Примеры решения задач
Необходимые пояснения:
- Один шаг это полный виток спирали ДНК–поворот на 360o
- 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 Мmin – 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%.
Источник: http://festival.1september.ru/articles/631232/ |