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Lösungen zu den Aufgaben Kapitel 1 1. Wasserstoffbrückendonatoren sind die NH- und NH 2 -Grup- pen. Wasserstoffbrückenakzeptoren sind die Sauerstoffatome der Carbonylgruppen und diejenigen Stickstoffatome in den Ringen, an die kein Wasserstoff und keine Desoxyribose ge- bunden sind. 2. Tauschen Sie im Sechserring die Positionen der Einzel- und Doppelbindungen aus. 3. a) Ionische Wechselwirkungen b) Van-der-Waals-Wechselwirkungen 4. Reaktionen a und b 5. S System = 661 J mol 1 K 1 S Universum = +842 J mol 1 K 1 6. a) 1,0; b) 13,0; c) 1,3; d) 12,7 7. 2,88 8. 1,96 9. 55,5 M 10. 11,83 11. 447; 0,00050 12. 0,00066 M 13. 6,0 14. 5,53 15. 6,48 16. 7,8 17. 100 18. a) 1,6; b) 0,51; c) 0,16 19. 20. 0,1 M Natriumacetatlösung: 6,34; 6,03; 5,70; 4,75 0,01 M Natriumacetatlösung: 5,90; 4,75; 3,38; 1,40 21. 90 mM Essigsäure; 160 mM Natriumacetat; 0,18 mol Essig- säure; 0,32 mol Natriumacetat; 10,81 g Essigsäure; 26,25 g Natriumacetat 22. 0,5 mol Essigsäure; 0,32 mol NaOH; 30,03 g Essigsäure; 12,80 g NaOH 23. 250 mM; ja; nein, es sind auch 90 mM NaCl enthalten 24. 8,63 g Na 2 HPO 4 ; 4,71 g NaH 2 PO 4 25. 7,0; dieser Puffer ist wenig hilfreich, da sich der pH-Wert vom pK S -Wert stark unterscheidet 26. 1,45 kJ mol 1 ; 57,9 kJ mol 1 27. Etwa 15 Mio. unterschiedliche Basenpaare 28. (20!) / (10!) (10!) = 184.756 29. 7,9 % Kapitel 2 1. a) Prolin, Pro, P; b) Tyrosin; Tyr, Y; c) Leucin, Leu, L; d) Ly- sin, Lys, K 2. a) C, B, A; b) D; c) D, B; d) B, D; e) B 3. a) 6; b) 2; c) 3; d) 1; e) 4; f) 5 4. a) Ala; b) Tyr; c) Ser; d) His 5. Ser, Glu, Tyr, Thr 6. a) Alanin-Glycin-Serin; b) Alanin; c) und d) CH 3 CH 2 OH H H O N H C H C O C O N C H C N H C H Peptidbindungen a-Kohlen- stoffatome 7. a) Bei pH 5,5 ist die Nettoladung +1. H 3 N + + H H CH 2 NH CH C N CH C O O O HN 0 2 4 6 8 10 pH 12 14 Zugabe von OH © Springer-Verlag GmbH Deutschland 2018 J. M. Berg, J. L. Tymoczko, G. J. Gatto jr., L. Stryer, Stryer Biochemie, https://doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8 1257

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  • Lösungen zu den Aufgaben

    Kapitel 11. Wasserstoffbrückendonatoren sind die NH- und NH2-Grup-

    pen. Wasserstoffbrückenakzeptoren sind die Sauerstoffatome der Carbonylgruppen und diejenigen Stickstoffatome in den Ringen, an die kein Wasserstoff und keine Desoxyribose ge-bunden sind.

    2. Tauschen Sie im Sechserring die Positionen der Einzel- und Doppelbindungen aus.

    3. a) Ionische Wechselwirkungenb) Van-der-Waals-Wechselwirkungen

    4. Reaktionen a und b5. ∆SSystem = −661 J mol−1 K−1

    ∆SUniversum = +842 J mol−1 K−16. a) 1,0; b) 13,0; c) 1,3; d) 12,77. 2,888. 1,969. 55,5 M10. 11,8311. 447; 0,0005012. 0,00066 M13. 6,014. 5,5315. 6,4816. 7,817. 10018. a) 1,6; b) 0,51; c) 0,1619.

    20. 0,1 M Natriumacetatlösung: 6,34; 6,03; 5,70; 4,750,01 M Natriumacetatlösung: 5,90; 4,75; 3,38; 1,40

    21. 90 mM Essigsäure; 160 mM Natriumacetat; 0,18 mol Essig-säure; 0,32 mol Natriumacetat; 10,81 g Essigsäure; 26,25 g Natriumacetat

    22. 0,5 mol Essigsäure; 0,32 mol NaOH; 30,03 g Essigsäure; 12,80 g NaOH

    23. 250 mM; ja; nein, es sind auch 90 mM NaCl enthalten24. 8,63 g Na2HPO4; 4,71 g NaH2PO425. 7,0; dieser Puffer ist wenig hilfreich, da sich der pH-Wert

    vom pKS-Wert stark unterscheidet26. 1,45 kJ mol−1; 57,9 kJ mol−1

    27. Etwa 15 Mio. unterschiedliche Basenpaare28. (20!)/(10!) (10!) = 184.75629. 7,9 %

    Kapitel 21. a) Prolin, Pro, P; b) Tyrosin; Tyr, Y; c) Leucin, Leu, L; d) Ly-

    sin, Lys, K2. a) C, B, A; b) D; c) D, B; d) B, D; e) B3. a) 6; b) 2; c) 3; d) 1; e) 4; f) 54. a) Ala; b) Tyr; c) Ser; d) His5. Ser, Glu, Tyr, Thr6. a) Alanin-Glycin-Serin; b) Alanin; c) und d)

    CH3 CH2OHH H O

    N

    H

    C

    H

    C

    O

    C

    O

    N C

    H

    C N

    H

    C

    H

    Peptidbindungen

    a-Kohlen-stoffatome

    7. a) Bei pH 5,5 ist die Nettoladung +1.

    H3N+

    +

    H H CH2

    NH

    CH C N CH C O

    O O

    HN

    0

    2

    4

    6

    8

    10

    pH

    12

    14

    Zugabe von OH–

    © Springer-Verlag GmbH Deutschland 2018J. M. Berg, J. L. Tymoczko, G. J. Gatto jr., L. Stryer, Stryer Biochemie, https://doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8

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    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_1http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_2

  • b) Bei pH 7,5 ist die Nettoladung 0.

    H3N

    H H CH2

    NH

    CH C N CH C O

    O O

    N

    + –

    8. An jeder der 50 Positionen kann eine von 20 Aminosäuren stehen: 2050 oder 1,1 1065

    9.

    H3N+

    CH2

    C

    O–

    O

    H CH2

    CH C N CH C O CH3

    O O

    Aspartam bei pH 7

    10. Die sich wiederholende Einheit Stickstoff/α-Kohlenstoff/Carbonylkohlenstoff

    11. Die Seitenkette ist die funktionelle Gruppe, die am α-Kohlen-stoffatom der Aminosäure befestigt ist.

    12. Die Aminosäurezusammensetzung gibt nur die Aminosäuren an, aus denen ein Protein besteht. Die Reihenfolge wird dabei nicht berücksichtigt. Die Aminosäuresequenz ist das Gleiche wie die Primärstruktur – die Sequenz der Aminosäuren vom Aminoterminus zum Caboxylende des Proteins.

    13. a) Jeder Strang hat eine Masse von 35 kDa, umfasst also 318 Reste (mittlere Masse pro Rest 110 Da). Da die Steig-höhe einer α-Helix 0,15 nm pro Rest beträgt, ergibt sich eine Länge von 47,7 nm. Noch genauer: Bei einer superspi-ralisierten α-Helix beträgt die Steighöhe pro Rest 0,146 nm, sodass sich für die Länge 46,4 nm ergeben.b) Achtzehn Reste in jedem Strang (40 minus 4 geteilt durch 2) liegen in einer β-Faltblatt-Konformation vor. Bei einer Steighöhe von 0,35 nm pro Rest ergibt sich eine Länge von 6,3 nm.

    14. Die Methylgruppe am β-Kohlenstoffatom des Isoleucins behindert sterisch die Bildung einer α-Helix. Beim Leucin ist diese Methylgruppe an das γ-Kohlenstoffatom gebunden, das weiter von der Hauptkette entfernt liegt; so bleibt die Behinderung aus.

    15. Prolin und Glycin. Die ringförmige Seitenkette von Prolin, in der das Stickstoff- und das α-Kohlenstoffatom verknüpft sind, schränkt φ auf einen sehr engen Bereich ein (etwa −60°). Durch die fehlende sterische Behinderung durch das Wasserstoffatom der Seitenkette von Glycin nimmt diese Aminosäure im Ramachandran-Plot viel mehr Raum ein.

    16. Die erste Mutation zerstört die Aktivität, weil Valin mehr Raum beansprucht als Alanin; das Protein muss infolgedes-sen eine andere Form annehmen, wenn man davon ausgeht, dass dieser Rest in einer dicht gepackten Umgebung liegt.

    Die zweite Mutation stellt die Aktivität wieder her, weil sie zu einer kompensatorischen Verringerung des Volumens führt: Glycin ist kleiner als Isoleucin.

    17. Schleifen liegen immer an der Oberfläche von Proteinen und sind der Umgebung ausgesetzt. Da viele Proteine in einer wässrigen Umgebung vorkommen, sind die exponierten Schleifen hydrophil und können daher mit Wasser interagie-ren.

    18. Die native Konformation des Insulins ist nicht die thermody-namisch stabilste Form, da das Molekül aus zwei einzelnen, über Disulfidbrücken verknüpften Peptiden besteht. Tatsäch-lich entsteht Insulin aus Proinsulin, einer einkettigen Vor-stufe, die nach Bildung der Disulfidbrücken gespalten wird, um Insulin zu erzeugen, das aus 51 Aminosäuren besteht.

    19. Ein Abschnitt der Hauptkette der Protease kann mit der Hauptkette des Substrats Wasserstoffbrücken ausbilden und so ein ausgestrecktes paralleles oder antiparalleles Paar von β-Strängen erzeugen.

    20. Glycin hat von allen Aminosäuren die kleinste Seitenkette. Die geringe Größe ist oft notwendig, um Polypeptidketten eine enge Kehre oder eine starke Annäherung zu ermöglichen.

