Biologie universitaire — 3e année · Bachelor Year 3

1Chromatine et épigénétique

Deux souris d’une même portée, génétiquement identiques jusqu’à la dernière base, sont côte à côte : l’une est mince et brune, l’autre grasse et jaune, et elle deviendra diabétique. Une chatte tricolore porte des plages orange et noires alors que chaque cellule de sa peau possède les deux mêmes chromosomes X. Un enfant hérite du même fragment délété du chromosome 15 qu’un autre enfant, et l’un a le syndrome de Prader–Willi tandis que l’autre a le syndrome d’Angelman — la seule différence tient au parent dont vient la délétion. Rien de tout cela n’est écrit dans la séquence de l’ADN. Cela est écrit dessus : dans la façon dont deux mètres d’ADN sont rangés dans un noyau de dix micromètres, dans les petits groupements chimiques fixés aux protéines de l’emballage et aux cytosines elles-mêmes, et dans la machinerie qui recopie ces marques d’une cellule à ses filles. Ce chapitre traite de cette seconde couche d’information, de ses porteurs moléculaires et des limites honnêtes de sa mémoire.

1.1 La chromatine : l’ADN sur une bobine

Définition 1.1 (Nucléosome et chromatine)

La chromatine est le complexe de l’ADN et des protéines sous lequel le génome existe dans un noyau eucaryote. Son unité répétée est le nucléosome : $147\,\mathrm{bp}$ d’ADN enroulés en $1.65$ tour lévogyre autour d’un octamère d’histones — deux exemplaires de chacune des petites protéines très basiques H2A, H2B, H3 et H4 — suivis d’un ADN de liaison de $20\text{ à }60\,\mathrm{bp}$ jusqu’au nucléosome suivant. Une cinquième histone, H1, se fixe sur cet ADN de liaison là où il entre dans le cœur et en sort, et aide les perles à s’empiler les unes contre les autres. Chaque histone du cœur porte une queue amino-terminale non structurée d’une $20\text{ à }40$ résidus, qui fait saillie hors de la particule. La chromatine qui se colore faiblement, reste peu compactée et est transcrite est l’euchromatine ; celle qui est dense, de réplication tardive et largement silencieuse — aux centromères, aux télomères et sur les séquences répétées — est l’hétérochromatine.

Faits expérimentaux. Hewish et Burgoyne (1973) ont digéré des noyaux de foie de rat par une nucléase endogène et ont trouvé que l’ADN en sortait non pas comme une traînée continue, mais comme une échelle de fragments dont les longueurs étaient des multiples d’environ $200\,\mathrm{bp}$ : l’ADN était protégé à intervalles réguliers et coupé seulement entre eux. Kornberg (1974) a montré que l’unité protégée était une particule de huit histones portant environ $200\,\mathrm{bp}$ , et les micrographies électroniques de chromatine délicatement étalée montraient le « collier de perles ». Luger et ses collègues (1997) ont résolu la structure cristalline de la particule cœur à $2.8\,\text{Å}$ : $147\,\mathrm{bp}$ , un octamère dont les queues passent entre les tours d’ADN. ∎

La fibre de 10\, nm : des cœurs de nucléosomes (bleu) sur un ADN continu (rouge), chaque perle étant un octamère d’histones dont les queues (orange) font saillie, avec l’histone de liaison H1 (vert) au point d’entrée et de sortie. Six nucléosomes environ occupent la longueur que prendraient 1200\, bp d’ADN nu. — La fibre de $10\,\mathrm{nm}$ : des cœurs de nucléosomes (bleu) sur un ADN continu (rouge), chaque perle étant un octamère d’histones dont les queues (orange) font saillie, avec l’histone de liaison H1 (vert) au point d’entrée et de sortie. Six nucléosomes environ occupent la longueur que prendraient $1200\,\mathrm{bp}$ d’ADN nu.

La chromatine à l’échelle moléculaire : la double hélice enroulée autour de cœurs d’histones successifs, le « collier de perles » que révélait l’échelle de fragments de la nucléase.

Proposition 1.2 (Niveaux de compaction)

Le taux de compaction d’une structure de chromatine est la longueur de l’ADN qu’elle contient divisée par la longueur de la structure. L’enroulement en fibre de $10\,\mathrm{nm}$ donne un rapport voisin de $6$ : les $68\,\mathrm{nm}$ d’une répétition de $200\,\mathrm{bp}$ sont comprimés en une perle de $11\,\mathrm{nm}$ . Dans le noyau interphasique la fibre n’est pas enroulée en une fibre régulière plus épaisse, comme les manuels l’ont longtemps dessinée, mais repliée en boucles de dizaines à centaines de kilobases, tenues à leur base par les complexes annulaires de cohésine et par la protéine CTCF, qui se lie à l’ADN ; les boucles se regroupent en domaines d’association topologique (TAD) d’environ une mégabase, au sein desquels un gène rencontre ses régulateurs bien plus souvent qu’il ne rencontre quoi que ce soit au dehors. Un chromosome mitotique, l’état le plus compact, a un taux de compaction voisin de $10\,000$ : les $4\,\mathrm{cm}$ d’ADN d’un chromosome humain moyen sont repliés en un bâtonnet long de $4\,\text{µ}\mathrm{m}$ .

Exemple 1.3 (Deux mètres dans dix micromètres)

Un noyau diploïde humain contient $6.4\times 10^{9}$ paires de bases. À $0.34\,\mathrm{nm}$ par paire de bases cela fait $2.2\,\mathrm{m}$ de double hélice, dans un noyau d’environ $10\,\text{µ}\mathrm{m}$ de diamètre. Cet ADN est rangé en $6.4\times 10^{9}/200 \approx 3.2\times 10^{7}$ nucléosomes, portant chacun environ $108\,\mathrm{kDa}$ d’histones contre $96\,\mathrm{kDa}$ d’ADN ( $147\,\mathrm{bp}$ à $650\,\mathrm{Da}$ la paire) : le noyau contient à peu près autant d’histones que d’ADN en masse. L’ADN lui-même, traité comme un cylindre de $2\,\mathrm{nm}$ de diamètre, n’occupe qu’environ $7\,\text{µ}\mathrm{m}^{3}$ , soit quelque $1\,\%$ d’un noyau sphérique de rayon $5\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; le problème de l’emballage est un problème d’enchevêtrement et d’accès, non de place.

