Projet de modélisation des réseaux biologiques et complexes par équations différentielles

Projet de modélisation des réseaux biologiques et complexes par équations différentielles GIRAUD Sandra MERLET-BILLON Maryvonne 1

Partie I : Etude d un mode le de l ope ron lactose Introduction Le système de l opéron lactose est un système complexe de régulation génique. Il est utilisé dans de nombreuses expériences biologiques. Ce système fonctionne selon le schéma suivant : http://www.snv.jussieu.fr/bmedia/operonlactose/ De manière simplifiée une protéine P est produite à partir du gène LacZ. Cette protéine en présence de lactose permet la formation de l allolactose qui elle, inhibe la protéine responsable de l absence de transcription du gène LacZ. En d autres termes, l allolactose va, de manière indirecte, permettre la transcription du gène LacZ. Le lactose nécessaire à la formation de l allolactose est d origine extérieure. Ce système est très utilisé en biologie notamment parce que le lactose peut être remplacé par un composé qui, clivé par la β-galactosidase (une des protéines produite par l opéron), devient bleu. Ce système permet ainsi d observer la transformation correcte de bactérie lors de l amplification d ADN, ou de la bonne incorporation d un gène chez des souris transgéniques, notamment au cours du développement. 2

Abréviation A : concentration en allolactose L : concentration en lactose L ext : concentration en lactose extérieur L 0 : concentration initiale en lactose extérieur M : concentration en ARM messager M 0 : concentration initiale en ARN messager P : concentration en protéine 3

Introduction du modèle dm dt A n = M 0 + α 0 * k n - β 0 * M 0 + A n (1) dp dt = M * α 1 β 1 * P (2) da dt = α 2 * P * L - β 2 * A k 2 + L (3) dl dt = -α 2 *P * L + α 3 * P * k 2 + L L ext k3 + L ext (4) dl ext dt = L 0 α 3 *P * L ext k3 + L ext (5) α 0 est une constante influençant le facteur d inhibition de l allolactose β 0 est une constante représentant la dégradation de M α 1 est une constante représentant la formation de M β 1 est une constante représentant la dégradation de P α 2 est une constante représentant la formation de P β 2 est une constante représente la dégradation de A α 3 est une constante représentant l influence de P sur l entrée de lactose k 0, k 2 et k 3 sont des constantes influençant les paramètres auxquelles elles sont associées 4

Question 1 : Simulation des variables Graphiques Paramètres : M 0 =1, α 0 =1, k 0 =1, n=2, β 0 =1, α 1 =1, β 1=1, α 2 =1, β 2 =1, α 3 =1, k 3 =1, k 2 =1, L 0 =1 Valeurs initiales : P=2, A=5, L ext =1,M=1, L=1 Code R library("desolve") options(prompt = "> ") options(width=70) parameters <- c(mo=1, ao=1, ko=1, n=2, Bo=1, a1=1, B1=1, a2=1, B2=1, a3=1, k3=1, k2=1, Lo=1 ) 5

state <- c(p=2, A=5,Le=1,M=1, L=1) # au début de la simulation: pas de protéine, donc pas de A, pas de L mais Lext et M pour lancer le modèle Lorenz<-function(t, state, parameters) { with(as.list(c(state, parameters)),{ # rate of change dm <- (Mo+ao*((A^n)/(ko^n+A^n))-Bo*M) dp <- a1*m-b1*p da <- a2*p*((l)/(k2+l))-b2*a dl <- (-a2*p*((l)/(k2+l))+a3*p*((le)/(k3+le))) dle <- Lo-a3*P*((Le)/(k3+Le)) list(c(dp,da,dle,dm, dl)) }) # end with(as.list... } times <- seq(0, 100, by = 0.1) library(desolve) out <- ode(y = state, times = times, func = Lorenz, parms = parameters) head(out) par(oma = c(0, 0, 4, 5)) plot(out, xlab = "time", ylab = "Var") mtext(outer = TRUE, side = 3, "Opéron Lactose", cex = 1.5) Explication Nous avons choisi les paramètres de manière à obtenir un profil de courbe qui nous paraisse logique aux vues de nos connaissances du système. 6

