Porte à déplacement de brin d'ADN

Les toeholds transforment la reconnaissance moléculaire en logique, au rythme de la chimie.

Exemple résolu — Porte à déplacement de brin d'ADN

Sortie booléenne	1
Déclencheur effectif	100 nM
Taux pseudo-premier ordre	1,00 × 10⁻³ s⁻¹
Temps jusqu'à 90 %	38,4 min

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Les portes ADN calculent par chimie 🖖

Un toehold recrute l'entrée puis la migration de branche déplace la sortie. La séquence choisit qui réagit ; concentration et liaison choisissent la vitesse.

Deux curseurs, un seul nombre 🖖

La réponse est y = 1 − exp(−kCt) : le temps pour atteindre une fraction quelconque ne dépend que du produit de la constante de vitesse et de la concentration du déclencheur. Doublez k et divisez C par deux, la courbe est identique et les deux atteignent 90 % à 2,3026/kC. Le modèle a un seul degré de liberté. Un toehold lent se paie en concentration, jusqu’à ce que la concentration se heurte au prix de l’ADN.

Trente-huit minutes pour commuter 🖖

Avec les valeurs par défaut, 10⁴ M⁻¹s⁻¹ et 100 nM, la porte met 38 minutes à atteindre 90 %, soit environ 2 × 10¹⁴ fois une porte en silicium de 10 ps. Poussez les deux à un plafond plausible, 10⁶ M⁻¹s⁻¹ et 1 µM, et l’on obtient 2,3 secondes : encore 2 × 10¹¹ fois plus lent. La logique moléculaire gagne environ 10⁴ sur l’énergie par événement et perd 10¹¹ sur le temps.

Problème entièrement résolu

Quelle profondeur un circuit d'ADN peut atteindre en une journée, à raison de 38 minutes par porte 6 étapes
Une porte à déplacement de brin atteint 90 % de son signal de sortie avec une constante de vitesse de 10⁴ M⁻¹s⁻¹ et un déclencheur à 100 nM. Déduisez le temps nécessaire. Calculez ensuite combien de ces portes peuvent être enchaînées en une journée, et indiquez ce que cela limite.
1. La réponse est du premier ordre par rapport au déclencheur : y = 1 − e^(−kCt). En posant y = 0,9 et en réordonnant les termes, le 0,9 devient ln 10 = 2,3026, car 1 − 0,9 vaut un dixième.
  
  $y = 1 - e^{- k C t} = 0.9 \Rightarrow k C t = ln 10 = 2.3026$
2. Ainsi, t = ln 10 ÷ (kC), et tout ce qui caractérise la porte réside dans ce seul produit kC. Rien d'autre dans l'expression ne subsiste après le réarrangement.
  
  $t = \frac{ln 10}{k C}$
3. Injectons les valeurs numériques. 100 nM équivaut à 1 × 10⁻⁷ M, donc kC = 10⁴ × 10⁻⁷ = 10⁻³ s⁻¹, et t = 2,3026 ÷ 10⁻³ = 2 303 s, soit 38,4 minutes.
  
  $k C = 1 0^{4} \times 1 0^{- 7} = 1 0^{- 3} s^{- 1} \Rightarrow t = 2, 303 s = 38.4 min$
4. Voici maintenant ce que le panneau ne modélise pas : il montre une seule porte, alors qu'un circuit est un assemblage de portes en série. Dix d'entre elles, chacune attendant la précédente, nécessitent 23 026 s, soit 6,4 heures.
  
  $t_{10} = \frac{10 ln 10}{k C} = 23, 026 s = 6.4 h$
5. Inversons la question pour voir ce qu'apporte une journée. 86 400 ÷ 2 303 = 37,5 portes de profondeur. Une journée de réaction chimique vous donne un circuit de trente-sept couches de profondeur, et cela constitue l'intégralité du calcul, pas trente-sept opérations par seconde.
  
  $\frac{86 , 400}{2 , 303} = 37.5 gates deep per day$
6. Poussons les deux curseurs à leur plafond plausible, 10⁶ M⁻¹s⁻¹ et 1 µM : kC devient 1 s⁻¹ et une porte prend 2,30 s. Une journée permet alors d'atteindre une profondeur de 37 523 portes — mille fois mieux, alors qu'une porte en silicium à 10 ps en réalise toujours 8,64 × 10¹⁵ dans la même journée.
  
  $k C = 1 0^{6} \times 1 0^{- 6} = 1 s^{- 1} \Rightarrow t = 2.30 s, 37, 523 deep$
Réponse

38,4 minutes par porte, soit 37,5 portes de profondeur en une journée, ou 37 523 au meilleur taux qu'on puisse plausiblement atteindre. Le nombre qui compte est la PROFONDEUR, et non le nombre total, car un circuit à déplacement de brin est à la fois extrêmement parallèle et désespérément sériel : toutes les portes d'une même couche s'exécutent en même temps dans le même tube, et la couche suivante ne peut pas commencer tant que celle-ci n'est pas terminée. La bonne comparaison ne se fait donc pas par rapport aux opérations par seconde d'une puce — elle se fait par rapport au chemin critique d'une puce, et là l'écart est de 2,3 × 10¹⁴ par couche. C'est pourquoi les circuits d'ADN publiés sont peu profonds : le circuit de racine carrée construit par Qian et Winfree en 2011 ne comportait qu'une poignée de couches et prenait des heures, et aucune augmentation de la taille du tube ne modifie la profondeur. La chimie offre la largeur gratuitement et paie la profondeur en temps d'horloge.

Parcours

Calculer avec des molécules

Mène à Énergie par opération des secondes par opération.

Références (2)

Experimental characterization and kinetic modeling of toehold-controlled strand displacement: D. Y. Zhang and E. Winfree, “Control of DNA Strand Displacement Kinetics Using Toehold Exchange.” Journal of the American Chemical Society 131(47), 17303–17314, 2009.
The scalable Boolean DNA circuit architecture behind the gate examples: L. Qian and E. Winfree, “Scaling up digital circuit computation with DNA strand displacement cascades.” Science 332(6034), 1196–1201, 2011.

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-08-22

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Exemples de problèmes

porte ET moyenne - Un toehold moyen à 100 nM atteint 90 % de sortie en 38,4 min.
porte OU faible - Un toehold cent fois plus faible met cent fois plus longtemps : 64 h pour les mêmes 90 %.
porte ET forte - Un toehold fort à la même concentration y arrive en 23 s.
entrée ET manquante - Une entrée manquante, et dans ce modèle idéalisé la porte ET ne produit aucune sortie.