Решение задач по молекулярной биологии

Решение задач по молекулярной биологии

Необходимые пояснения:

• Один шаг это полный виток спирали ДНК–поворот на 360^o
• Один шаг составляют 10 пар нуклеотидов
• Длина одного шага – 3,4 нм
• Расстояние между двумя нуклеотидами – 0,34 нм
• Молекулярная масса одного нуклеотида – 345 г/моль
• Молекулярная масса одной аминокислоты – 120 г/мол
• В молекуле ДНК: А+Г=Т+Ц (Правило Чаргаффа: ∑(А) = ∑(Т), ∑(Г) = ∑(Ц), ∑(А+Г) =∑(Т+Ц)
• Комплементарность нуклеотидов: А=Т; Г=Ц
• Цепи ДНК удерживаются водородными связями, которые образуются между комплементарными азотистыми основаниями: аденин с тимином соединяются 2 водородными связями, а гуанин с цитозином тремя.
• В среднем один белок содержит 400 аминокислот;
• вычисление молекулярной массы белка:

  
где М_min – минимальная молекулярная масса белка, 
а – атомная или молекулярная масса компонента, 
в – процентное содержание компонента.

Задача  № 1.Одна из цепочек  ДНК имеет последовательность нуклеотидов : АГТ  АЦЦ  ГАТ  АЦТ  ЦГА  ТТТ  АЦГ  ... Какую последовательность нуклеотидов имеет вторая цепочка ДНК той же молекулы. Для наглядности  можно использовать  магнитную "азбуку" ДНК (прием автора статьи) . 
Решение: по принципу комплементарности достраиваем вторую цепочку (А-Т,Г-Ц) .Она выглядит следующим образом: ТЦА  ТГГ  ЦТА   ТГА  ГЦТ  ААА  ТГЦ.

Задача  № 2. Последовательность нуклеотидов в начале гена, хранящего информацию о белке инсулине, начинается так: ААА  ЦАЦ  ЦТГ  ЦТТ  ГТА  ГАЦ. Напишите последовательности аминокислот, которой начинается цепь инсулина. 
Решение: Задание выполняется с помощью таблицы генетического кода, в которой нуклеотиды в иРНК (в скобках – в исходной ДНК) соответствуют аминокислотным остаткам.

Задача  № 3. Большая из двух цепей белка инсулина имеет (так называемая цепь В) начинается со следующих аминокислот : фенилаланин-валин-аспарагин-глутаминовая кислота-гистидин-лейцин. Напишите последовательность нуклеотидов в начале участка молекулы ДНК,  хранящего информацию об этом белке.

Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): т.к. одну аминокислоту могут кодировать несколько триплетов, точную структуру и-РНК  и участка  ДНКопределить невозможно, структура может варьировать. Используя принцип комплементарности  и таблицу генетического кода получаем один из вариантов:

Цепь  белка		Фен	Вал	Асн	Глу	Гис	Лей
и-РНК		УУУ	ГУУ	ААУ	ГАА	ЦАЦ	УУА
ДНК	1-я цепь	ААА	ЦАА	ТТА	ЦТТ	ГТГ	ААТ
	2-я цепь	ТТТ	ГТТ	ААТ	ГАА	ЦАЦ	ТТА

Задача  № 4. Участок гена имеет следующее строение, состоящее из последовательности нуклеотидов: ЦГГ  ЦГЦ  ТЦА  ААА  ТЦГ  ...  Укажите строение соответствующего участка белка, информация о котором содержится в данном гене. Как отразится на строении  белка удаление из гена четвертого нуклеотида?

Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Используя принцип комплементарности  и таблицу генетического кода получаем:

Цепь ДНК	ЦГГ	ЦГЦ	ТЦА	ААА	ТЦГ
и -РНК	ГЦЦ	ГЦГ	АГУ	УУУ	АГЦ
Аминокислоты цепи белка	Ала-Ала-Сер-Фен-Сер

При удалении из гена четвертого нуклеотида – Ц произойдут заметные изменения – уменьшится количество и состав аминокислот в  белке:

Цепь ДНК	ЦГГ	ГЦТ	ЦАА	ААТ	ЦГ
и -РНК	ГЦЦ	ЦГА	ГУУ	УУА	ГЦ
Аминокислоты цепи белка	Ала-Арг-Вал-Лей-

Задача  № 5. Вирусом табачной мозаики (РНК-содержащий вирус) синтезируется участок белка с аминокислотной последовательностью: Ала – Тре – Сер – Глу – Мет-. Под действием азотистой кислоты (мутагенный фактор) цитозин в результате дезаминирова ния превращается в урацил. Какое строение будет иметь участок белка вируса табачной мозаики,  если все цитидиловые нуклеотиды  подвергнутся указанному химическому превращению?

Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Используя принцип комплементарности  и таблицу генетического кода получаем  :

Аминокислоты цепи белка (исходная)	Ала – Тре – Сер – Глу – Мет-
и -РНК (исходная)	ГЦУ	АЦГ	АГУ	ГАГ	АУГ
и -РНК (дезаминированная)	ГУУ	АУГ	АГУ	ГАГ	АУГ
Аминокислоты цепи белка (дезаминированная)	Вал – Мет –  Сер – Глу – Мет-

Задача  № 6. При  синдроме Фанкоми (нарушение образования костной ткани)  у больного с мочой выделяются аминокислоты , которым соответствуют кодоны в и -РНК : АУА   ГУЦ  АУГ  УЦА  УУГ  ГУУ  АУУ. Определите, выделение каких аминокислот с мочой характерно  для синдрома Фанкоми, если у здорового человека в моче содержатся аминокислоты аланин, серин, глутаминовая кислота, глицин.

Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Используя принцип комплементарности  и таблицу генетического кода получаем:

и -РНК	АУА	ГУЦ	АУГ	УЦА	УУГ	ГУУ	АУУ
Аминокислоты цепи белка (больного человека)	Изе-Вал-Мет-Сер-Лей-Вал-Иле
Аминокислоты цепи белка (здорового человека)	Ала-Сер-Глу-Гли

Таким образом, в моче больного человека только одна аминокислота (серин) такая же как, у здорового человека, остальные – новые, а три, характерные для здорового человека, отсутствуют.

Задача  № 7. Цепь А инсулина быка в 8-м звене содержит аланин, а лошади – треонин, в 9-м звене соответственно серин и глицин. Что можно сказать о происхождении инсулинов?

Решение (для удобства  сравнения используем табличную форму записи решения):Посмотрим, какими триплетами в и-РНК кодируются упомянутые в условии задачи аминокислоты.

Организм	Бык	Лошадь
8-е звено	Ала	Тре
и- РНК	ГЦУ	АЦУ
9-е звено	Сер	Гли
и- РНК	АГУ	ГГУ

Т.к. аминокислоты кодируются  разными триплетами, взяты триплеты, минимално отличающиеся друг от друга. В данном случае  у лошади и быка в 8-м и 9-м звеньях  изменены аминокислоты в результате замены первых нуклеотидов в триплетах и -РНК : гуанин заменен на аденин ( или наоборот). В двухцепочечной ДНК  это будет равноценно замене пары Ц-Г  на  Т-А (или наоборот). 
Следовательно, отличия цепей А инсулина быка и  лошади обусловлены транзициями в участке молекулы ДНК, кодирующей 8-е и 9-е звенья цепи А инсулинов быка и лошади.

Задача  № 7 . Исследования показали, что в и- РНК содержится 34% гуанина,18% урацила, 28% цитозина и 20% аденина.Определите процентный состав  азотистых оснваний в участке ДНК, являющейся матрицей для данной и-РНК. 
Решение (для удобства   используем табличную форму записи решения): Процентное соотношение азотистых оснований высчитываем исходя из принципа комплементарности:

и-РНК	Г	У	Ц	А
	34%	18%	28%	20%
ДНК (смысловая цепь, считываемая)	Г	А	Ц	Т
	28%	18%	34%	20%
ДНК (антисмысловая цепь)	Г	А	Ц	Т
	34%	20%	28%	18%

Суммарно  А+Т  и Г+Ц в смысловой цепи будут составлять: А+Т=18%+20%=38%  ; Г+Ц=28%+34%=62%. В антисмысловой (некодируемой) цепи суммарные показатели будут такими же , только процент отдельных оснований будет обратный: А+Т=20%+18%=38%  ; Г+Ц=34%+28%=62%. В обеих же цепях в парах комплиментарных оснований будет поровну, т.е аденина и тимина – по 19%, гуанина и цитозина по 31%.