1.2 Le code des histones

Définition 1.4 (Modifications des histones)

Les résidus des queues d’histones sont modifiés de façon covalente : acétylation des lysines (qui neutralise leur charge positive et relâche la prise sur l’ADN), méthylation des lysines et des arginines (un, deux ou trois groupements méthyle, sans changement de charge), phosphorylation des sérines, ubiquitinylation des lysines. Une modification se nomme par l’histone, le résidu et le groupement : H3K4me3 désigne l’histone H3, lysine 4, triméthylée ; H3K27ac, H3 dont la lysine 27 est acétylée. Le code des histones est la corrélation entre des combinaisons de marques et l’état du gène sous-jacent : H3K4me3 et H3K27ac sur les promoteurs et les amplificateurs actifs, H3K36me3 le long du corps des gènes transcrits, H3K9me3 sur l’hétérochromatine constitutive, H3K27me3 sur les gènes réprimés au cours du développement. Les enzymes qui déposent une marque sont des écrivains (histone-acétyltransférases, HAT ; méthyltransférases), celles qui la retirent des effaceurs (histone-désacétylases, HDAC ; déméthylases), et les protéines qui reconnaissent une marque et agissent sur elle des lecteurs : un bromodomaine lie une acétyl-lysine, un chromodomaine une méthyl-lysine.

Proposition 1.5 (Les marques sont lues, non pas seulement subies)

L’acétylation agit en partie par électrostatique — une queue acétylée retient moins fortement son ADN et la fibre s’ouvre — mais la plupart des marques agissent en recrutant des lecteurs. H3K9me3 est liée par le chromodomaine de la protéine de l’hétérochromatine HP1, qui se dimérise, ponte des nucléosomes voisins et recrute la méthyltransférase (SUV39H) qui écrit H3K9me3 sur le nucléosome suivant : la marque se propage le long de la fibre jusqu’à rencontrer une frontière, et compacte ce qu’elle couvre. H3K27me3 est écrite par le complexe répresseur Polycomb 2 (PRC2, sous-unité catalytique EZH2) et lue par PRC1, qui ubiquitinyle H2A et compacte la fibre ; le complexe est lui-même stimulé par la marque qu’il dépose. Le groupe Trithorax écrit la marque opposée H3K4me3 et maintient actifs les gènes du développement propres à un type cellulaire donné. Chacune de ces boucles — un lecteur qui recrute un écrivain — est une rétroaction positive qui permet à un état de se maintenir une fois établi, ce dont une marque héritable a besoin.

La logique écrivain–lecteur–effaceur. Un lecteur fixé sur une marque portée par un nucléosome recrute l’écrivain qui dépose la même marque sur le suivant, de sorte que l’état se propage et se recopie ; les effaceurs s’y opposent. Les groupements acétyle (vert) ouvrent la fibre, H3K9me3 (rouge) la ferme.

Méthode 1.6 (Immunoprécipitation de la chromatine (ChIP))

Pour cartographier l’emplacement d’une marque ou d’une protéine sur le génome : (1) pontage des protéines à l’ADN dans des cellules vivantes par le formaldéhyde ; (2) fragmentation de la chromatine en morceaux de quelques centaines de paires de bases ; (3) précipitation des fragments par un anticorps dirigé contre la marque (par exemple H3K27me3) et fixé sur des billes ; (4) rupture des pontages et purification de l’ADN ; (5) séquençage (ChIP-seq) et comptage des lectures le long du génome : les pics sont les endroits où se trouvait la marque. Un témoin d’ADN d’entrée, sans anticorps, fixe le bruit de fond. La résolution est celle des fragments, environ un nucléosome.

Remarque 1.7 (Code ou corrélation)

Le mot « code » va trop loin. Beaucoup de marques sont des conséquences de la transcription plutôt que ses causes (H3K36me3 est déposée par une méthyltransférase qui voyage avec la polymérase), et supprimer un écrivain change souvent l’expression bien moins que la distribution de la marque ne le laisse croire. Ce qui est bien établi, c’est que quelques marques — H3K9me3, H3K27me3 et la méthylation de l’ADN ci-dessous — portent une répression qui s’auto-entretient et survit au signal qui l’a installée.

1.3 Méthylation de l’ADN et recopie d’une marque

Définition 1.8 (Méthylation de l’ADN)

Chez les vertébrés, un groupement méthyle est ajouté sur le carbone 5 d’une cytosine presque uniquement dans le dinucléotide CpG (un C suivi d’un G sur le même brin), séquence qui est son propre complémentaire, de sorte qu’un CpG méthylé l’est normalement sur les deux brins. De $70\text{ à }80\,\%$ des CpG d’une cellule humaine sont méthylés, et les promoteurs méthylés sont silencieux : les groupements méthyle sont lus par des protéines à domaine de liaison au méthyl-CpG (MeCP2, MBD1–4) qui recrutent des HDAC et des méthylases de H3K9, et ils bloquent directement plusieurs facteurs de transcription. Font exception les îlots CpG, régions d’environ une kilobase, riches en G et en C et en CpG, qui occupent le promoteur de la plupart des gènes de ménage et restent non méthylées dans une cellule normale. Le groupement méthyle est déposé par les ADN-méthyltransférases : DNMT3A et DNMT3B assurent la méthylation de novo des sites non méthylés, et DNMT1, qui préfère un CpG hémiméthylé — un brin méthylé, l’autre non — assure la méthylation de maintenance derrière la fourche de réplication. Le retrait est passif, par réplication sans maintenance, ou actif, par les enzymes TET, qui oxydent la 5-méthylcytosine en 5-hydroxyméthylcytosine et au-delà, jusqu’à ce que la réparation par excision de base la remplace par une cytosine ordinaire.

Exemple 1.9 (Pourquoi le génome est pauvre en CpG)

Le génome humain contient $42\,\%$ de G $+$ C ; si les bases étaient indépendantes, un CpG surviendrait à la fréquence $0.21\times 0.21 \approx 0.044$ , soit environ $2.8\times 10^{8}$ fois dans le génome diploïde. Le nombre observé est d’environ $5.6\times 10^{7}$ , un cinquième de cela. La raison en est la marque elle-même : une cytosine méthylée qui perd son groupement aminé devient une thymine, base normale que la réparation ne peut reconnaître comme fautive, alors qu’une cytosine non méthylée se désamine en uracile, qui est excisé. Au fil du temps évolutif les CpG méthylés ont muté en TpG et CpA, et seuls les îlots non méthylés ont gardé leurs CpG. La marque a laissé sa signature dans la séquence.

Théorème 1.10 (Maintien d’un état de méthylation au fil des divisions)

Considérons un site CpG, suivi le long d’une lignée de cellules. À chaque division, la cytosine du brin néoformé est méthylée avec la probabilité $\mu$ si celle du brin matrice l’est (efficacité de maintenance) et avec la probabilité $\delta$ si elle ne l’est pas (taux de novo). Soit $p_{n}$ la probabilité que le site soit méthylé après $n$ divisions. Alors

p_{n+1} = \mu\, p_{n} + \delta\,(1 - p_{n}), \qquad p_{n} = p^{*} + (p_{0} - p^{*})\,(\mu - \delta)^{n}, \qquad p^{*} = \frac{\delta}{1 - \mu + \delta}.

Tout site dérive vers le même équilibre $p^{*}$ , quel que soit son état de départ, et la mémoire de l’état initial décroît géométriquement de raison $\mu - \delta$ . Une marque est retenue pendant environ $1/(1 - \mu + \delta)$ divisions ; la mémoire fidèle d’une différence entre sites exige donc $\mu$ très proche de $1$ et $\delta$ très proche de $0$ , ou bien une rétroaction qui fasse dépendre $\mu$ et $\delta$ de l’état du voisinage.