    21. Glutamat, Aspartat und die endständige Carboxylatgruppe können Salzbrücken mit der Guanidiniumgruppe des Argi-nins bilden. Darüber hinaus kann diese Gruppe als Donator einer Wasserstoffbrücke zu den Seitenketten von Glutamin, Asparagin, Serin, Threonin, Aspartat, Tyrosin, Glutamat und den Carbonylgruppen der Hauptkette fungieren. Histidin kann mit Arginin bei pH 7 Wasserstoffbrücken ausbilden.

    22. Disulfidbrücken im Haar werden durch Zugabe eines Thiols und mäßige Erwärmung aufgebrochen. Das Haar kräuselt sich und kann durch Zugabe eines Oxidationsmittels zur Ausbildung neuer Disulfidbrücken in der gewünschten Form stabilisiert werden.

    23. Einige Proteine, die biologische Membranen durchspannen, bilden „die Ausnahme, die die Regel bestätigt“, da sie eine umgekehrte Verteilung der hydrophoben und hydrophilen Aminosäuren aufweisen. Betrachten Sie beispielsweise die Porine, die bei vielen Bakterien in der äußeren Membran vor-kommen. Membranen bestehen größtenteils aus hydrophoben Ketten. Deshalb sind die Porine an ihrer Außenseite zu einem großen Teil von hydrophoben Resten bedeckt, die mit den benachbarten hydrophoben Ketten in Wechselwirkung treten. Im Gegensatz dazu enthält das Innere des Proteins viele ge-ladene und polare Aminosäuren. Sie umgeben einen mit Was-ser gefüllten Kanal, der durch die Mitte des Proteins verläuft. Da Porine ihre Funktion in einer hydrophoben Umgebung erfüllen, sind sie im Vergleich mit Proteinen, die in wässriger Lösung funktionieren, „von innen nach außen gestülpt“.

    24. Die Aminosäuren werden hydrophob sein. Eine α-Helix ist besonders dafür geeignet, eine Membran zu durchspannen, da alle Amidwasserstoff- und Carbonylsauerstoffatome des Peptidrückgrats an Wasserstoffbrücken innerhalb des Peptids beteiligt sind, sodass diese polaren Atome in einer hydro-phoben Umgebung stabilisiert werden.

    25. Dieses Beispiel zeigt, dass der pKS-Wert durch die Umge-bung beeinflusst wird. Eine bestimmte Aminosäure kann abhängig von der chemischen Umgebung im Inneren des Proteins eine Anzahl verschiedener pKS-Werte annehmen.

    26. Hämoglobin bildet bekanntermaßen ein Tetramer, Myoglobin hingegen ist ein Momomer. Deshalb sind die hydrophoben

    1258 Lösungen zu den Aufgaben

  • Seitenketten an der Oberfläche der Hämoglobinunterein-heiten wahrscheinlich an van-der-Waals-Wechselwirkungen mit ähnlichen Regionen der übrigen Untereinheiten beteiligt und dadurch von der wässrigen Umgebung abgeschirmt.

    27. Eine mögliche Erklärung ist, dass die Schwere der Symptome dem Ausmaß der strukturellen Störung entspricht. So sollte beispielsweise die Substitution von Alanin gegen Glycin nur zu leichten Symptomen führen, während die Substitution des viel größeren Tryptophans dazu führen könnte, dass sich die Dreifachhelix nur wenig oder gar nicht bildet.

    28. Die Energieschwelle, die überwunden werden muss, um von der polymerisierten zur hydrolysierten Form zu wechseln, ist hoch, selbst wenn die Reaktion thermodynamisch begünstigt ist.

    29. Unter Verwendung der Henderson-Hasselbalch-Gleichung lässt sich das Verhältnis von Alanin-COOH zu Alanin-COO− bei pH 7 als 10−4 berechnen. Das Verhältnis von Alanin-NH2 zu Alanin-NH+3, das auf dieselbe Weise bestimmt wird, beträgt 10−1. Demnach beläuft sich das Verhältnis von neutralem Ala-nin zu den zwitterionischen Formen auf 10−4 10−1 = 10−5.

    30. Die Bestimmung der absoluten Konfiguration erfordert, die Priorität der vier beteiligten Gruppen in Bezug auf ein tetraedrisches Kohlenstoffatom festzulegen. Bei allen Aminosäuren mit Ausnahme von Cystein gilt die Reihen-folge: 1) Aminogruppe, 2) Carbonylgruppe, 3) Seitenkette, 4) Wasserstoff. Bei Cystein besitzt die Seitenkette aufgrund des darin enthaltenen Schwefelatoms eine höhere Priorität als die Carbonylgruppe, sodass es sich um eine R- und nicht um eine S-Konfiguration handelt.

    31. ELVISISLIVINGINLASVEGAS32. Nein. Pro–X besitzt dieselben Eigenschaften wie jede andere

    Peptidbindung. Die sterische Behinderung durch X–Pro ent-steht, weil die R-Gruppe von Pro mit der Aminogruppe ver-bunden ist. Deshalb befindet sich bei X–Pro die R-Gruppe von Pro in der Nähe der R-Gruppe von X. Dies ist bei Pro–X nicht der Fall.

    33. A, c; B, e; C, d; D, a; E, b34. Ursache sind die falschen Disulfidpaare, die sich in Gegenwart

    von Harnstoff bilden. Es gibt 105 verschiedene Möglichkeiten, acht Cysteinmoleküle zur Bildung von vier Disulfidbrücken zu verbinden, aber nur eine dieser Kombinationen ist enzymatisch aktiv. Die 104 falschen Paarungen wurden bildhaft als „ge-rührte Ribonuclease“ (scrambled ribonuclease) bezeichnet.

    Kapitel 31. a) Phenylisothiocyanat; b) Harnstoff; β-Mercaptoethanol zur

    Disulfidreduktion; c) Chymotrypsin; d) CNBr; e) Trypsin2. Für jede Zelle in einem Organismus ist das Genom fest-

    gelegt. Das Proteom jedoch ist dynamisch; es entspricht den jeweils unterschiedlichen Bedingungen in der Umgebung und Signalen von außen. Zwei verschiedene Zelltypen ex-primieren wahrscheinlich unterschiedliche Kombinationen von Proteinen, die im Genom codiert sind.

    3. Die S-Aminoethylcystein-Seitenkette ähnelt der des Lysins. Der einzige Unterschied besteht in einem Schwefelatom an-stelle einer Methylengruppe.

    4. Eine Lösung mit 1 mg ml−1 Myoglobin (17,8 kDa, Tab. 3.2) besitzt eine Molarität von 5,62 10−5 M. Die Extinktion bei einer Schichtdicke von 1 cm beträgt 0,84, was einem I0/I-Verhältnis von 6,96 entspricht; es werden also 14,4 % des einfallenden Lichtes durchgelassen.

    5. Die Probe wurde 1000-fach verdünnt. Nach der Dialyse beträgt die Konzentration daher 0,001 M oder 1 mM. Sie können die Salzkonzentration in Ihrer Probe von jetzt 1 mM durch eine weitere Dialyse in einem Puffer ohne (NH4)2SO4 noch stärker verdünnen.

    6. Wenn die Salzkonzentration zu hoch wird, interagieren die Salzionen mit den Wassermolekülen. Schließlich gibt es nicht mehr genügend Wassermoleküle, die mit dem Protein in Wechselwirkung treten, und das Protein fällt aus. Wenn sich in einer Proteinlösung zu wenig Salz befindet, interagieren die Proteine miteinander – die positiven Ladungen auf dem einen Protein mit den negativen Ladungen auf einem oder mehreren anderen. Ein solcher Komplex wird dann zu groß, um noch von sich aus in Wasser gelöst zu bleiben. Wenn man Salz dazugibt, werden die Ladungen auf den Proteinen neu-tralisiert, Wechselwirkungen zwischen den Proteinen werden verhindert.

    7. Tropomyosin ist stabförmig, während Hämoglobin fast ku-gelförmig ist.

    8. Der Reibungskoeffizient f und die Masse m bestimmen den Sedimentationskoeffizienten s. Genauer gesagt ist f propor-tional zu r (Gl. 3.2 auf S. 86). Demnach ist f proportional zu m1/3 und s proportional zu m2/3 (Gleichung auf S. 92). Ein kugelförmiges 80-kDa-Protein sedimentiert 1,59-mal schneller als ein kugelförmiges 40-kDa-Protein.

    9. Der lange hydrophobe Schwanz am SDS-Molekül (S. 87) zerstört die hydrophoben Wechselwirkungen im Inneren des Proteins. Das Protein entfaltet sich, wobei die hydrophoben R-Gruppen jetzt mit SDS und nicht mehr miteinander in Wechselwirkung treten.

    10. 50 kDa11. Das Protein ist möglicherweise modifiziert. So können bei-

    spielsweise Asparaginreste im Protein mit Kohlenhydratein-heiten verknüpft sein (Abschn. 2.6).

    12. Ein fluoreszenzmarkiertes Derivat eines bakteriellen Ab-bauprodukts (zum Beispiel eines Formylmethionylpeptids) würde an Zellen binden, die den gesuchten Rezeptor besitzen.

    13. a) Trypsin spaltet nach Arginin (R) und Lysin (K); dabei entstehen AVGWR, VK und S. Da sie sich in der Größe unterscheiden, kann man diese Produkte durch Gelfiltration auftrennen.b) Chymotrypsin, das nach großen aliphatischen oder aroma-tischen R-Gruppen schneidet, erzeugt zwei Peptide mit glei-cher Größe (AVGW und RVKS). Eine Trennung aufgrund der Größe wäre hier wenig erfolgreich. Das Peptid RVKS enthält jedoch zwei positive Ladungen (R und K), während das andere Peptid neutral ist. Deshalb lassen sich die beiden Produkte mithilfe einer Ionenaustauschchromatographie trennen.

    14. Antikörpermoleküle, die an einen festen Träger gebunden sind, eignen sich für die Affinitätsreinigung von Proteinen, für die kein Ligandenmolekül bekannt ist oder zur Verfügung steht.

