité que leur prochain enfant
soit atteint de la maladie, que leurs trois premiers enfants soient euxmêmes porteurs sains ou non. Le génotype des parents fournit la seule
information pertinente.
évAluAtIon
1. Gène, k. Allèle, d. Caractère, f. Allèle dominant, i. Allèle récessif, a.
Génotype, j. Phénotype, g. Homozygote, b. Hétérozygote, e. Croisement
de contrôle, h. Croisement monohybride, c.
2.
Parents
VvGg
VvGg
Gamètes mâles
Gamètes
femelles
VVGG
VG
VG
Vg
Vg
vG
vG
vg
vg
VVGg VvGG VvGg
VVGg VVgg VvGg Vvgg
VvGG VvGg vvGG vvGg
VvGg Vvgg vvGg vvgg
9 verte-gonflée : 3 verte-moniliforme
3 jaune-gonflée : 1 jaune-moniliforme
3. Le croisement de la génération parentale est AAC
R
C
R 3 aaC
B
C
B .
Le génotype de la génération F 1 est AaC
R
C
B
, le phénotype est une fleur
axiale-rose. Les génotypes de la génération F 2 sont : 1 AAC
R
C
R : 2 AAC
R
C
B :
1 AAC
B C
B : 2 AaC
R C
R : 4 AaC
R C
B : 2 AaC
B C
B : 1 aaC
R C
R : 2 aaC
R C
B :
1 aaC
B C
B . Les phénotypes sont 3 axiale-rouge : 6 axiale-rose : 3 axialeblanche : 1 terminale-rouge : 2 terminale-rose : 1 terminale-blanche.
4. Homme I
A i ; femme I
B i ; enfant ii. Les génotypes des autres enfants
sont
1 ⁄4 I
A I
B
,
1 ⁄4 I
A i,
1
⁄4 I
B
i,
1
⁄4 ii. 5.
1
⁄2. 6. Un croisement Gg 3 gg donnerait des
descendants avec une proportion génotypique de 1 Gg : 1 gg (2 : 2 est
une réponse équivalente) et une proportion phénotypique de 1 gonflée :
1 moniliforme (2 : 2 est équivalent).
Parents
Gg
Gg
g g
Gg
g g
Gamètes mâles
du plant g g
Gamètes
femelles
du plant
Gg
G
g
g
g
Gg
g g
g g
Proportion génotypique 1
: 1
(2 : 2 est équivalent)
Proportion phénotypique 1 gonflée : 1 moniliforme
(2 : 2 est équivalent)
7. a)
1 ⁄64. b)
1 ⁄64. c)
1
⁄8. d)
1
⁄32. 8. Le caractère albinos (n) est récessif ; le
caractère noir (N) est dominant. Premier croisement : parents NN 3 nn ;
gamètes N et n ; tous les descendants (F 1 ) sont Nn (couleur noire).
Dans le deuxième croisement, le cobaye noir est un hétérozygote.
Deuxième croisement : parents Nn 3 nn ; gamètes
1 ⁄2 N,
1 ⁄2 n (parent
hétérozygote) et n ; descendants (F 1 ) :
1 ⁄2 Nn,
1
⁄2 nn. 9. a) SSLl 3 SSLl ou
SSLl 3 SsLl ou SSLl 3 ssLl. b) ssLl 3 ssLl. c) SSLL 3 n’importe lequel
des 9 génotypes possibles ou SSll 3 ssLL. d) SsLl 3 Ssll. e) SsLl 3 SsLl.
10. a)
3
⁄ 4 3
3
⁄ 4 3
3
⁄ 4 5
27
⁄ 64. b) 1 2
27
⁄ 64 5
37
⁄ 64. c)
1
⁄ 4 3
1
⁄ 4 3
1
⁄ 4 5
1
⁄ 64. d) 1 2
1
⁄ 64 5
63
⁄ 64.
11. a)
1
⁄2 56. b)
1 ⁄16. c)
1
⁄2 56. d)
1 ⁄64. e)
1 ⁄128. 12. a) 1. b)
1
⁄32. c)
1 ⁄8. d)
1 ⁄2. 13.