Démonstration. La récurrence est la formule des probabilités totales sur les deux états du brin matrice. Son point fixe vérifie $p^{*} = \mu p^{*} + \delta(1 - p^{*})$ , d’où $p^{*}(1 - \mu + \delta) = \delta$ . En retranchant l’équation du point fixe de la récurrence, $p_{n+1} - p^{*} = (\mu - \delta)(p_{n} - p^{*})$ , qui s’itère en la forme close. Comme $0 \le \delta \le \mu \le 1$ , la raison $\mu - \delta$ appartient à $[0,1]$ et l’écart décroît ; il est divisé par deux toutes les $\ln 2 / (-\ln(\mu - \delta)) \approx \ln 2/(1 - \mu + \delta)$ divisions lorsque $\mu - \delta$ est proche de $1$ . ∎

Exemple 1.11 (Les nombres)

Les valeurs mesurées sur des cellules de mammifère sont $\mu \approx 0.99$ et $\delta \approx 0.02$ par division sur un CpG ordinaire. On a alors $p^{*} = 0.02/0.03 \approx 0.67$ , proche de la fraction méthylée à l’échelle du génome entier, et $\mu - \delta = 0.97$ : un site entièrement méthylé, laissé à la seule machinerie, serait revenu à mi-chemin de la moyenne après $\ln 2 / 0.03 \approx 23$ divisions. Un promoteur réprimé qui doit le rester pendant les centaines de divisions d’une vie a donc besoin de plus que DNMT1 : les lecteurs du méthyl-CpG recrutent la méthylation de H3K9 et les lecteurs de H3K9 recrutent DNMT3, si bien qu’un îlot dense de marques élève son propre $\mu$ vers $1$ et abaisse le $\delta$ du voisinage vers $0$ . À l’inverse, une cellule qui perd DNMT1 perd la marque passivement : avec $\mu = \delta = 0$ la fraction de brins méthylés est divisée par deux à chaque division.

À gauche : la méthylation de maintenance. Après réplication chaque CpG est hémiméthylé ; DNMT1 recopie la marque sur le brin neuf avec la probabilité par site. À droite : le devenir d’un site au fil des divisions pour = 0.99, = 0.02 (bleu depuis l’état méthylé, rouge depuis l’état non méthylé) — tous deux convergent vers p* = 0.67 — et pour un site dont la rétroaction de voisinage porte à 0.999 (vert). — À gauche : la méthylation de maintenance. Après réplication chaque CpG est hémiméthylé ; DNMT1 recopie la marque sur le brin neuf avec la probabilité $\mu$ par site. À droite : le devenir d’un site au fil des divisions pour $\mu = 0.99$ , $\delta = 0.02$ (bleu depuis l’état méthylé, rouge depuis l’état non méthylé) — tous deux convergent vers $p^{*} = 0.67$ — et pour un site dont la rétroaction de voisinage porte $\mu$ à $0.999$ (vert).

Méthode 1.12 (Lire la méthylation : le séquençage après bisulfite)

Le séquençage seul ne voit pas un groupement méthyle. On traite l’ADN dénaturé par le bisulfite de sodium : une cytosine non méthylée est désaminée en uracile, qui se lit T après PCR, tandis qu’une 5-méthylcytosine est protégée et se lit toujours C. On séquence l’ADN converti et on le compare à la référence : tout C resté C était méthylé, tout C devenu T ne l’était pas. Appliqué à l’ensemble du génome (séquençage après bisulfite du génome entier), le procédé donne l’état de méthylation de chacun des $2.8\times 10^{7}$ CpG d’un génome haploïde à la base près, sous forme d’une fraction des cellules de l’échantillon.

1.4 Inactivation de l’X et empreinte parentale

Définition 1.13 (Inactivation du chromosome X)

Chez les mammifères femelles, l’un des deux chromosomes X de chaque cellule somatique est réduit au silence transcriptionnel tôt dans le développement, forme de compensation de dose qui égalise l’expression des gènes liés à l’X entre les femelles XX et les mâles XY. Le chromosome réprimé est compacté en un corps dense contre l’enveloppe nucléaire, le corpuscule de Barr. Le choix de l’X à réprimer est aléatoire dans l’embryon proprement dit et, une fois fait, il est transmis clonalement à toute la descendance de la cellule. L’inactivation est déclenchée par Xist, un ARN non codant de $17\,\mathrm{kb}$ transcrit depuis le centre d’inactivation du chromosome qui sera réprimé : il recouvre ce chromosome en cis, recrute Polycomb (H3K27me3), le variant d’histone macroH2A puis la méthylation de l’ADN des promoteurs, et le silence se maintient ensuite sans que Xist soit nécessaire à chaque division. Environ $15\,\%$ des gènes humains liés à l’X échappent à l’inactivation, en partie ou en totalité.

Faits expérimentaux. Barr et Bertram (1949) ont remarqué un corps dense dans le noyau des neurones de chatte, absent chez le chat. Ohno (1959) a montré que c’était un chromosome X entier, condensé. Lyon (1961) a rassemblé les pièces : les souris femelles hétérozygotes pour des gènes de couleur du pelage liés à l’X ont un pelage en mosaïque, fait de plages exprimant l’un ou l’autre allèle, donc chaque plage est un clone où le même X est silencieux ; il en va de même des plages orange et noires d’une chatte écaille de tortue ou tricolore, dont le gène orange est lié à l’X, et des glandes sudoripares en mosaïque des femmes porteuses d’un allèle muté d’un gène lié à l’X. Un chat tricolore mâle est presque toujours XXY. ∎

À gauche : un noyau de femelle coloré pour l’ADN, avec l’X inactif compact — le corpuscule de Barr — plaqué contre le bord du noyau. À droite : une chatte tricolore. Chaque plage orange ou noire est un clone de cellules cutanées ayant réprimé le même chromosome X ; le blanc relève d’un autre gène, autosomique, de panachure.

Définition 1.14 (Empreinte parentale)

Un gène est soumis à l’empreinte lorsqu’un seul de ses deux allèles est exprimé, et que lequel dépend du parent dont il vient : certains gènes ne s’expriment que depuis la copie paternelle, d’autres que depuis la maternelle. Les mammifères comptent quelque $100\text{ à }200$ gènes soumis à l’empreinte, groupés en amas, chaque amas gouverné par une région de contrôle de l’empreinte (ICR) méthylée sur l’un des allèles parentaux et non sur l’autre. La méthylation est installée dans la lignée germinale — un profil dans le spermatozoïde, un autre dans l’ovocyte — effacée dans les cellules germinales de la génération suivante, puis réinstallée selon le sexe de l’individu. Un enfant qui reçoit les deux copies d’un chromosome du même parent (disomie uniparentale) a donc une mauvaise dose des gènes à empreinte qu’il porte, bien que sa séquence soit parfaitement normale.