    15. Wenn das Produkt der enzymatisch katalysierten Reaktion als starkes Antigen wirkt, ist es vielleicht möglich, Antikörper gegen dieses spezifische Molekül zu erzeugen. Mithilfe dieser

    1259Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_3http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_3http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_3http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_3http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_3http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_2

  • Antikörper lässt sich dann das Vorhandensein des Produkts durch einen ELISA nachweisen. Mithilfe der Antikörper lässt sich ein Assay für die Aufreinigung des Proteins etablieren.

    16. Möglicherweise war ein Inhibitor des gereinigten Enzyms vorhanden, der in der Folge durch einen Reinigungsschritt entfernt wurde. So kann es zu einer scheinbaren Zunahme der insgesamt vorhandenen Enzymmenge kommen.

    17. Viele Proteine haben ähnliche Massen, weisen aber unter-schiedliche Sequenzen auf und erzeugen so bei Spaltung mit Trypsin unterschiedliche Fragmentmuster. Die Kombination der Massen der tryptischen Fragmente bildet einen genauen „Fingerabdruck“ eines Proteins, da es sehr unwahrscheinlich ist, dass ein solches Muster in einem anderen Protein auftritt, selbst wenn man die Größe außer Acht lässt. Eine nachvoll-ziehbare Analogie lautet: Genauso wie Finger von derselben Größe unterschiedliche Fingerabdrücke liefern, zeigen gleich große Proteine unterschiedliche Spaltungsmuster mit Tryp-sin.

    18. Isoleucin und Leucin sind Isomere und besitzen deshalb die-selbe Masse. Durch eine Peptidsequenzierung mithilfe der Massenspektrometrie, wie sie in diesem Kapitel beschrieben wurde, sind diese Reste nicht zu unterscheiden. Dafür sind weitere analytische Verfahren notwendig.

    19. Betrachten Sie 7 Tab. A3.1.20. a) Durch Ionenaustauschchromatographie entfernt man die

    Proteine A und D, da ihre isoelektrischen Punkte deutlich niedriger sind. Durch Gelfitration lässt sich dann das Pro-tein C entfernen, da es eine geringere Molekülmasse besitzt. b) Wenn Protein B einen Histidinanker enthält, könnte ein Affinitätschromatographieschritt an einer Säule mit immo-bilisiertem Nickel(II) ausreichen, um das gewünschte Protein von den anderen zu trennen.

    21. Die Bildung von Proteinkristallen erfordert die geordnete Zusammenlagerung von gleich positionierten Molekülen. Proteine mit flexiblen Verbindungsstücken können diese Assoziation stören und die Bildung geeigneter Kristalle verhindern. Ein Ligand oder Bindungspartner kann einem solchen Verbindungsstück eine geordnete Konformation ver-leihen und könnte dann der Lösung zugesetzt werden, um die Kristallbildung zu erleichtern.

    22. Die Behandlung mit Harnstoff trennt nichtkovalente Bindun-gen. Deshalb muss das ursprüngliche Protein mit 60 kDa aus zwei Untereinheiten zu je 30 kDa bestehen. Wenn diese Un-tereinheiten mit Harnstoff und β-Mercaptoethanol behandelt werden, erhält man eine einzige Molekülspezies mit 15 kDa. Das deutet auf Disulfidbrücken in den 30-kDa-Untereinhei-ten hin.

    23. a) Die elektrostatische Abstoßung zwischen positiv gelade-nen ε-Aminogruppen verhindert die Bildung einer α-Helix bei pH 7. Bei pH 10 werden die Seitenketten deprotoniert und die Bildung einer α-Helix ist möglich.b) Poly-l-Glutamat liegt bei pH 7 als Zufallsknäuel vor und wird unterhalb von pH 4,5 α-helikal, weil die γ-Carboxylat-gruppen protoniert werden.

    24. Der Unterschied zwischen der vorhergesagten und ermit-telten Masse bei diesem Fragment beträgt 28,0. Das ent-spricht genau der Massenverschiebung, die man bei einem formylierten Peptid erwarten würde. Dieses Peptid ist wahr-scheinlich an seinem Aminoteminus formyliert.

    25. Die Synthese dieser Peptide wurde durch die Verwendung von Licht gesteuert. Jede der zur festen Matrix zugegebenen Aminosäuren enthielt an der α-Aminogruppe anstatt der t-BOC-Schutzgruppe eine durch Licht abspaltbare Schutz-gruppe. Die Belichtung bestimmter Bereiche der festen Un-terlage führte zur Freisetzung der Schutzgruppe, wodurch an diesen Stellen die Aminogruppen reaktiv gemacht wurden. Damit bestimmen die für die Belichtung eingesetzten Schab-lonen und die Reihenfolge der Reagenzien die letztlich ent-stehenden Produkte und deren Positionierung.

    26. Die Massenspektrometrie ist ein hochempfindliches Verfahren, mit dem sich ein Massenunterschied zwischen einem Protein und seinem Deuteriumderivat feststellen lässt. Mithilfe von Fragmentierungsmethoden ist es möglich, die Aminosäuren zu identifizieren, die die Isotopmarkierung enthalten. Alternativ kann man auch durch NMR-Spektrokopie die isotopischen Atome bestimmen, da der Deuteriumkern und das Proton sehr unterschiedliche Spineigenschaften besitzen.

    27. Erste Aminosäure: ALetzte Aminosäure: R (keine Spaltung durch die Carboxy-peptidase)Sequenz des N-terminalen tryptischen Peptids: AVR (das tryptische Peptid endet hier mit R)Sequenz des N-terminalen chymotryptischen Fragments: AVRY (ein chymotryptisches Fragment endet mit Y)AVRYSR

    28. Erste Aminosäure: SZweite Aminosäure: LSpaltung durch Bromcyan: M ist an der zehnten PositionCarboxyterminale Reste: (2S, L, W)Aminoterminale Reste: (G, K, S, Y), tryptisches Peptid, endet mit KAminoterminale Sequenz: SYGKReihenfolge der chymotryptischen Peptide: (S, Y), (G, K, L), (F, I, S), (M, T), (S, W), (S, L)Sequenz: SYGKLSIFTMSWSL

    Tab. A3.1 Lösung zu Aufgabe 3.19

    Reinigungsverfahren Gesamtprotein(mg)

    Gesamtaktivität(Units)

    Spezifische Aktivität(Units mg−1)

    Reinheitsgrad Ausbeute(%)

    Rohextrakt 20.000 4.000.000 200 1 100

    Ammoniumsulfatfällung 5000 3.000.000 600 3 75

    DEAE-Cellulose-Chromatographie 1500 1.000.000 667 3,3 25

    Molekularsieb 500 750.000 1500 7,5 19

    Affinitätschromatographie 45 675.000 15.000 75 17

    1260 Lösungen zu den Aufgaben

  • 29. Wenn das Protein keine Disulfidbrücken enthält, ist die elek-trophoretische Mobilität des Trypsinfragments vor und nach der Behandlung mit Perameisensäure gleich: Alle Fragmente liegen entlang der Papierdiagonale. Wenn eine Disulfidbrü-cke vorhanden ist, erscheinen die durch die Disulfidbrücke zusammengehaltenen Fragmente in der ersten Laufrichtung als einziger Fleck, nach der Behandlung mit Perameisensäure jedoch als zwei Flecke. Dadurch sind außerhalb der Dia-gonale zwei Flecke zu sehen.

    keine Disulfidbrückenvorhanden

    erste Dimensionder Elektrophorese

    eine Disulfidbrücke vorhanden

    Elektrophorese nach Behand-

    lung mit Peram

    eisensäure

    R CH2 SO3–

    R' CH2 SO3–

    erste Dimensionder Elektrophorese

    Diese Fragmente könnten dann aus dem Chromatographiepa-pier isoliert und durch Massenspektrometrie analysiert wer-den, um ihre Aminosäurezusammensetzung zu bestimmen und so die Cysteine zu ermitteln, die an der Disulfidbrücke beteiligt sind.

    Kapitel 41. Ein Nucleosid besteht aus einer Base, die mit einer Ribose

    oder Desoxyribose verknüpft ist. Ein Nucleotid ist ein Nu-cleosid, bei dem eine oder mehr Phosphatgruppen an der Ribose oder Desoxyribose befestigt sind.

    2. Die Paarung zwischen der Base A und der Base T oder der Base G und der Base C über Wasserstoffbrücken in der DNA.

    3. [T] ist immer gleich [A], sodass diese beiden Moleküle 40 % aller Basen ausmachen. [G] ist immer gleich [C], sodass sich die übrigen 60 % zu jeweils 30 % auf G und C verteilen.

    4. Nichts, da die Regeln der Basenpaarung nicht auf einzel-strängige Nucleinsäuren zutreffen.

    5. a) TTGATC; b) GTTCGA; c) ACGCGT; d) ATGGTA6. a) [T] + [C] = 0,46; b) [T] = 0,30; [C] = 0,24 und [A] +

    [G] = 0,467. Stabile Wasserstoffbrücken bilden sich nur innerhalb von

    GC- und AT-Paaren. Darüber hinaus sind zwei Purine zu groß, um in eine Doppelhelix hinein zu passen, und zwei Pyrimidine sind zu klein, um ein Basenpaar zu bilden.

    8. Die thermische Energie führt dazu, dass sich die Stränge gegeneinander bewegen, sodass die Wasserstoffbrücken zwischen den Basenpaaren und die Stapelkräfte zwischen den Basen gelöst werden und sich die Stränge trennen.

    9. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Sequenz vor-kommt, beträgt 1/4n, wobei 4 die Anzahl der Nucleotide

    und n die Länge der Sequenz ist. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Sequenz von 15 Basen vorkommt, ist 1/415 oder 1/1.073.741.824. Demnach kommt eine Sequenz von 15 Nucleotiden etwa dreimal vor (3 Mrd. Wahr-scheinlichkeit des Vorkommens). Die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten einer Sequenz von 16 Basen ist 1/416 oder 1/4.294.967.296. Eine solche Sequenz kommt wahrschein-lich nicht mehr als einmal vor.

    10. An einem Ende des Nucleinsäurepolymers befindet sich eine freie 50-Hydroxylgruppe (oder eine Phosphatgruppe, die mit der Hydroxylgruppe verestert ist), am anderen Ende steht eine freie 30-Hydroxylgruppe. Die beiden Enden unterscheiden sich also. Zwei DNA-Stränge können nur dann eine Doppel-helix bilden, wenn die Stränge gegenläufig orientiert sind – das heißt, wenn sie eine entgegengesetzte Polarität besitzen.

