BIOLOGIA MOLEKULARNA Lista 3

Zadanie 1

Obecne definicja dla pojęcia ortolog powstała podczas specjacji, natomiast paralogi powstały podczas duplikacji genu. Dlatego ludzka mioglobina i szympansia hemoglobina α są paralogami, ponieważ początkowo powstały podczas dywergencji poprzez duplikacje genu bez specjacji. Wspólny przodek mioglobiny i hemoglobiny α istniał setki milionów lat temu. A wspólny przodek ludzkiej mioglobiny i szympansiej hemoglobiny α istniał 10 milionów lat temu. ?? dokończyć

Paralogi - homologi występujące w obrębie jednego gatunku. Różnią się między sobą funkcjami biochemicznymi.

Ortologi - homologi występujące w różnych gatunkach i spełniają podobne lub identyczne funkcje biochemiczne.

Zadanie 2

Tak. Przykładem jest mioglobina, która jest homologiem do łańcucha α hemoglobiny, który natomiast jest homologiczny do leghemoglobiny. Jest to proste do zrozumienia jeśli się pamięta, że większość białek homologicznych ma podobny kształt.

Zadanie 3

Z 16 aminokwasów danych w każdej sekwencji, siedem jest identycznych, 44%. Inne siedem ma dodatni ładunek w Blosum-62 matrix, jak następuje:

Pyrococcus glucokinase SVGLNEVELASIMEIL

I+I+II II+++ ++I

Drosophila CG6650 gene product SLGMNEQELSNLQQVL

VL +1

LM +3

AS +2

SN +1

IL +2

EQ +3

IV +4

Opierając się na tych danych, jasno widać, że te białka są homologiczne, pomimo tego, że są z bardzo różnych i oddalonych ewolucyjnie gatunków.

Zadanie 4

Utlenianie jabłczanu było problemem, który został rozwiązany podczas ewolucji. Są dwa główne rozwiązania, będące rezultatem konwergencji ewolucyjnej. Struktura centrów aktywnych enzymów jeśli jest podobna to wykonują podobną pracę, inne cząsteczki są ogólnie różne.

Zadanie 5

Obecnie mamy kilka genomów zsekwencjonowanych całkowicie, jest oczywiste, że horyzontalny transfer genu, również zwany lateralnym jest bardzo powszechny w naturze. Oznacza to, że geny mogą przechodzić z jednego gatunku do drugiego, nawet jeśli gatunki bardzo różnią się od siebie. Stąd w ludzkim genomie posiadamy trochę genów bakteryjnych tak jak i archaicznych??? Genów, a wykorzystanie tego do utworzenia drzewa zależności dałoby dziwne wyniki.

Zadanie 6

1. 4, 6, 7

2. 3, 4, 5, 7

3. 1, 2, 7

Odnośnie do c) 2 tranzycja B-DNA do Z-DNA wymaga kompletnego odwrócenia prawostronnej helisy do lewostronnej. Ujemne superzwinięcie promuje odwrócenie B-DNA i dlatego ułatwia przekształcenie w Z-DNA.

Zadanie 7

1. W głównym wgłębieniu atom azotu N-7 adeniny jest akceptorem, H-6 w 6-egzocyklicznej grupie aminowe adeniny jest donorem, i tlen O-4 w tyminie jest akceptorem.

2. W pobocznym wgłębieniu, azot N-3 guaniny jest akceptorem, H-2 w 2-egzocyklicznej grupie aminowej guaniny jest donorem i atom O-2 cytozyny jest akceptorem.