Faits expérimentaux. McGrath et Solter, et indépendamment Surani, Barton et Norris (1984), ont fabriqué des zygotes de souris portant deux pronucléus maternels, ou deux paternels, en transférant des pronucléus entre œufs fécondés. Aucun des deux types ne s’est développé à terme, bien que chacun eût deux jeux complets de chromosomes : les embryons gynogénétiques formaient un embryon convenable avec un placenta médiocre, les androgénétiques un gros placenta et presque pas d’embryon. Les deux génomes parentaux ne sont pas équivalents et tous deux sont nécessaires. Cattanach et Kirk (1985) ont montré, à l’aide de disomies uniparentales portant sur un chromosome donné, que cette non-équivalence est cantonnée à des régions particulières de chromosomes particuliers, là où les amas soumis à l’empreinte ont été trouvés par la suite. ∎

Exemple 1.15 (L’amas Igf2–H19)

Igf2, un facteur de croissance fœtale, s’exprime depuis l’allèle paternel ; son voisin H19, un ARN non codant, depuis le maternel. Entre eux se trouve l’ICR et, au-delà de H19, un jeu d’amplificateurs communs. Sur le chromosome maternel l’ICR n’est pas méthylée et fixe CTCF, qui agit en isolateur : les amplificateurs atteignent H19 mais pas Igf2. Sur le chromosome paternel l’ICR est méthylée (dans le spermatozoïde), CTCF ne peut s’y fixer, et les amplificateurs atteignent Igf2 ; la méthylation se propage en outre jusqu’à réprimer le promoteur de H19. Une seule marque, installée dans une seule lignée germinale, décide des deux gènes.

L’empreinte en Igf2–H19. Allèle maternel : l’ICR non méthylée fixe CTCF, un isolateur, de sorte que les amplificateurs situés en aval n’activent que H19. Allèle paternel : l’ICR a été méthylée dans le spermatozoïde, CTCF ne peut s’y fixer, les amplificateurs atteignent Igf2, et la méthylation réprime H19. — L’empreinte en *Igf2*–*H19*. Allèle maternel : l’ICR non méthylée fixe CTCF, un isolateur, de sorte que les amplificateurs situés en aval n’activent que *H19*. Allèle paternel : l’ICR a été méthylée dans le spermatozoïde, CTCF ne peut s’y fixer, les amplificateurs atteignent *Igf2*, et la méthylation réprime *H19*.

Exemple 1.16 (Prader–Willi et Angelman)

La même délétion d’environ $5\,\mathrm{Mb}$ du chromosome 15 (région 15q11–q13) cause le syndrome de Prader–Willi — hypotonie musculaire à la naissance, puis appétit insatiable et obésité — lorsqu’elle est portée par le chromosome paternel, et le syndrome d’Angelman — déficience intellectuelle sévère, absence de langage, humeur joyeuse et crises convulsives — lorsqu’elle est portée par le maternel. La région contient des gènes à expression paternelle (SNRPN et un amas de petits ARN) dont la seule copie active est perdue dans le premier cas, et le gène à expression maternelle UBE3A, perdu dans le second. Une disomie uniparentale maternelle du 15, sans aucune délétion, donne également un Prader–Willi : deux copies maternelles, silencieuses pour les gènes paternels.

Remarque 1.17 (Pourquoi une empreinte)

Les gènes soumis à l’empreinte sont enrichis en fonctions de contrôle de la croissance fœtale et du transfert de nutriments par le placenta, ceux à expression paternelle (Igf2, Peg3) tendant à favoriser la croissance et ceux à expression maternelle (H19, Igf2r, Cdkn1c) à la freiner. La théorie du conflit de parentèle y lit un conflit : les gènes d’un père gagnent à extraire davantage d’une mère qui portera peut-être plus tard les petits d’autres mâles, tandis que les gènes de la mère gagnent à rationner entre toutes ses portées. L’empreinte existe chez les mammifères placentaires et chez les plantes à fleurs, dont l’albumen est lui aussi nourri par la mère, et non chez les oiseaux ni chez les reptiles, ce qui est bien ce que la théorie prédit.

1.5 Hérédité épigénétique et ses limites

Définition 1.18 (Épigénétique)

L’épigénétique est l’étude des changements héritables de l’activité des gènes qui ne sont pas des changements de la séquence de l’ADN : des états portés par la méthylation de l’ADN, par les marques d’histones ou par des circuits de facteurs de transcription auto-entretenus, et recopiés au travers de la division cellulaire. Deux allèles de séquence identique mais d’état épigénétique stable différent sont des épiallèles. L’hérédité au travers de la mitose est la règle, et c’est elle qui fait qu’une cellule différenciée le reste. L’hérédité au travers de la méiose, du parent à sa descendance, est l’exception chez les mammifères, car les marques sont effacées en deux vagues de reprogrammation : dans les cellules germinales primordiales, où les empreintes et la plus grande partie de la méthylation sont gommées puis réinstallées selon le sexe, et de nouveau dans le zygote et l’embryon précoce, où le génome paternel est déméthylé activement par TET3 et le maternel passivement, avant que les profils propres à l’embryon ne soient posés par DNMT3.

Exemple 1.19 (La souris agouti viable jaune)

Dans l’allèle $A^{vy}$ , un rétrotransposon s’est inséré en amont du gène de couleur du pelage agouti. Là où le promoteur du transposon n’est pas méthylé, il exprime agouti en permanence dans toutes les cellules ; la souris est jaune, obèse et sujette au diabète. Là où il est méthylé, le gène suit son contrôle normal et la souris est brune (« pseudoagouti »). Des sœurs de portée génétiquement identiques couvrent tout le spectre, et une mère jaune a plus de petits jaunes qu’une mère brune : l’épiallèle n’est qu’incomplètement effacé au travers de la lignée germinale maternelle. Waterland et Jirtle (2003) ont nourri des mères $A^{vy}$ gestantes avec un régime riche en donneurs de méthyle (folates, vitamine B₁₂, choline, bétaïne) et ont déplacé le pelage des petits vers le brun. L’environnement d’une génération avait installé une marque que la suivante a portée.

Deux sœurs de portée Avy de génotype identique : une souris jaune et obèse, chez qui le transposon situé en amont d’agouti n’est pas méthylé, et une pseudoagouti brune, chez qui il l’est. — Deux sœurs de portée $A^{vy}$ de génotype identique : une souris jaune et obèse, chez qui le transposon situé en amont d’*agouti* n’est pas méthylé, et une pseudoagouti brune, chez qui il l’est.