    11. Die einzelnen Bindungen sind zwar schwach, aber die Ge-samtheit von Tausenden bis Millionen solcher Bindungen führt zu einer großen Stabilität. Die Stärke liegt hier in der großen Zahl begründet.

    12. Die Abstoßung der negativ geladenen Phosphatgruppen wäre zu stark. Um diesen Ladungen entgegen zu wirken, sind Kat-ionen erforderlich.

    13. Die drei Formen sind A-DNA, B-DNA und Z-DNA, wobei B-DNA am häufigsten vorkommt. Es bestehen zahlreiche Unterschiede (Tab. 4.2). Einige entscheidende Unterschiede sind: A-DNA und B-DNA sind rechtsgängig, Z-DNA ist hin-gegen linksgängig. A-DNA bildet sich bei einer geringeren Hydratisierung als B-DNA. Die A-Form ist kürzer und brei-ter als die B-Form.

    14. 5,88 103 Basenpaare15. Der Durchmesser von DNA beträgt 2 nm. Da 1 μm = 103 nm,

    beträgt die Länge 2 104 nm. Das Achsenverhältnis beträgt also 1 104.

    16. Eine Matrize ist eine DNA- oder RNA-Sequenz, von der die Synthese einer komplementären Sequenz ausgeht. Ein Primer ist der erste Abschnitt des Polymers, der während der Elongation verlängert wird.

    17. Bei einer konservativen Replikation würde nach einer Ge-neration die Hälfte der Moleküle die Markierung 15N-15N, die andere Hälfte die Markierung 14N-14N tragen. Nach zwei Generationen ergäbe sich für ein Viertel der Moleküle 15N-15N, für die anderen drei Viertel 14N-14N. Moleküle mit Hybridmarkierung (14N-15N) wären bei einer konservativen Replikation nicht zu beobachten.

    18. Die Nucleotide, die für die DNA-Synthese verwendet werden, besitzen ein an der 50-Hydroxylgruppe befestigtes Triphosphat, während die 30-Hydroxylgruppe frei ist. Sol-che Nucleotide eignen sich nur für eine DNA-Synthese in 50-30-Richtung.

    19. a) Tritiummarkiertes Thymin oder Thymidinb) dATP, dGTP, dCTP und TTP mit einer 32P-Markierung am innersten (α-)Phosphoratom

    20. Die Moleküle a und b führen nicht zu einer DNA-Synthese, da ihnen eine freie 30-OH-Gruppe (ein Primer) fehlt. Mole-kül d besitzt ein freies 30-OH an einem Ende jedes Stranges, aber danach keinen Matrizenstrang. Nur bei c kann es eine DNA-Synthese geben.

    21. Ein Retrovirus ist ein Virus mit RNA als genetisches Mate-rial. Damit die Information exprimiert wird, muss jedoch die

    1261Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_4http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_4

  • RNA zuerst in DNA umgewandelt werden; diese Reaktion wird von der Reversen Transkriptase katalysiert. Demnach verläuft der Informationsfluss zumindest zu Beginn in der entgegengesetzten Richtung wie in einer normalen Zelle: RNA!DNA und nicht DNA!RNA.

    22. Als Primer sollte ein Thymidylatoligonucleotid verwendet werden. Eine Poly(A)-Matrize führt zum spezifischen Ein-bau von T; daher sollte in diesem Versuch radioaktives TTP (markiert an der α-Phosphorylgruppe) eingesetzt werden.

    23. Die Ribonuclease dient dem Abbau des RNA-Stranges; dies ist ein notwendiger Schritt zur Bildung einer DNA-Doppel-helix aus dem RNA-DNA-Hybrid.

    24. Man behandelt ein Aliquot der Probe mit Ribonuclease, das andere mit Desoxyribonuclease und untersucht die infektiöse Wirkung dieser nucleasebehandelten Proben.

    25. Desaminierung verändert das ursprüngliche GC-Basenpaar zu einem GU-Paar. Nach einer Replikationsrunde wird die eine Tochterdoppelhelix ein GC-Paar enthalten, die andere ein AU-Paar. Nach zwei Replikationsrunden sind zwei GC-Paare, ein AU- und ein AT-Paar vorhanden.

    26. a) 48 = 65.536. In der Computerterminologie entspricht dies 64 K an DNA-Oktameren.b) Ein Bit spezifiziert zwei Basen (etwa A und C), ein zweites die beiden anderen (also G und T). Für die Festlegung eines einzelnen Nucleotids (oder Basenpaares) benötigt man also zwei Bit. So könnten beispielsweise 00, 01, 10 und 11 A, C, G und T codieren. Ein Oktamer speichert 16 Bit (216 = 65.536), das Genom von E. coli (4,6 106 bp) 9,2 106 Bit, das menschliche Genom (3,0 109 bp) 6,0 109 Bit an gene-tischer Information.c) Eine normale CD kann etwa 700 Megabyte speichern, was 5,6 109 Bit entspricht. Auf solch einer CD lässt sich eine große Anzahl von 8er-Sequenzen speichern. Die DNA-

    Sequenz von E. coli könnte man auf dieser CD speichern und hätte noch viel Platz für Musik. Aber eine einzige CD würde nicht ausreichen, um das gesamte menschliche Genom aufzunehmen.

    27. a) Desoxyribonucleosidtriphosphate gegenüber Ribonucleo-sidtriphosphatenb) 50!30 (bei beiden)c) Semikonservativ bei der DNA-Polymerase I, konservativ bei der RNA-Polymerased) Die DNA-Polymerase I braucht einen Primer, die RNA-Polymerase dagegen nicht.

    28. Der Matrizenstrang besitzt eine Sequenz, die zum RNA-Transkript komplementär ist. Der codierende Strang besitzt dieselbe Sequenz wie das RNA-Transkript, außer dass er Thymin (T) anstelle von Uracil (U) enthält.

    29. Messenger-RNA codiert die Information, die über die Trans-lation zum Protein führt. Ribosomale RNA ist ein katalyti-scher Bestandteil der Ribosomen, der molekularen Kom-plexe, die die Proteine synthetisieren. Transfer-RNA ist ein Adaptermolekül, das eine spezifische Aminosäure binden kann und ein zugehöriges Codon erkennt. Transfer-RNAs mit daran befestigter Aminosäure sind Substrate für das Ri-bosom.

    30. Drei Nucleotide codieren eine Aminosäure, der Code über-lappt nicht; im Code gibt es keine Zeichensetzung; der Code besitzt eine Polarität; der Code ist degeneriert.

    31. a) 50-UAACGGUACGAU-30

    b) Leu–Pro–Ser–Asp–Trp–Metc) Poly(Leu–Leu–Thr–Tyr)

    32. Die 20-OH-Gruppe der RNA wirkt als intramolekulare nu-cleophile Stelle. Bei der alkalischen Hydrolyse der RNA wird ein 20-30-zyklisches Zwischenprodukt gebildet.

    33. siehe 7 Abb. A4.1

    d–O

    O

    Od–

    O

    OH

    CH2

    O

    d–O Od–

    P

    d–O Od–

    P

    O Base

    Base

    O

    CH2

    OH

    O

    P

    OO

    O

    CH2

    O

    d–O Od–

    P

    O

    d–O Od–

    P

    d–O Od–

    P

    O Base

    Base

    O

    CH2

    OH

    O

    OO

    O

    CH2

    O

    d–O Od–

    P

    OH

    OH

    d–O Od–

    P

    d–O Od–

    P

    O Base

    Base

    O

    CH2

    OH

    O

    Abb. A4.1 Lösung zu Aufgabe 4.33

    1262 Lösungen zu den Aufgaben

  • 34. Die Genexpression ist der Vorgang, bei dem die Information eines Gens in seine funktionelle molekulare Form gebracht wird. Bei zahlreichen Genen ist die funktionelle Information ein Proteinmolekül. Die Expression umfasst also Transkrip-tion und Translation.

    35. Eine Nucleotidsequenz aus den am häufigsten vorkommen-den Basen, die aber nicht notwendigerweise die einzigen Be-standteile dieser Sequenz umfasst. Eine Consensussequenz kann als Durchschnitt von vielen ähnlichen Sequenzen auf-gefasst werden.

    36. Cordycepin beendet die RNA-Synthese. Eine RNA-Kette mit Cordycepin hat keine 30-OH-Gruppe.

    37. Nur einzelsträngige RNA kann als Matrize für die Protein-synthese dienen.

    38. Die Degeneration des genetischen Codes bedeutet, dass die meisten Aminosäuren von mehr als einem Codon codiert werden.

    39. Wenn nur 20 der 64 Codons Aminosäuren codieren würden, führte eine Mutation, die ein Codon verändert, wahrschein-lich zu einem Nonsense-Codon, sodass an dieser Stelle die Proteinsynthese abbrechen würde. Aufgrund der Degenera-tion entsteht durch die Veränderung eines Nucleotids mög-licherweise ein synonymes Codon oder ein Codon für eine Aminosäure mit ähnlichen chemischen Eigenschaften.

    40. a) 2, 4, 8; b) 1, 6, 10; c) 3, 5, 7, 941. a) 3; b) 6; c) 2; d) 5; e) 7; f) 1; g) 442. Eine Inkubation mit RNA-Polymerase und lediglich UTP,

    ATP und CTP führt nur zur Synthese von Poly(UAC). Wird GTP statt CTP verwendet, entsteht nur Poly(GUA).

    43. Ein Peptid mit Lys am Ende (UGA ist ein Stoppcodon) sowie zwei weitere Peptide: –Asn–Glu– und –Met–Arg–.

    44. Phe–Cys–His–Val–Ala–Ala45. Exon shuffling ist ein molekularer Vorgang, durch den neue

    Proteine entstehen können, indem Exons innerhalb von Ge-nen umgelagert werden. Da viele Exons funktionelle Prote-indomänen codieren, ist das exon shuffling ein schneller und effizienter Mechanismus, um neue Gene hervorzubringen.

