МОЛЕКУЛЯРНІ ОСНОВИ СПАДКОВОСТІ
Під час розв’язання таких задач необхідно пам’ятати, що:
· довжина одного нуклеотида, або відстань між двома сусідніми вздовж осі ДНК, становить 0,34 нм;
· середня молекулярна маса одного нуклеотида 345 умовних одиниць;
· середня молекулярна маса однієї амінокислоти дорівнює 100 умовних одиниць;
· молекула білка в середньому складається з 200 амінокислот;
· кожну амінокислоту в білковій молекулі кодує триплет нуклеотидів і-РНК (під час трансляції);
· для визначення довжини гена (l) враховують кількість нуклеотидів, яка міститься в одному ланцюзі ДНК;
· для визначення молекулярної маси гена (Mr) враховують кількість нуклеотидів, що міститься у двох ланцюгах ДНК;
· трансляція здійснюється згідно з генетичним кодом;
· для всіх ДНК виконується правило Чаргаффа: А=Т; Г=Ц;
· А+Г = Т+Ц (вміст пуринових азотистих основ – аденіну і гуаніну – дорівнює вмісту піримідинових азотистих основ – тиміну і цитозину);
· сума всіх нуклеотидів в молекулі ДНК або РНК (А+Т+Г+Ц чи А+У+Г+Ц) становить 100%.
Задача 1.На фрагменті одного ланцюга ДНК нуклеотиди розташовані в послідовності, показаній нижче.
… АГТАЦГГЦАТГТАГЦ …
1. Намалюйте схему структури дволанцюгової молекули ДНК.
2. Якою є довжина в нанометрах цього фрагмента?
3. Якою є маса дволанцюгового фрагмента?
Розв’язання
1. Керуючись властивістю ДНК, здатністю до самовідтворення (реплікації), в основі якого лежить комплементарність, запишемо схему дволанцюгової ДНК:
ДНК:
|
А
|
Г
|
Т
|
|
А
|
Ц
|
Г
|
|
Г
|
Ц
|
А
|
|
Т
|
Г
|
Ц
|
|
А
|
Г
|
Ц
|
| |||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
| |||||||||||||
Т
|
Ц
|
А
|
-
|
Т
|
Г
|
Ц
|
-
|
Ц
|
Г
|
Т
|
-
|
А
|
Ц
|
Г
|
-
|
Т
|
Ц
|
Г
|
-
|
2. Довжина одного нуклеотида, або відстань між двома сусідніми вздовж осі ДНК, становить 0,34 нм. Довжина дволанцюгового фрагмента дорівнює довжині одного ланцюга.
l = 15 х 0,34 = 5,1 (нм) (15 - кількість нуклеотидів в одному ланцюгу).
3. Середня молекулярна маса одного нуклеотида 345 умовних одиниць, молекулярна маса фрагмента ДНК:
Мr = 345 х 15 = 5175 (а.о.м) (30 – кількість нуклеотидів у двох ланцюгах).
Відповідь. Другий ланцюг фрагмента ДНК має таку структуру: ТЦА – ТГЦ – ЦГТ – АЦГ – ТЦГ ; довжина фрагмента ДНК – 5,1 нм; молекулярна маса фрагмента ДНК – 5175 а.о.м.
Задача 2.Фрагмент першого ланцюга ДНК має таку нуклеотидну послідовність: ТАЦАГАТГГАГТЦГЦ. Визначте послідовність мономерів білка, закодованого фрагментом другого ланцюга ДНК.
Розв’язання
ДНК: -
|
ТАЦ
|
-
|
АГА
|
-
|
ТГГ
|
-
|
АГТ
|
-
|
ЦГЦ-
| |
|||
|
|||
|
|||
|
|||
|
|||
| ||||||
АТГ
|
-
|
ТЦТ
|
-
|
АЦЦ -
|
ТЦА
|
-
|
ГЦГ-
| |||
іРНК: -
|
УАЦ
|
-
|
АГА
|
-
|
УГГ
|
-
|
АГУ
|
-
|
ЦГЦ-
| |
Білок: -
|
тир
|
-
|
арг
|
-
|
трип
|
-
|
сер
|
-
|
арг-
| |
Відповідь. Послідовність мономерів білка: тирозин – аргінін – триптофан – серин – аргінін.
Задача 3.Фрагмент ланцюга А білка нормального гемоглобіну складається із 7 амінокислот, розміщених у такій послідовності:
вал – лей – лей – тре – про – глн – ліз.