Proposition 1.20 (Où l’on trouve des états épigénétiques héritables)

Trois systèmes bien analysés illustrent les mécanismes ci-dessus. La panachure par effet de position chez la drosophile : un gène déplacé par un remaniement chromosomique au voisinage de l’hétérochromatine est réprimé dans certaines cellules et non dans d’autres, ce qui donne un œil marbré ; chaque plage est un clone, la répression se propage depuis l’hétérochromatine par la boucle HP1, et les gènes dont la mutation supprime la panachure (gènes Su(var)) sont HP1 et la méthyltransférase de H3K9. La vernalisation chez Arabidopsis : des semaines de froid hivernal répriment le répresseur de floraison FLC par la marque H3K27me3 déposée par Polycomb, le silence tient au long des mois de croissance printanière et de milliers de divisions cellulaires, et il est remis à zéro à chaque génération, si bien que chaque plante doit connaître son propre hiver. La paramutation chez le maïs : un allèle du gène de pigmentation b1, lorsqu’il rencontre un autre allèle particulier chez un hétérozygote, le convertit à son propre état silencieux, et l’allèle converti transmet cet état à sa descendance pendant des générations, par une méthylation dirigée par de petits ARN reprise au Chapitre 2. Dans chaque cas l’hérédité mitotique est robuste ; la transmission entre générations est soit activement remise à zéro (plantes), soit partielle et fuyante (souris).

Remarque 1.21 (Les limites des affirmations transgénérationnelles)

L’affirmation que la famine ou le stress d’un grand-parent serait « hérité épigénétiquement » par des petits-enfants humains est courante et le plus souvent non démontrée. Deux vagues d’effacement séparent une marque somatique d’un petit-enfant, les gènes soumis à l’empreinte et quelques transposons sont les seuls survivants documentés de l’effacement chez les mammifères, et dans les cohortes humaines les effets d’un environnement partagé, de l’environnement utérin et des différences génétiques sont difficiles à séparer d’une marque portée par la lignée germinale. Les cas démontrés — $A^{vy}$ , quelques épiallèles liés à un transposon, des états portés par des ARN chez les vers et les plantes — sont réels, compris au niveau moléculaire, et peu nombreux. Le théorème du chapitre dit pourquoi : sans rétroaction poussant $\mu$ vers $1$ , une marque s’oublie en quelques dizaines de divisions, et la lignée germinale y ajoute une remise à zéro active.

1.6 Exercices

Exercice 1.1 ★

Donner la composition d’une particule cœur de nucléosome, la longueur d’ADN qu’elle fixe et la longueur habituelle de l’ADN de liaison. Pourquoi la digestion de la chromatine par une nucléase donne-t-elle une échelle de fragments plutôt qu’une traînée continue ?

Solution

Solution de Exercice 1.1.

Deux exemplaires de chacune des histones H2A, H2B, H3 et H4 (un octamère) avec $147\,\mathrm{bp}$ d’ADN en $1.65$ tour ; des ADN de liaison de $20\text{ à }60\,\mathrm{bp}$ , d’où une répétition voisine de $200\,\mathrm{bp}$ . La nucléase ne coupe que l’ADN de liaison exposé, jamais à l’intérieur d’un cœur, de sorte que tout fragment est un nombre entier de répétitions : une échelle à $200$ , $400$ , $600\,\mathrm{bp}$ , et non une traînée continue.

Exercice 1.2 ★

Un génome de grenouille compte $3.0\times 10^{9}$ paires de bases par jeu haploïde. Combien de nucléosomes un noyau diploïde contient-il, pour une répétition de $190\,\mathrm{bp}$ , et quelle est la longueur de son ADN ?

Solution

Solution de Exercice 1.2.

Diploïde : $6.0\times 10^{9}$ bp ; $6.0\times 10^{9}/190 \approx 3.2\times 10^{7}$ nucléosomes ; longueur $6.0\times 10^{9}\times 0.34\,\mathrm{nm} = 2.0\,\mathrm{m}$ .

Exercice 1.3 ★

Décoder H3K27me3, H4K16ac et H3S10ph. Dire pour chacune si elle est associée à une chromatine active ou silencieuse, et nommer un lecteur de la première.

Solution

Solution de Exercice 1.3.

H3K27me3 : histone H3, lysine 27, triméthylée — chromatine silencieuse des gènes réprimés au cours du développement, écrite par PRC2 et lue par les protéines à chromodomaine de PRC1. H4K16ac : H4, lysine 16, acétylée — chromatine active et ouverte (elle rompt un contact entre nucléosomes). H3S10ph : H3, sérine 10, phosphorylée — marque mitotique associée à la condensation des chromosomes (et, transitoirement, à l’activation de gènes par certains signaux) ; ce n’est pas une marque stable de répression ni d’activation.

Exercice 1.4 ★

Expliquer pourquoi un chat tricolore est presque toujours une femelle, et ce que doit être un mâle tricolore.

Solution

Solution de Exercice 1.4.

Le gène orange est lié à l’X, avec un allèle orange et un allèle noir ; un pelage par plages exige l’un et l’autre, sur deux chromosomes X différents dont l’un est réprimé par cellule. Un mâle n’a qu’un X et est orange ou noir en entier. Un mâle tricolore porte deux chromosomes X et un Y (XXY), et il est stérile.

Exercice 1.5 ★★

Calculer le taux de compaction de la fibre de $10\,\mathrm{nm}$ à partir des nombres de la Définition 1.1 (répétition $200\,\mathrm{bp}$ , perle $11\,\mathrm{nm}$ ), puis le taux nécessaire pour loger les $4\,\mathrm{cm}$ d’ADN d’un chromosome humain moyen dans une chromatide mitotique longue de $4\,\text{µ}\mathrm{m}$ . De quel facteur supplémentaire la fibre doit-elle être repliée ?

Solution

Solution de Exercice 1.5.

$200\,\mathrm{bp}\times 0.34\,\mathrm{nm} = 68\,\mathrm{nm}$ par perle de $11\,\mathrm{nm}$ : taux $6.2$ . Taux exigé : $4\,\mathrm{cm}/4\,\text{µ}\mathrm{m} = 10^{4}$ . Repliement supplémentaire d’un facteur $10^{4}/6.2 \approx 1600$ .

Exercice 1.6 ★★

Dans le modèle du Théorème 1.10 avec $\mu = 0.98$ et $\delta = 0.01$ , trouver $p^{*}$ et le nombre de divisions au bout duquel un site parti méthylé a perdu la moitié de son excès sur $p^{*}$ . Recommencer pour $\mu = 0.999$ , $\delta = 0.001$ .

Solution

Solution de Exercice 1.6.

$\mu = 0.98$ , $\delta = 0.01$ : $p^{*} = 0.01/0.03 = 0.33$ ; raison $\mu - \delta = 0.97$ ; demi-vie $\ln 2/(-\ln 0.97) = 22.8 \approx 23$ divisions. $\mu = 0.999$ , $\delta = 0.001$ : $p^{*} = 0.5$ ; raison $0.998$ ; demi-vie $\ln 2 / 0.002 \approx 350$ divisions.

Exercice 1.7 ★★

Une expérience de ChIP-seq sur des cellules de foie donne un pic H3K4me3 et un pic H3K27ac au promoteur du gène $A$ , un large domaine H3K27me3 sur le gène $B$ , et H3K9me3 sur le gène $C$ . Prévoir l’état transcriptionnel de chacun, et dire lequel de $B$ et de $C$ a le plus de chances d’être activé dans un autre type cellulaire, et pourquoi.