Question 2 La simplification est justifiée car d une part la formation et la dégradation de la protéine est lente alors que pour l ARN la formation et la dégradation sont rapide. Nous pouvons donc supposer que nous sommes à l état quasi-stationnaire concernant l ARN, d où dm/dt=0. Pour L, puisque les concentrations intra et extracellulaire sont en réalité proportionnelle, nous pouvons simplifier le modèle pour ne garder que L ext en variable. Graphiques Paramètres : M 0 =1, α 0 =1, k 0 =1, n=2, β 0 =1, α 1 =1, β 1=1, α 2 =1, β 2 =1, α 3 =1, k 3 =1, k 2 =1, L 0 =1 Valeurs initiales : P=2, A=5, L ext =1 Dans le code, on remplace M et L présent dans dp, da et dle par les valeurs trouvées. 7

Code R library("desolve") options(prompt = "> ") options(width=70) parameters <- c(mo=1, ao=1, ko=1, n=2, Bo=1, a1=1, B1=1, a2=1, B2=1, a3=1, k3=1, k2=1, Lo=1 ) state <- c(p=2, A=5,Le=1) Lorenz<-function(t, state, parameters) { with(as.list(c(state, parameters)),{ # rate of change dp <- a1*(mo+ao*((a^n)/(ko^n+a^n)))-b1*p da <- a2*p*(((k2*(a3*p*((le)/(k3+le))))/a2*p- (a3*p*((le)/(k3+le))))/(k2*(a3*p*((le)/(k3+le))))/a2*p-(a3*p*((le)/(k3+le)))+k2)-b2*a dle <- Lo-a3*P*((Le)/(k3+Le)) # return the rate of change list(c(dp,da,dle)) }) # end with(as.list... } times <- seq(0, 100, by = 0.1) library(desolve) out <- ode(y = state, times = times, func = Lorenz, parms = parameters) head(out) par(oma = c(0, 0, 4, 5)) plot(out, xlab = "time", ylab = "Var") mtext(outer = TRUE, side = 3, "Opéron Lactose", cex = 1.5) Comparaison : Avec les paramètres utilisés ci-dessus nous pouvons remarquer que dans les deux modèle : P et A diminues jusqu à un équilibre même si les valeurs sont différentes (1.5-1.92 pour P et 1-3.5 pour A avec respectivement valeur du modèle initial-valeur du modèle simplifié). De même, dans les deux modèles L ext augmente jusqu à un équilibre, à nouveau avec des valeurs différentes (2-1). Cependant les valeurs ne sont peu différentes donc la simplification est raisonnable pour le jeu de paramètre choisi. 8

Question 3 Graphiques Paramètres : α 0 =2, k 0 =1, n=3, α 1 =1, β 1=1, α 2 =0.5, β 2 =0.5, U=1 Valeurs initiales : P=2, A=2 9

Question 4 a)(i) U ext petit Nous pouvons donc négliger α 2 *P*U ext par rapport à β 2 *A Matrice Jacobienne=[ ] Où H est la dérivée de Les deux valeurs propres sont β1 et β2 : elles sont toutes les deux négatives donc il s agit d un équilibre asymptotiquement stable. (ii) U ext grand Nous pouvons supposer que nous sommes à l état quasi-stationnaire pour A donc que dp/da=0 Matrice Jacobienne=[ ] Les deux valeurs propres sont à nouveau β1 et β2 donc il s agit d un équilibre asymptotiquement stable. 10

Partie II : Etude qualitative du syste me «repressilator» Introduction du modèle { α 0 *β est la production basale des trois gènes α*β est la constante de la fonction de Hill qui représente la production additionnelle inhibée par p (1,2 ou 3) -β est une constante représentant la dégradation de P 11