1. Яка будова фрагмента іРНК, що є матрицею для синтезу цього фрагмента молекули гемоглобіну?
2. Яка будова фрагмента ДНК, що кодує дану іРНК?
Розв’язання-відповідь
Білок:
|
вал
|
-
|
лей
|
-
|
лей
|
-
|
тре
|
-
|
про
|
-
|
гли
|
-
|
ліз
|
іРНК:
|
ГУУ
|
-
|
УУА
|
-
|
УУА
|
-
|
АЦУ
|
-
|
ЦЦУ
|
-
|
ЦАА
|
-
|
ААА
|
ДНК:
|
ЦАА
|
-
|
ААТ
|
-
|
ААТ
|
-
|
ТГА
|
-
|
ГГА
|
-
|
ГТТ
|
-
|
ТТТ
|
|||
|
|||
|
|||
|
|||
|
|||
|
|||
|
|||
| |||||||
ГТТ
|
ТТА
|
ТТА
|
АЦТ
|
ЦЦТ
|
ЦАА
|
ААА
| |||||||
Задача 4.Біохімічний аналіз показав, що іРНК має 30% аденіну, 18% гуаніну та 20% урацилу. Визначте частку (у %) кожного нуклеотида у відповідному фрагменті дволанцюгової ДНК?
Розв’язання
Дано:
А(іРНК)= 30%;
Г (іРНК) = 18%;
У(іРНК)= 20%.
А(ДНК)- ? Т(ДНК)- ?
Г(ДНК) - ? Ц(ДНК)-?
|
Визначаємо відсоток цитозинових нуклеотидів у даній іРНК:
Ц (іРНК)=100% - (А(іРНК)+У(іРНК)+Г(іРНК)) =
= 100% - (30% +20% + 18%) = 32%.
Визначаємо відсоток аденінових і тимінових нуклеотидів (окремо) у фрагменті ДНК:
А(ДНК)= Т(ДНК) = (А(іРНК)+У(іРНК)) : 2 = (30% + 20%) : 2 = 25%.
Визначаємо відсоток гуанінового і цитозиновог нуклеотидів (окремо) у фрагменті ДНК:
Г(ДНК)= Ц(ДНК)= (Г(ДНК)+Ц(ДНК)) : 2 = (18% + 32%) : 2 = 25%.
Відповідь. Частка кожного нуклеотида у відповідному фрагменті дволанцюгової ДНК становить 25%.
|
Задача 5. Білок складається зі 124 аміноліслот. Порівняйте відносні молекулярні маси білка та гена, який його кодує.
Розв’язання
Дано:
Склад білка – 124 амінокислоти; Мr(амінокислоти) = 100; Мr(нуклеотида) = 345. Мr(гена) - ? Мr(білка) - ? |
1). Визначаємо відносну молекулярну масу білка:
124 х 100 = 12400.
2). Визначаємо кількість нуклеотидів у складі гена, що кодує даний білок: 124 х 3 х 2 = 744 (нуклеотиди).
3). Визначаємо відносну молекулярну масу гена:
744 х 345 = 256 680.
4). Визначаємо, у скільки разів ген важчий за білок:
256 680 : 12400 = 20,7 (рази).
Відповідь. Відносна молекулярна маса гена у 20,7 рази більша, ніж кодованого білка.
|
Задача 6.Гормон росту людини (соматотропін) – білок, що містить 191 амінокислоту. Скільки кодуючи нуклеотидів і триплетів входить до складу гена соматотропіну?
Розв’язання
Одну амінокислоту кодує триплет нуклеотидів , отже, до складу гена соматотропну входить 191 триплет.
191 х 3 = 573 (нуклеотиди) – один ланцюг;
573 х 2 = 1146 (нуклеотидів) – обидва ланцюги.
Відповідь. До складу гена соматотропіну входить 191 триплет, що містить 1146 нуклеотидів (обидва ланцюги гена).
Задача 7.У хворого на синдром Фанконі (порушення утворення кісткової тканини) із сечею виділяються амінокислоти, яким відповідають наступні триплети іРНК: АУА, ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, УАУ, ГУУ, АУУ. Визначте, які амінокислоти виділяються із сечею у хворих на синдром Фанконі (див. таблиця «Генетичний код»).
Розв’язання
Амінокіслоти: ілей, вал, мет, сер, лей, тир, вал, ілей.
Відповідь. У хворих на синдром Фанконі виділяються із сечею такі амінокислоти: ізолейцин, валін, метіонін, серін, лейцин, тирозин.
Коментарі
Дописати коментар