    46. Durch alternatives Spleißen kann ein Gen mehrere verschie-dene, aber miteinander verwandte Proteine codieren.

    47. Hier zeigt sich, dass der genetische Code und die bioche-mischen Mechanismen, die diesen Code umsetzen, selbst bei sehr wenig verwandten Lebensformen übereinstimmen. Dies ist auch ein Beleg für die Einheitlichkeit des Lebens, dass also jegliches Leben aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen ist.

    48. a) Ein Codon für Lysin kann nicht durch Mutation eines ein-zigen Nucleotids in ein Codon für Aspartat umgewandelt werden.b) Arg, Asn, Gln, Glu, Ile, Met oder Thr

    49. Der genetische Code ist degeneriert. 18 der 20 Amino-säuren werden von mehr als einem Codon bestimmt. Viele Nucleotidveränderungen (besonders bei der dritten Base eines Codons) haben daher keinen Einfluss auf die codierte Aminosäure. Mutationen, die zu einer anderen Amino-säure führen, sind meist schädlicher als solche, bei denen dies nicht geschieht, und daher einer strengeren Selektion unterworfen.

    50. GC-Basenpaare bilden drei Wasserstoffbrücken aus, AT-Ba-senpaare hingegen nur zwei. Der höhere GC-Gehalt bedeutet

    also, dass es mehr Wasserstoffbrücken gibt und die Doppel-helix dadurch stabiler ist.

    51. Der C0t-Wert spiegelt im Grunde die Komplexität der DNA-Sequenz wider – anders ausgedrückt, wie lange es bei einer DNA-Sequenz dauert, bis sie ihren komplementären Strang „gefunden“ hat, um eine Doppelhelix zu bilden. Je kom-plexer die DNA ist, um so langsamer erfolgt die neue Zu-sammenlagerung zur doppelsträngigen Form.

    52. Durch Zugabe von Salz erhöht sich die Schmelztempera-tur. Da das DNA-Rückgrat negativ geladen ist, kommt es tendenziell zu einer Ladungsabstoßung, die die Helix de-stabilisiert und zum Schmelzen bringt. Die Zugabe von Salz neutralisiert die Ladungsabstoßung und stabilisiert so die Doppelhelix. Die Ergebnisse zeigen, dass mehr Salz in-nerhalb der experimentellen Parameter zu einer größeren Stabilität führt, die in der erhöhten Schmelztemperatur zum Ausdruck kommt.

    Kapitel 51. Die Taq-Polymerase ist die DNA-Polymerase des thermo-

    philen Bakteriums, das in heißen Quellen lebt. Deshalb ist sie hitzestabil und kann den hohen Temperaturen widerstehen, die für die PCR erforderlich sind.

    2. Es sollte Ovalbumin-cDNA verwendet werden. E. coli fehlt die Maschinerie, um das aus der genomischen DNA hervor-gehende Primärtranskript zu spleißen.

    3. Entsprechend seiner planaren aromatischen Struktur interka-liert Ethidiumbromid in die DNA, indem es sich zwischen die gepaarten Basen einer DNA-Doppelhelix einlagert.

    4. Die Häufigkeit der AluI-Sequenz beträgt im Durchschnitt 1/44 beziehungsweise 1/256, da die Wahrscheinlichkeit, dass sich an einer beliebigen Position eine bestimmte Base befindet, ge-nau 1/4 beträgt und die Sequenz vier Positionen enthält. Auf-grund derselben Überlegung beträgt die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten einer NotI-Sequenz 1/48 beziehungsweise 1/65.536. Daher beträgt die durchschnittliche Fragmentlänge bei Spaltung mit AluI ~ 250 Basenpaare (0,25 kb), während bei NotI ~ 66.000 (66 kb) zu erwarten sind.

    5. Nein, denn die meisten Gene des Menschen sind viel länger als 4 kb. Ein Fragment würde nur einen kleinen Teil eines vollständigen Gens enthalten.

    6. Ein Southern-Blot eines Abbaus mit dem Restriktionsenzym MstII würde eine Unterscheidung zwischen normalen und mutierten Genen ermöglichen. Der Verlust einer Restrikti-onsschnittstelle würde auf dem Southern-Blot dazu führen, dass zwei Fragmente durch ein einziges längeres ersetzt wür-den. Ein solcher Befund wäre kein Beweis, dass GAG durch GTG ersetzt wurde, denn andere Sequenzveränderungen an der Restriktionsstelle könnten zum gleichen Ergebnis führen.

    7. Die beiden Enzyme schneiden zwar an derselben Erken-nungsstelle, aber sie durchtrennen innerhalb der Sequenz aus sechs Basenpaaren unterschiedliche Bindungen. Durch Spaltung mit KpnI entsteht ein Überhang des 30-Stranges, während die Spaltung mit Acc65I einen 50-Überhang erzeugt. Diese kohäsiven Enden überlappen nicht.

    1263Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_5

  • CCATGG

    GGTACC

    GGTACC

    GTACCG

    GTACCG

    GCCATG

    GGTACCCCATGG

    Spaltung mit KpnI

    GGTACCCCATGG

    Spaltung mit Acc65I

    nicht kompatible kohäsive Enden

    8. Eine einfache Strategie, um viele Mutanten zu erzeugen, be-steht darin, durch Verwendung einer Mischung aktivierter Nucleotide in bestimmten Zyklen der Oligonucleotidsyn-these einen degenerierten Satz von Kassetten zu erzeugen. Angenommen, das 30mer beginnt mit GTT, das Val codiert. Wird jeweils in der ersten und zweiten Syntheserunde eine Mischung aller vier Nucleotide eingesetzt, beginnen die ge-bildeten Oligonucleotide mit der Sequenz XYT (wobei X und Y für A, C, G oder T stehen). Diese 16 verschiedenen Versionen der Kassette codieren Proteine, die an der ersten Position Phe, Leu, Ile, Val, Ser, Pro, Thr, Ala, Tyr, His, Asn, Asp, Cys, Arg oder Gly enthalten. Auf dieselbe Art kann man degenerierte Kassetten erzeugen, bei denen zwei oder mehr Codons gleichzeitig verändert sind.

    9. Da sich mithilfe der PCR sogar nur ein einziges DNA-Mo-lekül amplifizieren lässt, sind Behauptungen, man habe fos-sile DNA isoliert, immer mit einer gewissen Skepsis zu be-trachten. Die DNA muss auf jeden Fall sequenziert werden. Ähnelt die Sequenz menschlicher, bakterieller oder pilzlicher DNA? Wenn das so ist, handelt es sich wahrscheinlich um eine Kontamination. Ähnelt die Sequenz einer DNA aus Vögeln oder Krokodilen? Wenn ja, dann würde das dafür sprechen, dass es sich um Dinosaurier-DNA handelt, da diese Spezies in der Evolution den Dinosauriern nahe stehen.

    10. Die PCR-Amplifikation wird durch GC-reiche Regionen in der Matrize behindert. Aufgrund ihrer hohen Schmelztem-peratur lassen sich diese Matrizen nicht leicht denaturieren, sodass der Amplifikationszyklus nicht in Gang gesetzt wer-den kann. Darüber hinaus verhindern feste Sekundärstruk-turen das Voranschreiten der DNA-Polymerase entlang des Matrizenstranges während der Elongationsphase.

    11. Bei hohen Hybridisierungstemperaturen sind Hybride aus Pri-mer und Zielsequenz nur bei sehr genauer Übereinstimmung stabil, da alle (oder die meisten) Basen einen Bindungspartner finden müssen, um die Helix aus Primer und Zielsequenz zu stabilisieren. Bei niedrigerer Temperatur werden mehr Fehl-paarungen toleriert, sodass man durch die Amplifikation mit größerer Wahrscheinlichkeit Gene mit einer geringeren Über-einstimmung erhält. Für das Hefegen ist es notwendig, Primer herzustellen, die den Enden des Gens entsprechen, um sie an-schließend zusammen mit menschlicher DNA als Zielsequenz zu verwenden. Wenn bei 54 °C keine Amplifikation erfolgt, unterscheidet sich das menschliche Gen von dem Gen der Hefe, aber es kann trotzdem noch beim Menschen ein Ge-genstück geben. Das Experiment muss bei einer niedrigeren Hybridisierungstemperatur wiederholt werden.

    12. Schneiden Sie genomische DNA mit einem Restriktions-enzym und isolieren das Fragment mit der bekannten Se-quenz. Dieses Fragment schließen Sie zu einem Ring. Die PCR wird jetzt unter Verwendung eines Primerpaares durch-geführt, das als Matrize für eine Synthese der DNA dient, die die bekannte Sequenz flankiert.

    13. Das codierte Protein enthält vier Wiederholungen einer spe-zifischen Sequenz.

    14. Hybridisierungssonden, die zu beiden Enden des bekannten (vorher isolierten) DNA-Fragments komplementär sind, lassen sich durch chemische Synthese oder die Polymeraseketten-reaktion herstellen. Die Klone der DNA-Bibliothek werden mit beiden Hybridisierungssonden untersucht und die Klone ausgewählt, die mit nur einer der Sonden hybridisieren. Solche Klone enthalten wahrscheinlich DNA-Fragmente, die eines der Enden des bekannten Fragments umfassen, und zusätzlich benachbarte Bereiche des entsprechenden Chromosoms.

    15. Mithilfe der Codons für die einzelnen Aminosäuren lässt sich die Anzahl der notwendigen Nucleotidsequenzen ermitteln, die die verschiedenen Peptidabschnitte codieren (Tab. 4.5):

    Ala–Met–Ser–Leu–Pro–Trp4 1 6 6 4 1 = 576 Sequenzen insgesamt

    Gly–Trp–Asp–Met–His–Lys4 1 2 1 2 2 = 32 Sequenzen insgesamt

    Cys–Val–Trp–Asn–Lys–Ile2 4 1 2 2 3 = 96 Sequenzen insgesamt

    Arg–Ser–Met–Leu–Gln–Asn6 6 1 6 2 2 = 864 Sequenzen insgesamt

    Am besten für die Entwicklung der Sonde ist die Auswahl von DNA-Sequenzen geeignet, die das Peptid Gly–Trp–Asp–Met–His–Lys codieren, da es sich hier nur um insgesamt 32 Sequenzen handelt.