1
⁄9 (soit
2 ⁄3 3
2 ⁄3 3
1 ⁄4). 14. Il s’agit de croiser le chat aux oreilles courbées avec un
autre aux oreilles droites et de lignée pure. Si le caractère oreilles courbées
est dominant, il apparaîtra dans la progéniture. Si le caractère est récessif,
aucun chaton n’aura les oreilles courbées. On pourrait obtenir des chats
homozygotes (lignée pure) pour l’allèle « oreilles courbées vers l’intérieur »
dans la génération F 2 issue du croisement décrit précédemment, que
le caractère oreilles courbées soit dominant ou récessif. On sait que ces
chats appartiennent à une lignée pure lorsque des croisements oreilles
courbées 3 oreilles courbées ne pro duisent que des individus aux oreilles
courbées. En fait, l’allèle à l’origine des oreilles courbées est dominant.
15. Les génotypes des parents sont MmI
A i et MmI
B i puisqu’ils ont un
enfant atteint de la maladie, celui-ci étant nécessairement du groupe O ;
la réponse est
1
⁄16 (
1
⁄4 pour le groupe O 3
1
⁄4 pour la maladie). 16. Le strabisme touchera 25 % des descendants (
1 ⁄4) et tous les tigres strabiques
(100 %) auront également une fourrure blanche. Il s’agit d’un exemple
de pléiotropie.17. L’allèle dominant I est épistasique par rapport au locus
P/p et, par conséquent, les proportions génotypiques pour la génération F 1
seront : 9 I_P_ (incolore) : 3 I_pp (incolore) : 3 iiP_ (pourpre) : 1 iipp
(rouge). Les proportions phénotypiques seront donc : 12 graines incolores :
3 graines pourpres : 1 graine rouge. 18. Récessif ; tous les individus touchés (Hélène, Louis, Marie et Charlotte) sont homozygotes récessifs (aa).
Georges est Aa puisque certains des enfants qu’il a eus avec Hélène (aa)
sont atteints. Paul, Anne, Daniel et Alain sont tous Aa : aucun d’eux n’est
touché par la maladie, alors qu’un des parents en est atteint. Michel est
également Aa, étant donné qu’il a eu un enfant atteint (Charlotte) avec
son épouse Anne, qui est hétérozygote. Sandrine, Line et Christophe
peuvent avoir le génotype AA ou Aa. 19. Charles est nécessairement un
porteur sain et Hélène a deux chances sur trois d’être une porteuse saine ;
la réponse est
1
⁄6 (soit 1 3
2
⁄3 3
1 ⁄4). 20. 9 B_J_ (agouti) : 3 B_jj (brun) :
3 bbJ_ (blanc) : 1 bbjj (blanc) ; ce qui donne 9 agouti : 3 bruns : 4 blancs.
des descendants de la génération F 1 , qui sont tous violets, et masque
l’expression de l’allèle blanc. C’est seulement à la génération F 2 que
l’allèle blanc se retrouvera à l’état homozygote, ce qui cause l’expression du caractère blanc.
14.2
3
⁄4 jaune ×
3
⁄4 ronde =
9
⁄16 jaune-ronde
3
⁄4 jaune × 1 ⁄4 ridée =
3
⁄16 jaune-ridée
1 ⁄4 verte ×
3
⁄4 ronde =
3
⁄16 verte-ronde
1 ⁄4 verte × 1 ⁄4 ridée
= 1 ⁄16 verte-ridée
= 9 jaune-ronde: 3 jaune-ridée: 3 verte-ronde: 1 verte-ridée
Gamètes mâles
Gamètes
femelles
Gamètes mâles
Gamètes
femelles
JJ
J
J
j
j
Jj
Jj
jj
3
⁄4 jaune
1 ⁄4 verte
RR Rr
Rr
rr
3
⁄4 ronde
1 ⁄4 ridée
R
R
r
r
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
1 ⁄2
14.3 Les groupes sanguins du système ABO sont un exemple d’allèles
multiples parce que ce gène unique a plus de deux allèles (I
A , I
B et i).