Solution

Solution de Exercice 1.7.

$A$ : actif (H3K4me3 de promoteur avec acétylation). $B$ : silencieux, réprimé par Polycomb — hétérochromatine facultative, état d’un gène du développement éteint dans cette lignée mais utilisé dans d’autres, donc $B$ est celui qui a des chances d’être actif dans un autre type cellulaire. $C$ : silencieux, hétérochromatine constitutive (voie HP1), typiquement des répétitions ou des gènes réprimés dans tous les types cellulaires.

Exercice 1.8 ★★

Une femme porte une délétion de la région UBE3A sur l’un de ses chromosomes 15 mais se porte bien. Son père portait la même délétion et se portait bien lui aussi. De quel syndrome, s’il y en a un, chacun de ses enfants risque-t-il d’être atteint, et avec quelle probabilité ? Et si la délétion lui était venue de sa mère ?

Solution

Solution de Exercice 1.8.

UBE3A ne s’exprime que depuis l’allèle maternel dans les neurones. Sa délétion lui vient de son père, sur l’allèle de toute façon silencieux, donc elle se porte bien ; lorsqu’elle la transmet, elle devient une délétion maternelle : chaque enfant a la probabilité $1/2$ d’en hériter et a alors un syndrome d’Angelman. Si la délétion lui était venue de sa mère, elle aurait elle-même un syndrome d’Angelman ; une porteuse bien portante n’a pu en hériter que par voie paternelle. (Une délétion paternelle de toute la région donnerait un Prader–Willi ; UBE3A seul n’y suffit pas.)

Exercice 1.9 ★★

Prévoir la conséquence, chez un embryon de souris femelle, de la délétion du gène Xist sur un chromosome X, puis sur les deux. Prévoir ce qu’un transgène Xist inséré dans un autosome fait à cet autosome.

Solution

Solution de Exercice 1.9.

Un X dépourvu de Xist ne peut pas être inactivé, donc l’autre X est réprimé dans toutes les cellules : l’inactivation est complète mais n’est plus aléatoire (elle est biaisée), et l’embryon est viable. Les deux X dépourvus de Xist : pas d’inactivation, deux chromosomes X actifs, expression liée à l’X doublée, et l’embryon femelle meurt tôt. Un transgène Xist sur un autosome recouvre cet autosome en cis et en réprime les gènes, causant la perte de fonction d’une copie autosomique — l’expérience qui a montré que Xist suffit à réprimer en cis.

Exercice 1.10 ★★★

Expliquer, à l’aide de l’Exemple 1.9, pourquoi les îlots CpG ont gardé leurs CpG alors que le reste du génome en a perdu les quatre cinquièmes, et ce que cela implique quant à l’état de méthylation des îlots dans la lignée germinale au fil du temps évolutif. Pourquoi l’argument tombe-t-il pour un gène méthylé seulement dans le foie ?

Solution

Solution de Exercice 1.10.

Les cytosines méthylées se désaminent en thymine, que la réparation ne reconnaît pas, de sorte qu’un CpG méthylé mute en TpG ou CpA à un taux élevé. Seules les séquences non méthylées dans la lignée germinale, génération après génération, gardent leurs CpG ; les îlots ont gardé les leurs, donc ils sont restés non méthylés dans la lignée germinale pendant l’essentiel de l’histoire des vertébrés. Un gène méthylé seulement dans le foie ne l’est pas dans le spermatozoïde ni dans l’ovocyte ; les mutations qui apparaissent dans les cellules hépatiques ne sont pas transmises, donc une méthylation somatique ne laisse aucune empreinte dans la séquence.

Exercice 1.11 ★★★

Montrer, à l’aide de la boucle écrivain–lecteur de la Proposition 1.5, comment un domaine H3K9me3 peut être stable au travers de la réplication, alors que chaque division dilue de moitié les histones marquées avec des histones neuves non marquées. Qu’est-ce qui détermine où la propagation du domaine s’arrête ? Proposer une expérience pour tester cette explication.

Solution

Solution de Exercice 1.11.

Lors de la réplication, les anciennes histones marquées sont partagées entre les deux duplex fils et entremêlées d’histones neuves non marquées, si bien que chaque domaine fils est marqué pour moitié environ. HP1 fixée sur un nucléosome marqué conservé recrute SUV39H, qui méthyle les voisins non marqués ; tant que les nucléosomes marqués sont assez denses pour amener un écrivain à chaque trou, le domaine est rempli de nouveau avant la division suivante — la même rétroaction que le $\mu$ élevé du théorème. La propagation s’arrête aux frontières : protéines isolatrices (CTCF), gènes fortement transcrits et gènes d’ARNt, nucléosomes portant des marques actives incompatibles (H3K4me3, acétylation) dont l’écrivain ne peut se servir, et point où les effaceurs (déméthylases, renouvellement des HDAC) l’emportent sur l’écrivain. Test : recruter HP1 de façon transitoire sur un rapporteur (une fusion avec un domaine de liaison à l’ADN dont la fixation est commandée par un médicament), la relâcher, et suivre le silence du rapporteur et H3K9me3 au fil des divisions ; on prédit une persistance qui dépend de l’écrivain, et sa perte si l’écrivain ou la dimérisation du lecteur est mutée, ou si un isolateur est placé dans le domaine.

Exercice 1.12 ★★★

Une étude rapporte que les petits-enfants de personnes ayant vécu une famine présentent une méthylation modifiée sur un gène de croissance et une masse corporelle plus élevée. Énumérer les explications de rechange qu’il faut écarter avant de conclure qu’une marque de méthylation a été transmise par la lignée germinale, et dire quelle expérience chez la souris trancherait la question.

Solution

Solution de Exercice 1.12.

Écarter : un environnement partagé (le régime et la pauvreté des petits-enfants eux-mêmes) ; un effet utérin — la fille de la mère exposée à la famine était alors un fœtus, ses cellules germinales déjà présentes, donc la lignée germinale du petit-enfant a été exposée directement et l’effet n’est pas transgénérationnel ; les différences génétiques entre les familles qui ont survécu et les autres ; la causalité inverse (la masse corporelle modifie elle-même la méthylation du sang) ; les différences de composition cellulaire du sang ; et la multiplicité des tests sur de nombreux CpG. Expérience chez la souris : exposer des mâles F $_0$ consanguins (pas de voie utérine), les croiser avec des femelles non exposées ou recourir à la fécondation in vitro et au transfert d’embryons, et suivre les F $_2$ et F $_3$ par la voie paternelle en mesurant la méthylation dans le sperme de chaque génération ; une marque qui persiste dans le sperme et le phénotype des F $_3$ , chez une lignée sans variation génétique, est une transmission germinale.