Question 1 : { Etudes du ou des point d équilibre : { { ( ) Si p 1 augmente : p 1 -α 0 augmente et : Diminue alors ( diminue. ) augmente et donc ( ) Il n y a qu une intersection possible et donc un unique point d équilibre. 12

Question 2 : Notons le vecteur P=(p 1,p 2,p 3 ) a) Etude du point d équilibre pour les paramètres α 0 =0, α=1, β=1 et n=4 : p*= ( ) { La seule valeur réelle de P1 est : 0.6136528 (calcul avec Scilab, version gratuite de Matlab, car nous ne savons pas implémenter des polynômes sur R) Autour de ce point, nous pouvons linéariser le système : B =MB avec B=P-P* M= [ ] Spectre(M(P*))= {- 1.8257274 ; - 0.5871363 + 0.7151009i ; - 0.5871363-0.7151009i } Conclusion : les valeurs propres sont toutes à partie réelle négative. Puisqu il y en a 2 qui sont des complexes, il s agit d un foyer stable local. b) Etude du point d équilibre pour les paramètres α 0 =0, α=100, β=1 et n=4 : p*= ( ) { La seule valeur réelle de P1 est : 1.1918002 13

Autour de ce point, nous pouvons linéariser le système : B =MB avec B=P-P* M= [ ] Spectre(M(P*))= {- 0.7626903 + 0.4110324i ; - 0.7626903-0.4110324i ; - 1.4746193} Conclusion : les valeurs propres sont toutes à partie réelle négative. Puisqu il y en a 2 qui sont des complexes, il s agit d un foyer stable local. Question 3 : Variation de β : prenons α 0 =0.5, α=5 et n=4 β=1,5 : 14

β=6 : β=9 : Quel que soit 1<β<10 les portraits de phases varient peu. Pour les paramètres fixés, le point d équilibre est localement un centre. Ce résultat est peu étonnant car le système est proche du point d équilibre, dont la valeur ne dépend pas de β. 15

Variation de α : prenons α 0 =0.5, β=5 et n=4 α=1,5 : α=2 : 16

α=3 : α=4 : 17

α=9 : Pour 1<α<4, le point d équilibre est localement un foyer stable. Pour 4<α<10, le point d équilibre est localement un centre. Cela peut s expliquer par le fait qu il s agit du facteur de la production additionnelle des protéines, sa valeur a donc une influence assez conséquente sur la variation de la quantité totale de protéine. Variation de α 0 : prenons α=3, β=5 et n=4 α 0 =0,0000001 : 18

α 0 =0,4 : α 0 =0,7 : 19

α 0 =0,99999 : Avec les différentes valeurs d α 0, il est difficile de définir l évolution de la stabilité. Pour des valeurs faibles, il s agit plutôt d un centre et, pour des valeurs plus proches de 1, d un foyer stable. Cela peut s expliquer par le fait qu il s agit du facteur de la production basale, donc, comme pour α, sa valeur a une influence assez conséquente sur la variation de la quantité totale de protéine. Question 4 : Jeu de paramètres tel que le point d équilibre est instable : α 0 =0, β=1, α=3 et n=4 : Pour un soucis de clareté nous montrerons l évolution d une seule protéine (les trois étant identique). 20

Variations de β : β=10 L amplitude varie peu mais l augmentation de β augmente fortement la fréquence des oscillations. Variation de α 0 : α 0 =0.5 En augmentant α 0, le point d équilibre devient stable puisque nous observons des oscillations amorties. Nous ne constatons pas de variation de fréquence d oscillation et l amplitude initiale est la même que celle de départ. Variation de α : α=10 α n a pas d effet sur la stabilité du point d équilibre mais quand il augmente, l amplitude augmente et la fréquence semble diminuer (faiblement). 21

Question 5 : Nous avons α 0 =0, β=1 et α=10 Pour les mêmes raisons que la question précédente nous montrerons l évolution d une seule protéine. n=2 n=3 n=20 Pour n=2, le point d équilibre est stable, au-delà il est instable. L augmentation de n augmente l amplitude des oscillations alors que la fréquence diminue. 22