Deux des allèles, I
A et I
B , sont codominants, étant donné que les deux
glucides (A et B) sont présents quand ces deux allèles existent ensemble
dans un génotype. Par ailleurs, I
A et I
B présentent chacun une dominance complète par rapport à l’allèle i. Cette situation n’est pas un
exemple de dominance incomplète parce que chaque allèle influe sur
le phénotype d’une façon distincte, de sorte que le résultat n’est pas
intermédiaire entre les deux phénotypes. Parce que la situation met en
jeu un gène unique, ce n’est pas un exemple d’épistasie ou d’hérédité
polygénique. 14.4 Le risque que le quatrième enfant souffre de fibrose
kystique est de
1 ⁄4, comme ce l’était pour chacun des autres enfants,
parce que chaque naissance est un événement indépendant. Nous
savons déjà que les deux parents sont porteurs sains ; de ce fait, cela
n’influe d’aucune manière sur la probabilité que leur prochain enfant
soit atteint de la maladie, que leurs trois premiers enfants soient euxmêmes porteurs sains ou non. Le génotype des parents fournit la seule
information pertinente.
évAluAtIon
1. Gène, k. Allèle, d. Caractère, f. Allèle dominant, i. Allèle récessif, a.
Génotype, j. Phénotype, g. Homozygote, b. Hétérozygote, e. Croisement
de contrôle, h. Croisement monohybride, c.
2.
Parents
VvGg
VvGg
Gamètes mâles
Gamètes
femelles
VVGG
VG
VG
Vg
Vg
vG
vG
vg
vg
VVGg VvGG VvGg
VVGg VVgg VvGg Vvgg
VvGG VvGg vvGG vvGg
VvGg Vvgg vvGg vvgg
9 verte-gonflée : 3 verte-moniliforme
3 jaune-gonflée : 1 jaune-moniliforme
3. Le croisement de la génération parentale est AAC
R
C
R 3 aaC
B
C
B .
Le génotype de la génération F 1 est AaC
R
C
B
, le phénotype est une fleur
axiale-rose. Les génotypes de la génération F 2 sont : 1 AAC
R
C
R : 2 AAC
R
C
B :
1 AAC
B C
B : 2 AaC
R C
R : 4 AaC
R C
B : 2 AaC
B C
B : 1 aaC
R C
R : 2 aaC
R C
B :
1 aaC
B C
B . Les phénotypes sont 3 axiale-rouge : 6 axiale-rose : 3 axialeblanche : 1 terminale-rouge : 2 terminale-rose : 1 terminale-blanche.
4. Homme I
A i ; femme I
B i ; enfant ii. Les génotypes des autres enfants
sont
1 ⁄4 I
A I
B
,
1 ⁄4 I
A i,
1
⁄4 I
B
i,
1
⁄4 ii. 5.
1
⁄2. 6. Un croisement Gg 3 gg donnerait des
descendants avec une proportion génotypique de 1 Gg : 1 gg (2 : 2 est
une réponse équivalente) et une proportion phénotypique de 1 gonflée :
1 moniliforme (2 : 2 est équivalent).
Parents
Gg
Gg
g g
Gg
g g
Gamètes mâles
du plant g g
Gamètes
femelles
du plant
Gg
G
g
g
g
Gg
g g
g g
Proportion génotypique 1
: 1
(2 : 2 est équivalent)
Proportion phénotypique 1 gonflée : 1 moniliforme
(2 : 2 est équivalent)
7. a)
1 ⁄64. b)
1 ⁄64. c)
1
⁄8. d)
1
⁄32. 8. Le caractère albinos (n) est récessif ; le
caractère noir (N) est dominant. Premier croisement : parents NN 3 nn ;
gamètes N et n ; tous les descendants (F 1 ) sont Nn (couleur noire).
Dans le deuxième croisement, le cobaye noir est un hétérozygote.