3. Wzór głównego wgłębienia jest noh dla G-C i hon dla C-G

4. Wzór wgłębienia pobocznego są no dla A-T i on dla T-A, w obecności żadnego donoru.

5. Wzory donorów i akceptorów wiązania wodorowego w głównych i pobocznych wgłębieniach B-DNA, rozpoznawane poprzez komplementarne donory i akceptory wiązania wodorowego po stronie aminokwasowej łańcucha bocznego białka, ułatwia specyficzne sekwencyjne interakcje białek i DNA. Wykorzystując takie interakcje białek można rozpoznać specyficzną sekwencję w DNA bez (disrupting) helisy DNA. Notując, że para zasad A-T mają dwa symetryczne odnoszące się do siebie akceptory atomów we wgłębieniu pobocznym i dlatego niesie mniej informacji w tym wgłębieniu niż para zasad G-C. Grupa metylowa w tyminie może także uczestniczyć w rozpoznawaniu DNA poprzez specyficzne interakcje hydrofobowe w białkach. W końcu dana lokalna sekwencja DNA określa kształt lub konformację lokalnego DNA. Białko lub enzym, które łączy się do specyficznej sekwencji może rozpoznać kształt bardziej niż sekwencję. ??????

Zadanie 8

a, b, c, d

Zadanie 9

a, d, e

Zadanie 10

1. 1, 2, 3, 5

2. 1, 2, 4

Zadanie 11

a, b, d, e Chociaż wszystkie topoizomerazy rozrywają i zamykają wiązania fosfodiestrowe, energia zewnętrzna źródła nie jest zawsze wymagana. Rozluźnianie napięcia skrętu jest ujemnie skręcona superzwinięta cząsteczka DNA poprzez relaksacje z topoizomerazą I jest egzoergiczna i nie potrzebuję dostarczania energii, podczas gdy wprowadzenie superzwinięcia z girazą ???? DNA jest endoergiczna i musi być połączona z hydrolizą DNA. Poszczególne mechanizmy reakcji danych topoizomeraz determinują czy są połączone z hydrolizą DNA.

Zadanie 12

a, b, d Odp c jest niepoprawna ponieważ replikacja chromosomu E. coli ma dwa widełki replikacyjne, które syntezują DNA w dwóch kierunkach od miejsca początku replikacji oriC.

Odp e jest niepoprawna, ponieważ tylko nić opóźniona jest syntezowana nieciągle.

Odp f jest nieprawidłowa ponieważ RNA stanowi primer a nie wzór.

Zadanie 13

b, c, d, e Odp a jest niepoprawna, ponieważ enzym przyłącza gr. 3'-OH do 5'-fosforu

Odp d jest prawidłowa, ponieważ aktywność ligazy DNA jest wymagana do otwarcia???? Nieciągłości w powstającym DNA podczas replikacji, naprawy i rekombinacji DNA.

Zadanie 14

W następującej reakcji (overall???), ATP jest hydrolizowane do AMP i pirofosforanu. Tylko AMP może być znakowany. Fosforan znajdujący się w wiązaniu fosfodiestrowym jest wbudowywany do łańcucha polinukleotydowego i nie pojawi się w ATP.

Zadanie 15

2. 7

3. 7, 9, 11

4. 1, 5

5. 3

6. 1, 3

7. 2

8. 16

9. 6, 8

10. 14

11. 4

12. 15

13. 1, 10, 13

14. 12, 17

Odp 5 nie pasuje do c, ponieważ każdy fragment Okazaki jest syntezowany ciągle.

Zadanie 16

Ponieważ polimeraza DNA wydłuża łańcuchy polinukleotydowa tylko w kierunku 5' do 3', i ponieważ dwie linie rodzicielskiego dupleksu DNA są antyrównoległe, usunięcie primerów RNA, które są sparowane z końcem 3' wzorcowego DNA rodzicielskiego opuści koniec 3' DNA ??? bez znaczenia dla syntezy komplementarnej. Z reguły polimeraz DNA uniemożliwia zapoczątkowanie syntezy nowej nici łańcucha DNA de novo. Każdy cykl replikacji byłby skracany, ponieważ fragment DNA nie będzie kopiowany. Aby obejść ten problem ludzkie chromosomy DNA zawierają fragment bogaty w reszty G na końcu - telomery. Dodatkowo, specjalny enzym, telomeraza, będąca polimerazą DNA zależną od RNA (odwrotna transkryptaza) niesie swój własny wzorcowy RNA, który może w efekcie wydłużyć niedokończone końce w każdej rundzie replikacji. Wzorcowy RNA odnawia powtórzenie sekwencji telomeru, dzięki czemu DNA nie jest skracane.