    16. Innerhalb dieser einen einzigen Spezies zeigen die einzel-nen Hunde eine große Variabilität in Bezug auf die Körper-größe und eine grundlegende Verschiedenheit bei anderen physiologischen Merkmalen. Deshalb sollte eine genomische Analyse einzelner Hunde wichtige Hinweise auf die Gene liefern, die für die Verschiedenheit innerhalb dieser Spezies verantwortlich sind.

    17. Anhand der vergleichenden Genomkarte in Abb. 5.27 ist zu erkennen, dass die Region, die die meisten Sequenzen mit dem menschlichen Chromosom 20 gemeinsam hat, auf dem Chromosom 2 der Maus liegt.

    18. Tm ist die Schmelztemperatur einer doppelsträngigen Nuclein-säure. Unterscheiden sich die Schmelztemperaturen der Primer zu sehr, ist auch der Hybridisierungsgrad mit der Ziel-DNA während der Anlagerungsphase verschieden. So kann es zu einer unterschiedlichen Amplifikation der Stränge kommen.

    19. Ein genauer Vergleich der Sequenzen zeigt, dass sich jeweils am 30-Ende der Primer eine Region von sieben komplemen-tären Basen befindet.

    5'–GGATCGATGCTCGCGA–3'

    3'–GAGCGCTGGGCTAGGA–5'

    1264 Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_4http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_5

  • Bei einem PCR-Experiment lagern sich diese Primer wahr-scheinlich zusammen, wodurch eine Wechselwirkung mit der Matrize verhindert wird.

    20. Bei Person B hat eine Mutation eines der Allele von Gen X verändert, während das andere noch in Ordnung ist. Die Tatsache, dass das mutierte Gen kürzer ist, deutet darauf hin, dass in einer Kopie der beiden Gene eine Deletion statt-gefunden hat. Das funktionsfähige Gen wird transkribiert und translatiert und erzeugt anscheinend genügend Protein, sodass die Person keine Symptome zeigt.Person C verfügt nur über die verkürzte Version des Gens. Dieses Gen wird weder transkribiert (negatives Ergebnis beim Northern-Blot) noch translatiert (negativer Western-Blot).Person D besitzt eine Kopie des Gens mit der normalen Größe, es werden jedoch weder RNA noch Protein produ-ziert. Möglicherweise handelt es sich um eine Mutation im Promotor des Gens, die eine Transkription verhindert.Person E verfügt über eine Kopie des Gens mit der nor-malen Größe; das Gen wird transkribiert, aber es entsteht kein Protein. Das deutet darauf hin, dass eine Mutation die Translation verhindert. Dafür gibt es eine Reihe möglicher Erklärungen, beispielsweise eine Mutation, die das Auftreten eines vorzeitigen Stoppcodons in der mRNA verursacht.Person F verfügt über die normale Proteinmenge, zeigt aber trotzdem eine Fehlfunktion im Metabolismus. Dieser Befund deutet darauf hin, dass die Mutation die Aktivität des Pro-teins beeinflusst, beispielsweise eine Mutation im aktiven Zentrum des Enzyms Y.

    21. Chongqing: Rest 2, L ! R, CTG ! CGGKarachi: Rest 5, A ! P, GCC ! CCCSwan River: Rest 6, D ! G, GAC ! GGC

    22. Die zugehörige Person ist für diese Mutation heterozygot: Ein Allel entspricht dem Wildtyp, das andere hingegen trägt eine Punktmutation an dieser Position. Bei dem Experiment wur-den beide Allele durch PCR amplifiziert, sodass im Chroma-togramm der Sequenzierung ein „doppelter Peak“ erscheint.

    Kapitel 61. Es gibt 26 Übereinstimmungen und zwei Lücken, was einer

    Punktzahl von 210 entspricht. Die beiden Sequenzen sind zu etwa 26 % identisch. Diese Homologie ist wahrscheinlich statistisch signifikant.

    2. Sie sind wahrscheinlich über divergente Evolution miteinan-der verwandt, da die dreidimensionale Struktur stärker kon-serviert wird als die Sequenz.

    3. a) Identitätspunktzahl = −25, Blosum-Punktzahl = 14b) Identitätspunktzahl = 15, Blosum-Punktzahl = 3

    4. U, eine mögliche Struktur:

    N

    N

    O

    O

    H

    NN

    O

    H2N

    N

    N

    H

    U G

    5. Es gibt 440 = 1,2 1024 verschiedene Moleküle. Jedes Molekül besitzt eine Masse von 2,2 10−20 g, da 1 mol des Polymers eine Masse von 330 g mol−1 40 besitzt und 6,02 1023 Moleküle in 1 mol enthalten sind. Deshalb wären 26,4 kg RNA erforderlich.

    6. Da die dreidimensionale Struktur viel enger als die Sequenz mit der Funktion zusammenhängt, wird die Tertiärstruktur in der Evolution stärker konserviert als die Primärstruktur. Anders ausgedrückt ist die Funktion das wichtigste Merkmal eines Proteins und diese wird von der Struktur bestimmt. Deshalb muss die Struktur konserviert sein, nicht aber not-wendigerweise eine spezifische Aminosäuresequenz.

    7. Der Alignmentpunktzahl der Sequenzen (1) und (2) beträgt 6 10 = 60. Abhängig von der zufällig neu angeordneten Sequenz sind zahlreiche verschiedene Antworten möglich. Ein mögliches Ergebnis ist:Durchmischte Sequenz: TKADKAGEYLAlignment: 1) ASNFLDKAGK TKADKAGEYLAlignmentpunktzahl: 4 10 = 40

    8. a) und b) Mit ziemlicher Sicherheit aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen. c) Möglicherweise aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen, aber das Sequenz-alignment kann vielleicht keine unterstützenden Beweise lie-fern. d) Möglicherweise aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen, aber das Sequenzalignment ist wahrschein-lich nicht geeignet, unterstützende Beweise zu liefern.

    9. Der Austausch von Cystein, Glycin und Prolin führt nie zu ei-ner positiven Punktzahl. Jeder dieser Reste besitzt Eigenschaf-ten, die sich von den übrigen 19 Aminosäuren unterscheiden: Cystein ist die einzige Aminosäure, die Disulfidbrücken bilden kann, Glycin ist die einzige Aminosäure ohne Seitenkette und dadurch hochflexibel, und Prolin ist die einzige Aminosäure, die durch die Bindung der Seitenkette an den Stickstoff der Aminogruppe starken Beschränkungen unterliegt.

    10. Protein A ist bei 65 % Sequenzübereinstimmung eindeutig ho-molog zu Protein B; daher ist zu erwarten, dass beide Proteine ähnliche dreidimensionale Strukturen besitzen. Ebenso sind mit 55 % Übereinstimmung die Proteine B und C homolog, sodass auch sie relativ ähnliche dreidimensionale Strukturen aufweisen sollten. Daraus lässt sich schließen, dass wahr-scheinlich auch die Proteine A und C ähnliche Strukturen besitzen, obwohl ihre Sequenzen nur zu 15 % identisch sind.

    11. Wahrscheinliche Sekundärstruktur:

    N

    N

    N

    N

    AGGC

    NNNNN

    NN

    NN

    NN

    NN

    12. Um Paare von Resten mit korrelierenden Mutationen zu er-kennen, müssen diese Sequenzen eine gewisse Variabilität zeigen. Wenn im Alignment die Sequenzen von übermäßig vielen eng verwandten Organismen vorkommen, sind mög-licherweise nicht genügend Veränderungen vorhanden, um potenzielle Basenpaarungsmuster zu erkennen.

    1265Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_6

  • 13. Nachdem die RNA-Moleküle selektiert und mit ihnen eine reverse Trankription durchgeführt wurde, werden in diese Stränge durch eine PCR weitere Mutationen eingeführt. Die Verwendung dieser fehleranfälligen thermostabilen Poly-merase im Amplifikationsschritt kann die Wirksamkeit der Zufallsmutagenese noch erhöhen.

    14. Der ursprüngliche Pool an RNA-Molekülen, der in einem Experiment zur molekularen Evolution zu Beginn eingesetzt wird, ist normalerweise viel kleiner als die Gesamtzahl der möglichen Sequenzen. Deshalb kommen die bestmöglichen Sequenzen wahrscheinlich in dieser ersten Auswahl von Oligonucleotiden gar nicht vor. Durch Mutation der zu Be-ginn selektierten RNA-Moleküle ist eine schrittweise Ver-besserung dieser Sequenzen in Bezug auf die gewünschte Eigenschaft möglich.

    15. 107 von 108 Übereinstimmungen (abhängig davon, welche annotierte menschliche Sequenz ausgewählt wird).

    Kapitel 71. Der Wal legt zwischen seinen Atemzügen schwimmend weite

    Entfernungen zurück. Eine hohe Konzentration von Myoglo-bin in der Muskulatur des Wals ermöglicht eine anhaltende, leicht verfügbare Sauerstoffversorgung der Muskulatur zwi-schen den Atemperioden.

    2. a) 2,96 10−11 gb) 2,74 108 Molekülec) Nein. Ein rotes Blutkörperchen würde 3,17 108 Hämo-globinmoleküle enthalten, wenn diese in einem würfelförmi-gen Kristallgitter angeordnet wären. Somit liegt die tatsäch-liche Packungsdichte bei etwa 84 % der maximal möglichen.

    3. 2,65 g (oder 4,75 10−2 mol) Fe4. a) Beim Menschen 1,44 10−2 g (4,49 10−4 mol) O2 pro

    Kilogramm Muskel, beim Pottwal 0,144 g (4,49 10−3 mol) O2 pro Kilogrammb) 128

    5. Der pKS-Wert a) sinkt, b) steigt und c) steigt.6. Desoxyhämoglobin A enthält eine komplementäre Bindungs-

    stelle und kann daher an eine Faser von Desoxyhämoglobin S binden. Danach kann diese Faser dann nicht weiter wachsen, weil dem terminalen Desoxyhämoglobin-A-Molekül eine als sticky patch bezeichnete „klebrige“ hydrophobe Stelle fehlt.

    7. 62,7 % Sauerstofftransportkapazität.8. Myoglobin zeigt keinen Bohr-Effekt. Die für den Bohr-Ef-

    fekt bei Hämoglobin verantwortlichen Wechselwirkungen beruhen auf einer tetrameren Struktur. Bei Myoglobin han-delt es sich aber um ein Monomer.