Deuxième croisement : parents Nn 3 nn ; gamètes
1 ⁄2 N,
1 ⁄2 n (parent
hétérozygote) et n ; descendants (F 1 ) :
1 ⁄2 Nn,
1
⁄2 nn. 9. a) SSLl 3 SSLl ou
SSLl 3 SsLl ou SSLl 3 ssLl. b) ssLl 3 ssLl. c) SSLL 3 n’importe lequel
des 9 génotypes possibles ou SSll 3 ssLL. d) SsLl 3 Ssll. e) SsLl 3 SsLl.
10. a)
3
⁄ 4 3
3
⁄ 4 3
3
⁄ 4 5
27
⁄ 64. b) 1 2
27
⁄ 64 5
37
⁄ 64. c)
1
⁄ 4 3
1
⁄ 4 3
1
⁄ 4 5
1
⁄ 64. d) 1 2
1
⁄ 64 5
63
⁄ 64.
11. a)
1
⁄2 56. b)
1 ⁄16. c)
1
⁄2 56. d)
1 ⁄64. e)
1 ⁄128. 12. a) 1. b)
1
⁄32. c)
1 ⁄8. d)
1 ⁄2. 13.
1
⁄9 (soit
2 ⁄3 3
2 ⁄3 3
1 ⁄4). 14. Il s’agit de croiser le chat aux oreilles courbées avec un
autre aux oreilles droites et de lignée pure. Si le caractère oreilles courbées
est dominant, il apparaîtra dans la progéniture. Si le caractère est récessif,
aucun chaton n’aura les oreilles courbées. On pourrait obtenir des chats
homozygotes (lignée pure) pour l’allèle « oreilles courbées vers l’intérieur »
dans la génération F 2 issue du croisement décrit précédemment, que
le caractère oreilles courbées soit dominant ou récessif. On sait que ces
chats appartiennent à une lignée pure lorsque des croisements oreilles
courbées 3 oreilles courbées ne pro duisent que des individus aux oreilles
courbées. En fait, l’allèle à l’origine des oreilles courbées est dominant.
15. Les génotypes des parents sont MmI
A i et MmI
B i puisqu’ils ont un
enfant atteint de la maladie, celui-ci étant nécessairement du groupe O ;
la réponse est
1
⁄16 (
1
⁄4 pour le groupe O 3
1
⁄4 pour la maladie). 16. Le strabisme touchera 25 % des descendants (
1 ⁄4) et tous les tigres strabiques
(100 %) auront également une fourrure blanche. Il s’agit d’un exemple
de pléiotropie.17. L’allèle dominant I est épistasique par rapport au locus
P/p et, par conséquent, les proportions génotypiques pour la génération F 1
seront : 9 I_P_ (incolore) : 3 I_pp (incolore) : 3 iiP_ (pourpre) : 1 iipp
(rouge). Les proportions phénotypiques seront donc : 12 graines incolores :
3 graines pourpres : 1 graine rouge. 18. Récessif ; tous les individus touchés (Hélène, Louis, Marie et Charlotte) sont homozygotes récessifs (aa).
Georges est Aa puisque certains des enfants qu’il a eus avec Hélène (aa)
sont atteints. Paul, Anne, Daniel et Alain sont tous Aa : aucun d’eux n’est
touché par la maladie, alors qu’un des parents en est atteint. Michel est
également Aa, étant donné qu’il a eu un enfant atteint (Charlotte) avec
son épouse Anne, qui est hétérozygote. Sandrine, Line et Christophe
peuvent avoir le génotype AA ou Aa. 19. Charles est nécessairement un
porteur sain et Hélène a deux chances sur trois d’être une porteuse saine ;
la réponse est
1
⁄6 (soit 1 3
2
⁄3 3
1 ⁄4). 20. 9 B_J_ (agouti) : 3 B_jj (brun) :
3 bbJ_ (blanc) : 1 bbjj (blanc) ; ce qui donne 9 agouti : 3 bruns : 4 blancs.