Задача  № 8.  На фрагменте одной нити ДНК нуклеотиды расположены в последователь ности:  А–А–Г–Т–Ц–Т–А–Ц–Г–Т–А–Т. Определите процентное содержание всех нукле отидов в этом фрагменте ДНК и длину гена.

Решение:

1) достраиваем вторую нить (по принципу комплементарности)

2) ∑(А +Т+Ц+Г) = 24,из них ∑(А) = 8 = ∑(Т)

24 – 100%	=> х = 33,4%
8 – х%

 

24 – 100%	=>  х = 16,6%
4 –  х%

 

∑(Г) = 4 = ∑(Ц)    

 
3) молекула ДНК двуцепочечная, поэтому длина гена равна длине одной цепи:

12 × 0,34 = 4,08 нм

Задача  № 9. В молекуле ДНК на долю цитидиловых нуклеотидов приходится 18%. Определите процентное содержание других нуклеотидов в этой ДНК.

Решение:

1) т.к. Ц = 18%, то и Г  = 18%; 
2) на долю А+Т приходится 100% – (18% +18%) = 64%, т.е. по 32%

Задача  № 10. В молекуле ДНК обнаружено 880 гуанидиловых нуклеотидов, которые составляют 22% от общего числа нуклеотидов в этой ДНК. Определите: а) сколько других нуклеотидов в этой ДНК? б) какова длина этого фрагмента?

Решение:

1) ∑(Г) = ∑(Ц)= 880 (это 22%); На  долю других нуклеотидов приходится 100% – (22%+22%)= 56%, т.е. по 28%; Для вычисления  количества этих нуклеотидов  составляем пропорцию:

22% – 880 
28% – х, отсюда х = 1120

2) для определения длины  ДНК нужно узнать, сколько всего  нуклеотидов содержится в 1 цепи:

(880 + 880 + 1120 + 1120) : 2 = 2000 
2000 × 0,34 = 680 (нм)

Задача  № 11. Дана молекула ДНК с относительной  молекулярной массой 69 000, из них 8625 приходится на долю адениловых нуклеотидов. Найдите количество всех нуклеотидов в этой ДНК. Определите длину этого фрагмента.

Решение:

1) 69 000 : 345 = 200 (нуклеотидов в ДНК), 8625 : 345 = 25 (адениловых нуклеотидов в этой ДНК),∑(Г+Ц) = 200 – (25+25)= 150, т.е. их по 75; 
2) 200 нуклеотидов в двух цепях, значит в одной – 100. 100 × 0,34 = 34 (нм)

Задача  № 12. Что тяжелее: белок или его ген?

Решение: Пусть х – количество аминокислот в белке, тогда масса этого белка – 120х, количество нуклеотидов в гене, кодирующем этот белок, – 3х, масса этого гена – 345 × 3х.  120х < 345 × 3х, значит ген тяжелее белка.

Задача  № 13. Гемоглобин крови человека содержит 0, 34% железа. Вычислите минимальную молекулярную массу гемоглобина. 
 
Решение: М_min = 56 : 0,34% · 100% = 16471 
 
Задача №14. Альбумин сыворотки крови человека имеет молекулярную массу 68400. Определите количество аминокислотных остатков в молекуле этого белка. 
 
Решение: 68400 : 120 = 570 (аминокислот в молекуле альбумина) 
 
Задача №15. Белок содержит 0,5% глицина. Чему равна минимальная молекулярная масса этого белка, если М глицина = 75,1? Сколько аминокислотных остатков в этом белке? 
 
Решение: М_min = 75,1 : 0,5% · 100% = 15020 ; 15020 : 120 = 125 (аминокислот в этом белке)