Zadanie 17

b, c, e Rekombinaza posiada mechanizm reakcji podobny do reakcji przeprowadzanej przez topoizomerazę, w której tworzone jest wiązanie fosfodiestrowe w kowalencyjnym połączeniu enzymu - DNA. Wiązanie łączące enzym do DNA posiada wysoką energię swobodną z hydrolizy i jest możliwość resyntezy wiązania fosfodiestrowego rozerwanego podczas tworzenia kompleksu enzym - DNA. W efekcie rekombinaza w przeciwieństwie do ligazy DNA i polimerazy DNA nie potrzebuje dostarczania energii z zewnątrz to utworzenia wiązania fosfodiestrowego.

Zadanie 18

Cytozyna spontanicznie deaminuje się do formy Uracylu w DNA. Taka zmiana mogłaby prowadzić do mutacji podczas następnej rundy replikacji syntezy DNA, ponieważ Uracyl sparowałby się z Adeniną zmieniając parę zasad G-C na A-U. Mechanizm naprawczy komórki, który normalnie wykorzystywałby Uracyl w jego DNA nie byłby w stanie odróżnić Uracylu w powstającej parze zasad A-U z deaminacji Cytozyny utworzonej z normalnej replikacji. Grupa metylowa na Tyminie, która jest prawie uniwersalnie wykorzystywana w DNA, rozróżniając to od utworzonego przez deaminację Uracylu, dzięki czemu Uracyl może zostać naprawiony.

Zadanie 19

C-5 w cytozynie może się spontanicznie deaminować jak cytozyna. Gdy C-5 cytozyny deaminuje tworzy się tymidyna, a nie uracyl. Dlatego N-glikolaza uracylu, enzym naprawiający DNA, nie rozpoznaje tego produktu deaminacji jako niewłaściwa zasada i nie usunie tego z DNA, powodując tranzycję

Zadanie 20

a, b, c, d, e Chociaż nie wspomniane, białko uvrD jest helikazą, która usuwa oligonukleotyd zbudowany z 12 nukleotydów związanego do dimeru tyminy.

Zadanie 21

Porządek nie może zostać jednoznacznie ustalony z danych informacji. Są pokazane dwie możliwości.

Zadanie 22

Ponieważ syntaza tymidylanu jest dezaktywowana, to dostarczenie dTTP jest niewystarczające aby wesprzeć syntezę DNA w normalnej szybkości. Jeśli synteza DNA jest stłumiona, to również szybkość podziału komórek guza. Ten typ leczenia ma zaletę z faktu, że komórki guza dzielą się bardziej gwałtownie niż normalne komórki. Dawka leku jest tak dostosowywana, aby przede wszystkim wpłynąć na bardziej gwałtowne podziały komórkowe.

Zadanie 23

1. Guanozyna

2. Forma ufosforylowana nie może przechodzić przez błony komórkowe.

3. Aktywacja wywołuje dodanie fosforanu do dystalnej grupy OH przy hydrolizie ATP przez kinazę, aby produkować składnik przypominający 5'-GTP. (Chociaż jeden z enzymów odpowiedzialnych za aktywację jest kinaza tymidyny, może ona aktywować inne nukleozydy i inne ich analogi.)

4. Trifosforan acyklowiru będzie stanowił substrat dla polimerazy DNA, i reszta nukleotydu acyklowiru będzie włączony do rosnącego łańcucha polinukleotydowego w miejscu reszty guanozyny. Acyklowir spowoduje przedwczesną terminację powstającego łańcucha polinukleotydowego, ponieważ brakuje wolnej gr. -OH następnego nukleotydu, do której mógłby być przyłączone wiązanie fosfodiestrowe.

5. Kinaza tymidyny jest kodowana przez wirusowy gen, nie od gospodarza. Dlatego, w niezainfekowanych komórkach brakuje wrażliwości na enzym.

6. Mutacje, które osłabiają zdolności każdej wirusowej kinazy tymidyny lub polimerazy DNA, aby wykorzystać analogi aby odtworzyć zainfekowane komórki niewrażliwe na dany czynnik.

---