    9. Eine höhere Konzentration von BPG würde die Sauerstoff-bindungskurve nach rechts verschieben und zu einer Zunahme von P50 führen. Der höhere Wert von P50 würde die Dissozia-tion von Sauerstoff in den Geweben verstärken und dadurch den Anteil an Sauerstoff erhöhen, den die Gewebe erhalten.

    10. a) Durch die Transfusion würde die Zahl der roten Blutkör-perchen ansteigen und damit die Sauerstofftransportkapazität des Blutes. Das hätte eine erhöhte Ausdauer zur Folge.b) BPG stabilisiert den T-Zustand des Hämoglobins, der eine effizientere Sauerstoffabgabe zur Folge hat. Bei einem

    Mangel an BPG wird der Sauerstoff selbst dann nicht abge-geben, wenn die roten Blutkörperchen mehr Sauerstoff trans-portieren.

    11. Die Bindung von Sauerstoff führt anscheinend dazu, dass die Kupferionen und ihre assoziierten Histidinliganden enger zusammenrücken, sodass sich auch die Helices, in denen sich die Histidine befinden, einander nähern (ähnlich der Kon-formationsänderung im Hämoglobin).

    12. Das modifizierte Hämoglobin sollte keine Kooperativität zeigen. Der Imidazolring in Lösung bindet zwar (anstelle von Histidin) an das Eisenatom in der Hämgruppe und er-möglicht so die Bindung von Sauerstoff, aber dem Imidazol fehlt die entscheidende Verbindung zu der speziellen α-He-lix, die sich bewegen muss, um die Konformationsänderung weiterzugeben.

    13. Inositolpentaphosphat (Abb. c) ist ähnlich wie 2,3-Bisphos-phoglycerat stark anionisch.

    14.

    15. Die Freisetzung von Säure wird den pH-Wert erniedrigen. Ein niedrigerer pH fördert die Dissoziation von Sauerstoff in den Geweben. Die verstärkte Freisetzung von Sauerstoff in den Geweben erhöht jedoch die Konzentration von Desoxy-Hb. Dadurch erhöht sich wiederum die Wahrscheinlichkeit, dass die Zellen die Sichelform annehmen.

    frak

    tione

    lle S

    ättig

    ung

    Y

    1,0

    0,8

    0,6

    0,4

    0,2

    0

    pO2 (Torr)8020 600 40 100

    frak

    tione

    lle S

    ättig

    ung

    Y

    1,0

    a

    b

    0,8

    0,6

    0,4

    0,2

    0

    pO2 (Torr)0 20015010050

    1266 Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_7

  • 16. a) Y = 0,5 wenn pO2 = 10 Torr. Die grafische Auftragung von Y gegen pO2 weist offensichtlich darauf hin, dass es nur eine geringe oder keine Kooperativität gibt.

    0,2

    0,4

    0,6

    0,8

    1,0

    0,00 50 100 150 200

    pO2(Torr)

    Y (f

    rakt

    ione

    lle S

    ättig

    ung)

    a

    b) Der Hill-Plot zeigt eine leichte Kooperativität mit n 1,3 im mittleren Bereich.

    –4

    –3

    –2

    –1

    –2 –1 0

    n = 1,3

    1 2 3

    0

    1

    2

    3

    log (pO2)

    1–Y

    log

    Y

    b

    c) Desoxydimere des Hämoglobins von Neunaugen könnten eine geringere Affinität zu Sauerstoff besitzen als die Mono-mere. Wenn die Bindung des ersten Sauerstoffmoleküls an ein Dimer dazu führt, dass das Dimer zu zwei Monomeren dissoziiert, wäre der Vorgang kooperativ. Bei diesem Mecha-nismus würde die Bindung von Sauerstoff an jedes Monomer leichter erfolgen als die Bindung des ersten Sauerstoffmole-küls an ein Desoxydimer.

    17. a) 2; b) 4; c) 2; d) 118. Die elektrostatischen Wechselwirkungen zwischen BPG und

    Hämoglobin würden durch die Konkurrenz mit Wassermole-külen abgeschwächt. Die T-Form würde nicht stabilisiert.

    19. Fetales Hämoglobin enthält zwei α-Ketten und zwei γ-Ket-ten. Der erhöhte Gehalt an γ-Ketten bietet eine Alternative zu den mutierten β-Ketten bei Patienten mit Sichelzellanämie. Weil Hydroxyharnstoff die Expression des fetalen Hämo-globins fördert, verringert er das Risiko, dass sich unlösliche Hämoglobinaggregate bilden.

    Kapitel 81. Die Erhöhung der Reaktionsgeschwindigkeit und die Subs-

    tratspezifität2. Einen Cofaktor3. Coenzyme und Metalle4. Weil Vitamine zu Coenzymen umgewandelt werden.5. Enzyme ermöglichen die Ausbildung eines Übergangs-

    zustands.6. Die komplexe dreidimensionale Struktur von Proteinen er-

    möglicht die Ausbildung von aktiven Zentren, die nur spe-zifische Substrate erkennen.

    7. Die für das Erreichen des Übergangszustands erforderliche Energie (die sogenannte Aktivierungsenergie) wird bei der Entstehung des Produkts aus dem Übergangszustand wieder zurückgeführt.

    8. a)

    K =[P]

    [S]=kH

    kR=10

    −4

    10−6= 100

    Unter Verwendung von Gl. 8.5 aus dem Text ergibt sich: ∆G00 = −11,42 kJ mol−1.b) kH = 10−2 s−1 und kR = 10−4 s−1. Die Gleichgewichtskon-stante und der Wert für ∆G00 sind für die unkatalysierte und die katalysierte Reaktion gleich.

    9. Die Hydrolyse von Proteinen erfordert eine hohe Aktivie-rungsenergie. Zum Voranschreiten der Proteinsynthese ist Energie erforderlich.

    10. Das Enzym trägt dazu bei, die Flüssigkeit in den Augen vor bakteriellen Infektionen zu schützen.

    11. Unter Bindungsenergie versteht man die freie Enthalpie, die bei der Bindung zweier Moleküle aneinander freigesetzt wird, beispielsweise bei der Wechselwirkung eines Enzyms mit seinem Substrat.

    12. Wenn ein Enzym mit dem Übergangszustand in Wechsel-wirkung tritt, wird die Bindungsenergie maximiert. Da-durch wird die Bildung des Übergangszustands überhaupt erst ermöglicht und die Reaktionsgeschwindigkeit gestei-gert.

    13. Es würde keine katalytische Aktivität stattfinden. Wenn der Enzym-Substrat-Komplex stabiler wäre als der Komplex aus Enzym und Übergangszustand, würde sich der Übergangs-zustand erst gar nicht bilden und es würde keine Katalyse erfolgen.

    14. Übergangszustände sind sehr instabil. Folglich sind auch Moleküle, die solchen Übergangszuständen ähneln, mit ziemlicher Wahrscheinlichkeit instabil und somit nur schwer zu synthetisieren.

    15. a) 0; b) 28,53; c) −22,84; d) −11,42; e) 5,6916. a) ∆G00 = −RT ln K 0

    +7,5 = −(8,315 10−3 kJ mol−1 K−1) (298 K) (ln[G1P]/[G6P])−3,05 = ln[G1P]/[G6P]+3,05 = ln[G6P]/[G1P]K 0−1 = 21 oder K 0 = 4,8 10−2

    Weil [G6P]/[G1P] = 21, kommt auf 21 Moleküle G6P jeweils ein Molekül G1P. Da wir von 0,1 M ausgegangen sind, ist [G1P] = 1/22 (0,1 M) = 0,0045 M, und [G6P] muss = 21/22 (0,1 M) = 0,0096 M sein. Folglich schreitet die Re-aktion nicht in signifikantem Ausmaß wie beschrieben fort.

    1267Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_8

  • b) Man müsste mit hoher Geschwindigkeit G6P zugeben und G1P durch andere Reaktionen rasch entfernen. Mit ande-ren Worten, man müsste sicherstellen, dass das Verhältnis [G6P]/[G1P] hoch gehalten wird.

    17. K = 19, ∆G00 = −7,3 kJ mol−118. Die dreidimensionale Struktur eines Enzyms wird durch

    Wechselwirkungen mit dem Substrat, mit Zwischenstufen der Reaktion und mit den Produkten stabilisiert. Aufgrund dieser Stabilisierung wird die Denaturierung durch Erhitzen minimiert.

    19. Bei Substratkonzentrationen nahe dem KM-Wert zeigt das Enzym eine signifikante katalytische Aktivität, ist aber an-fällig für Veränderungen der Substratkonzentration.

    20. Nein, KM ist nicht gleich der Dissoziationskonstanten, weil der Zähler auch k2 enthält, die Geschwindigkeitskonstante für die Umwandlung des Enzym-Substrat-Komplexes in Enzym und Produkt. Sofern jedoch k2 sehr viel kleiner ist als k−1, ist KM ≈ Kd.

    21. Wenn [S] = 10 KM, V0 = 0,91 Vmax. Wenn [S] = 20 KM, V0 = 0,95 Vmax.Somit entspricht jede Michaelis-Menten-Kurve, die zeigt, dass das Enzym tatsächlich Vmax erreicht, nicht der Wahrheit.

    22. a) 31,1 μmolb) 0,05 μmolc) 622 s−1, ein mittlerer Wert für Enzyme (Tab. 8.5)

    23. a) Ja. KM = 5,2 10−6 Mb) Vmax = 6,8 10−10 mol min−1

    c) 337 s−1

    24. Die Penicillinase bildet wie die Glykopeptid-Transpeptidase ein Acyl-Enzym-Zwischenprodukt mit ihrem Substrat, über-trägt es aber auf Wasser, während die Glykopeptid-Trans-peptidase ihr Substrat auf das terminale Glycin der Pentag-lycinbrücke überträgt.