1.7 Problème : la mémoire d’un gène réprimé

Problème 1.1

Problème du week-end — un génome humain rangé dans son noyau, une marque de méthylation suivie au fil des divisions, une chatte tricolore lue comme une carte clonale et les maladies d’une région soumise à l’empreinte dénombrées, pour finir sur le nombre de divisions qu’une marque survit sans rétroaction et sur la taille de la population cellulaire qui a choisi son X

Données : un noyau diploïde humain contient $6.4\times 10^{9}$ paires de bases, à $0.34\,\mathrm{nm}$ et $650\,\mathrm{Da}$ la paire ; la répétition nucléosomique est de $200\,\mathrm{bp}$ , un octamère d’histones pèse $108\,\mathrm{kDa}$ , et une particule cœur est un disque de $11\,\mathrm{nm}$ de diamètre et $5.5\,\mathrm{nm}$ d’épaisseur. Le noyau est une sphère de $10\,\text{µ}\mathrm{m}$ de diamètre. Le génome contient $42\,\%$ de G $+$ C. Méthylation d’un CpG ordinaire : $\mu = 0.99$ , $\delta = 0.02$ par division.

Partie I — L’emballage.

Calculer la longueur totale d’ADN du noyau et le nombre de nucléosomes.
Calculer la masse totale d’histones (octamères seuls) et celle d’ADN, en picogrammes ( $1\,\mathrm{Da} = 1.66 \times 10^{-24}\,\mathrm{g}$ ).
Calculer le volume du noyau et le volume total des particules cœur, traitées comme des cylindres. Quelle fraction du noyau occupent-elles ?
Si les nucléosomes étaient mis bout à bout en une fibre de $10\,\mathrm{nm}$ , quelle serait la longueur de la fibre, et quel est le taux de compaction par rapport à l’ADN nu ?
La fibre est repliée en boucles de $200\,\mathrm{kb}$ ancrées par la cohésine. Combien de boucles, et combien de nucléosomes par boucle ?
Sous l’hypothèse d’indépendance, combien de dinucléotides CpG le génome diploïde contiendrait-il ? Le nombre observé est $5.6\times 10^{7}$ . Quelle fraction a été perdue, et par quel mécanisme mutationnel ?

Partie II — Une marque au fil des divisions.

Écrire la récurrence pour $p_{n}$ et calculer $p^{*}$ .
Un CpG de promoteur est entièrement méthylé en $n = 0$ . Calculer $p_{n}$ après $10$ , $50$ et $200$ divisions.
Au bout de combien de divisions l’excès $p_{n} - p^{*}$ est-il divisé par deux ? Une cellule souche de tissu se divise environ une fois par semaine : cela fait combien d’années ?
Un médicament inhibe complètement DNMT1 ( $\mu = 0$ ) ainsi que DNMT3 ( $\delta = 0$ ). Montrer que la fraction de brins méthylés dans la population est divisée par deux à chaque division, et trouver le nombre de divisions qui fait passer une méthylation de $80\,\%$ sous $5\,\%$ .
Dans un îlot réprimé, les lecteurs du méthyl-CpG recrutent la méthylation de H3K9, qui recrute DNMT3, si bien qu’au sein de l’îlot $\mu = 0.9995$ et $\delta = 0.0005$ . Recalculer la demi-vie de l’excès, en divisions et en années à une division par semaine.
Expliquer en une phrase pourquoi c’est le résultat de la question 11, et non celui de la question 9, qu’exige un gène réprimé à vie, et quel genre d’arrangement moléculaire le produit.

Partie III — La carte tricolore.

Une chatte est hétérozygote pour le gène orange lié à l’X. Expliquer pourquoi son pelage porte des plages orange et noires, et ce que représente une plage.
L’inactivation de l’X a eu lieu quand les cellules destinées à former la peau étaient au nombre de $N$ . Chacune a choisi un X au hasard. Quelle est la probabilité qu’elles aient toutes les $N$ choisi le même, donnant une chatte d’une seule couleur ?
Aucune hétérozygote d’une seule couleur n’a été documentée parmi peut-être un milliard de chats ; prendre la probabilité égale à $10^{-9}$ et estimer $N$ .
La surface cutanée de la chatte vaut environ $0.3\,\mathrm{m}^{2}$ et ses plages $15\,\mathrm{cm}^{2}$ en moyenne. Estimer le nombre de plages et expliquer pourquoi il est supérieur à $N$ .
Un chat XXY est lui aussi tricolore. Combien de corpuscules de Barr ses cellules montrent-elles ? Et combien chez une femelle XXX et chez un mâle XY ?
Un gène qui échappe à l’inactivation est présent en deux copies actives chez les femelles et en une seule chez les mâles. Donner une raison pour laquelle un tel échappement peut être toléré, et une situation où il compte.

Partie IV — Le chromosome 15.

Le syndrome de Prader–Willi touche environ une naissance sur $15\,000$ ; $70\,\%$ des cas sont une délétion de novo du 15q11–q13 paternel et $25\,\%$ une disomie uniparentale maternelle. Calculer la fréquence à la naissance de chaque cause.
Le syndrome d’Angelman a à peu près la même fréquence ; $70\,\%$ sont des délétions maternelles, $5\,\%$ des disomies paternelles et $10\,\%$ des mutations ponctuelles d’UBE3A. Pourquoi les mutations ponctuelles causent-elles un Angelman mais presque jamais un Prader–Willi ?
Un père porte une translocation équilibrée qui donne à $20\,\%$ de ses spermatozoïdes une délétion 15q11–q13. Quelle fraction de ses enfants a un Prader–Willi, et quelle fraction un Angelman ?
Une disomie uniparentale apparaît lorsqu’un zygote trisomique perd un chromosome. Si un zygote trisomique 15 perd au hasard l’un de ses trois chromosomes, et que la trisomie vient de la mère (deux copies maternelles), quelle est la probabilité que le survivant porte une disomie maternelle ? Quel syndrome ?
Les gènes de Prader–Willi sont à expression paternelle et celui d’Angelman à expression maternelle. À l’aide de la théorie du conflit de parentèle, dire lesquels des symptômes des deux syndromes (difficulté à téter à la naissance contre appétit vorace) cadrent avec la théorie et lesquels sont plus difficiles à y faire entrer.
On propose une méthode pour traiter l’Angelman en réactivant l’UBE3A paternel silencieux. Son silence est dû à un ARN antisens à expression paternelle. Proposer la cible moléculaire et dire pourquoi la thérapie ne perturberait pas les autres gènes soumis à l’empreinte.
Résumer : la demi-vie d’une marque sans rétroaction (question 9) et avec elle (question 11), en divisions ; et la population fondatrice $N$ du pelage tricolore (question 15).

Solution

Solution de Problème 1.1.

1. $6.4\times 10^{9}\times 0.34\,\mathrm{nm} = 2.2\,\mathrm{m}$ ; $6.4\times 10^{9}/200 = 3.2\times 10^{7}$ nucléosomes. 2. Histones : $3.2\times 10^{7}\times 1.08\times 10^{5} = 3.5\times 10^{12}$ Da $= 5.7\,\mathrm{pg}$ . ADN : $6.4\times 10^{9}\times 650 = 4.2\times 10^{12}$ Da $= 6.9\,\mathrm{pg}$ . Masses comparables. 3. Noyau : $\tfrac{4}{3}\pi\,(5\,\text{µ}\mathrm{m})^{3} = 520\,\text{µ}\mathrm{m}^{3}$ . Particule cœur : $\pi\,(5.5)^{2}\times 5.5 = 520\,\mathrm{nm}^{3} = 5.2\times 10^{-7}\,\text{µ}\mathrm{m}^{3}$ ; total $3.2\times 10^{7}\times 5.2\times 10^{-7} = 17\,\text{µ}\mathrm{m}^{3}$ , soit environ $3\,\%$ du noyau. 4. $3.2\times 10^{7}\times 11\,\mathrm{nm} = 0.35\,\mathrm{m}$ ; taux de compaction $2.2/0.35 \approx 6$ . 5. $6.4\times 10^{9}/2\times 10^{5} = 32\,000$ boucles de $1000$ nucléosomes chacune. 6. $0.21^{2}\times 6.4\times 10^{9} = 2.8\times 10^{8}$ ; observés $5.6\times 10^{7}$ , donc $80\,\%$ perdus, par désamination de la 5-méthylcytosine en thymine (transitions C $\to$ T non réparées aux CpG méthylés). 7. $p_{n+1} = 0.99\,p_{n} + 0.02\,(1 - p_{n}) = 0.97\,p_{n} + 0.02$ ; $p^{*} = 0.02/0.03 = 0.67$ . 8. $p_{n} = 0.67 + 0.33\times 0.97^{n}$ : $n = 10$ : $0.91$ ; $n = 50$ : $0.74$ ; $n = 200$ : $0.67$ (l’excès vaut $7\times 10^{-4}$ ). 9. $\ln 2/(-\ln 0.97) = 22.8 \approx 23$ divisions ; à une par semaine, environ $23$ semaines — cinq mois. 10. Chaque réplication apparie un brin ancien, encore méthylé, à un brin neuf qu’aucune enzyme ne méthyle ; les brins anciens ne sont ni gagnés ni perdus, le nombre de brins double, donc la fraction méthylée est divisée par deux. $0.80/2^{n} < 0.05$ exige $2^{n} > 16$ : cinq divisions ( $0.025$ ; quatre donnent exactement $5\,\%$ ). 11. Raison $0.9995 - 0.0005 = 0.999$ ; demi-vie $\ln 2/(-\ln 0.999) \approx 690$ divisions, soit environ $13$ ans à une division par semaine. 12. Un gène silencieux pendant une vie de quelque $4000$ divisions hebdomadaires exige une demi-vie de centaines de divisions, que seule donne la rétroaction de la question 11 : les lecteurs de la marque (MeCP2, HP1) recrutent ses écrivains (méthylase de H3K9, DNMT3), de sorte qu’un domaine dense de marques se recopie avec une efficacité qu’aucune enzyme seule n’atteint. 13. Un X porte l’allèle orange, l’autre l’allèle noir ; chaque cellule cutanée a réprimé un X et n’exprime que l’autre ; les descendantes d’une cellule gardent son choix, donc une plage est un clone (ou un groupe de clones voisins) ayant fait le même choix. 14. Les $N$ choisissent toutes l’X porteur de l’orange, ou toutes l’autre : $2\times (1/2)^{N} = 2^{1-N}$ . 15. $2^{1-N} = 10^{-9}$ : $N - 1 = \log_{2} 10^{9} = 29.9$ , $N \approx 30$ cellules. 16. $3000\,\mathrm{cm}^{2}/15\,\mathrm{cm}^{2} = 200$ plages, bien plus que $30$ fondatrices : au cours de la croissance les descendantes d’une fondatrice sont dispersées par le brassage et la migration cellulaires, de sorte qu’un clone forme plusieurs îlots (et des voisines de même choix fusionnent, ce qui joue en sens inverse mais moins fort). 17. Un corpuscule de Barr par X au-delà du premier : XXY un, XXX deux, XY aucun. 18. Toléré quand le gène a un homologue fonctionnel sur l’Y, de sorte que les mâles en ont aussi deux copies (gènes pseudoautosomiques et paires telles que KDM5C/KDM5D) ; cela compte dans les aneuploïdies de l’X — dans le syndrome de Turner (XO) les gènes échappant à l’inactivation ne sont présents qu’en une copie, ce qui explique qu’une personne XO ne soit pas simplement une femme normale (haplo-insuffisance de SHOX et petite taille), et chez XXY les échappés sont surdosés. 19. $1/15\,000 = 6.7\times 10^{-5}$ ; délétions $0.70\times 6.7\times 10^{-5} = 4.7\times 10^{-5}$ (une sur $21\,000$ ) ; disomie maternelle $1.7\times 10^{-5}$ (une sur $60\,000$ ). 20. L’Angelman est la perte d’un seul gène, UBE3A, donc une seule mutation ponctuelle de l’allèle maternel suffit. Le Prader–Willi est la perte de plusieurs gènes à expression paternelle à la fois (SNRPN, l’amas de petits ARN) ; une mutation ponctuelle en inactive un et donne au plus un phénotype partiel, jamais le syndrome entier. 21. $20\,\%$ des enfants reçoivent une délétion paternelle et ont un Prader–Willi ; aucun n’a d’Angelman, qui exige une délétion maternelle. 22. Trois chromosomes, deux maternels et un paternel, dont un est perdu au hasard : le paternel est perdu avec la probabilité $1/3$ , ce qui laisse une disomie maternelle et un Prader–Willi ; avec la probabilité $2/3$ c’est une copie maternelle qui est perdue et l’enfant est normal. 23. Les gènes paternels devraient accroître la demande faite à la mère ; leur perte (Prader–Willi) devrait la réduire — ce qui cadre avec la mauvaise succion et le retard de croissance du nouveau-né — tandis que l’appétit insatiable qui vient ensuite est l’inverse et s’y fait plus difficilement entrer (une lecture proposée veut que les gènes paternels orientent normalement l’enfant vers le sevrage). L’Angelman, perte d’un gène maternel, devrait accroître la demande ; la succion prolongée et les réveils nocturnes fréquents des enfants Angelman cadrent, les crises convulsives et la perte du langage ne relèvent pas du tout des ressources. 24. Cibler le transcrit antisens paternel (UBE3A-ATS) par un oligonucléotide antisens qui le dégrade ou en bloque l’élongation : l’UBE3A paternel est intact et n’est réprimé qu’en cis par cet ARN, donc supprimer l’ARN rétablit son expression. La méthylation de la région de contrôle de l’empreinte n’est pas touchée, donc SNRPN et les autres gènes soumis à l’empreinte gardent leur profil parental normal. 25. Demi-vie d’une marque : environ $23$ divisions sans rétroaction, environ $690$ avec ; le pelage tricolore a été décidé par une population fondatrice d’environ $30$ cellules.

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