    25. a) Vmax = 9,5 μmol min−1; KM = 1,1 10−5 M, genau wie ohne Inhibitorb) Nichtkompetitivc) 2,5 10−5 Md) fES = 0,73 in An- oder Abwesenheit dieses nichtkompeti-tiven Inhibitors

    26. a) V0 = Vmax − (V0/[S]) KMb) Steigung = −KM, y-Achsenabschnitt = Vmax, x-Achsen-abschnitt = Vmax/KMc) Ein Eadie-Hofstee-Diagramm:

    1 kein Inhibitor

    3 nichtkompetitiver Inhibitor

    2 kompetitiver Inhibitor

    1

    2

    V

    V/[S]

    3

    27. Kennzeichnend für eine sequenzielle Verdrängung ist die Bildung eines ternären Komplexes aus dem Enzym und den beiden Substraten. Für eine doppelte Verdrängung ist stets die Bildung eines temporär substituierten Enzym-Zwischen-produkts erforderlich.

    28. Die Geschwindigkeiten, mit denen A und B umgesetzt wer-den, sind gegeben durch

    VA =kkatKM A

    ŒE A

    und

    VB =kkatKM B

    ŒE B

    Demnach beträgt das Verhältnis dieser Geschwindigkeiten

    VA=VB =kkatKM A

    ŒAkkatKM B

    ŒB

    Ein Enzym unterscheidet also zwischen konkurrierenden Substraten aufgrund des kkat/KM-Verhältnisses und nicht nach dem KM-Wert allein.

    29. Die Mutation verlangsamt die Reaktion um den Faktor 100, da die freie Enthalpie für die Aktivierung um +11,42 kJ mol−1 erhöht wird. Die starke Bindung eines Substrats im Verhält-nis zum Übergangszustand verlangsamt die Katalyse.

    30. 11 μmol min−1

    31. a) Diese Information ist notwendig, um die korrekte Dosis des zu verabreichenden Succinylcholins ermitteln zu können.b) Die Dauer der Lähmung hängt von der Fähigkeit der Se-rum-Cholinesterase ab, den Arzneistoff zu beseitigen. Würde die Enzymaktivität nur ein Achtel des normalen Wertes be-tragen, so könnte die Lähmung achtmal so lange andauern.c) KM entspricht der Konzentration, die das Enzym benötigt, um 1/2 Vmax zu erreichen. Folglich wird für eine bestimmte Substratkonzentration die von dem Enzym mit dem niedrige-ren KM-Wert katalysierte Reaktion mit höherer Geschwin-digkeit ablaufen. Der Patient mit der Mutation mit höherem KM-Wert wird das Medikament sehr viel langsamer abbauen.

    32. a) KM ist nur dann ein Maß für die Affinität, wenn k2 ge-schwindigkeitslimitierend ist, was hier der Fall ist. Daher bedeutet der geringere KM-Wert eine höhere Affinität. Das mutierte Enzym weist also eine höhere Affinität auf.b) 50 μmol min−1. 10 mM ist KM, und KM ergibt 1/2 Vmax. Vmax beträgt 100 μmol min−1, somit ergibt sich …c) Die Enzyme verändern das Gleichgewicht der Reaktion nicht.

    33. Enzym 2. Trotz der Tatsache, dass Enzym 1 eine höhere Vmax aufweist als Enzym 2, zeigt Enzym 2 bei der Substratkon-zentration in der Umwelt eine höhere Aktivität, weil es einen geringeren KM-Wert für das Substrat hat.

    34. a) Am effektivsten lässt sich die Effizienz eines jeden Enzym-Substrat-Komplexes messen, indem man die kkat/KM-Werte ermittelt. Für die drei gefragten Substrate betragen die kkat/KM-Werte 6, 15 und 36. Das Enzym zeigt also eine starke Präferenz für die Spaltung von Peptidbindungen, in denen die zweite Aminosäure eine große hydrophobe Aminosäure ist.b) Der kkat/KM-Wert für dieses Substrat beträgt 2. Das ist nicht sehr effektiv. Dieser Wert legt nahe, dass das Enzym bevorzugt Peptidbindungen mit folgenden Eigenschaften spaltet: kleiner Rest – großer hydrophober Rest.

    35. Wenn die Gesamtmenge an Enzym (ET) zunimmt, erhöht sich auch Vmax, da Vmax = k2[ET]. Allerdings gilt KM = (k−1 + k2)/k1; das heißt, KM ist unabhängig von der Substratkonzentration. Die Darstellung in der Mitte entspricht der tatsächlichen Situation.

    1268 Lösungen zu den Aufgaben

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  • 36. siehe 7 Tab. A8.137. a)

    1/V0

    1/[S]

    b) Dieses Verhalten ist eine Substratinhibition – bei hohen Konzentrationen bildet das Substrat am aktiven Zentrum unproduktive Komplexe. Die Darstellung unten zeigt einen möglichen Mechanismus. Das Substrat bindet normalerweise in einer bestimmten Orientierung (hier: rot zu rot und blau zu blau). Bei hohen Konzentrationen kann das Substrat so an das aktive Zentrum binden, dass zwar jedes Ende des Sub-stratmoleküls die korrekte Orientierung aufweist, aber zwei verschiedene Moleküle gebunden sind.

    normale Substratbindung amaktiven Zentrum; Substrat wird in rote und blaue Kugel ge-spalten

    aktives Zentrumdes Enzyms

    Substrathemmung

    aktives Zentrumdes Enzyms

    38. Der erste Schritt ist geschwindigkeitsbestimmend. Die En-zyme EB und EC arbeiten bei 1/2 Vmax, während KM für En-zym EA größer ist als die Substratkonzentration. EA arbeitet also bei etwa 10−2 Vmax.

    39. Durch die Fluoreszenzspektroskopie lässt sich die Existenz eines Enzym-Serin-Komplexes und eines Enzym-Serin-In-dol-Komplexes nachweisen.

    40. a) Wenn [S+] viel größer ist als KM, ist die Auswirkung des pH-Wertes auf das Enzym zu vernachlässigen, da S+ mit E− in Wechselwirkung tritt, sobald es zur Verfügung steht.

    2 6pH

    104 8

    Vmax

    V 0

    b) Wenn [S+] viel geringer ist als KM, ergibt das Auftragen von V0 gegen den pH-Wert im Prinzip eine Titrationskurve für die ionisierbaren Gruppen, wobei die Enzymaktivität der Titrationsmarker ist. Bei niedrigem pH-Wert bleibt das Enzym durch die hohe H+-Konzentration in der inaktiven EH-Form. Mit zunehmendem pH-Wert nimmt das Enzym immer mehr die aktive E−-Form an. Bei hohem pH-Wert (niedriger H+-Konzentration) liegt das gesamte Enzym als E− vor.

    Vmax

    V 02 6

    pH104 8

    c) Der Mittelpunkt dieser Kurve gibt den pKS-Wert der io-nisierbaren Gruppe an, der ungefähr bei pH 6 liegt.

    41. a) Die Inkubation des Enzyms bei 37 °C führt zu einer Dena-turierung der Enzymstruktur und zu einem Aktivitätsverlust. Deshalb müssen die meisten Enzyme kühl gelagert werden, wenn sie nicht gerade ihre Reaktion katalysieren.b) Das Coenzym trägt anscheinend zur Stabilisierung der Enzymstruktur bei, da das Enzym aus den Zellen ohne Pyri-doxalphosphat schneller denaturiert. Cofaktoren sind häufig an der Stabilisierung der Enzymstruktur beteiligt.

    42. Der langsame Schritt zweiter Ordnung tritt auf, wenn kom-plementäre Sequenzen von zwei verschiedenen Molekülen aneinander binden. Nachdem sich die Sequenzen auf diese Weise aneinander ausgerichtet haben, finden sich die übrigen komplementären Sequenzen des Moleküls, ausgehend von dieser Nukleationsstelle, rasch und lagern sich in eine Re-aktion erster Ordnung aneinander.

    Kapitel 91. Beim Amidsubstrat erfolgt die Bildung des Acyl-Enzym-

    Zwischenprodukts langsamer als die Hydrolyse der Acyl-Enzym-Zwischenstufe, sodass kein schneller Anstieg (burst) zu beobachten ist. Ein solcher schneller Anstieg ergibt sich bei Estersubstraten; das Acyl-Enzym-Zwischenprodukt wird schneller gebildet, was zu dem beobachteten schnellen An-stieg führt.

    Tab. A8.1 Lösung zu Aufgabe 8.36

    Versuchsbedingung Vmax KM

    a) Es wird doppelt so viel Enzym verwendet. Verdoppelt sich Verändert sich nicht

    b) Es wird halb so viel Enzym verwendet. Halb so hoch Verändert sich nicht

    c) In Anwesenheit eines kompetitiven Inhibitors. Verändert sich nicht Nimmt zu

    d) In Anwesenheit eines unkompetitiven Inhibitors. Nimmt ab Nimmt ab

    e) In Anwesenheit eines reinen nichtkompetitiven Inhibitors. Nimmt ab Verändert sich nicht

    1269Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_9

  • 2. Der Histidinrest des Substrats kann zu einem gewissen Grad den fehlenden Histidinrest im aktiven Zentrum des mutierten Enzyms ersetzen.

    3. Nein. Die katalytische Triade fungiert als Einheit. Wenn diese Einheit aufgrund einer Mutation von Histidin zu Ala-nin unwirksam geworden ist, zeigt die weitere Mutation von Serin zu Alanin nur eine geringfügige Wirkung.

    4. Die Substitution entspricht einem der Hauptunterschiede zwischen Trypsin und Chymotrypsin, sodass man eine trypsinartige Spezifität (Spaltung hinter Lysin und Arginin) erwarten würde. Tatsächlich sind aber noch weitere Modi-fikationen notwendig, um diese Spezifitätsänderung zu ver-ursachen.

    5. Imidazol ist anscheinend klein genug, um in das katalytische Zentrum der Carboanhydrase zu gelangen und das fehlende Histidin zu kompensieren. Puffer mit großen Molekül-bestandteilen können dies nicht, sodass sich die Mutation stärker auswirkt.

    6. Nein. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine solche Sequenz vor-liegt, liegt bei etwa 1 zu 410 = 1.048.576. Da ein Virusgenom normalerweise nur 50.000 bp umfasst, ist es unwahrschein-lich, dass die Zielsequenz darin vorkommt.

    7. Nein, da das Enzym die DNA der Wirtszelle zerstören würde, bevor die schützende Methylierung erfolgt wäre.

    8. Nein. Die DNA des Bakteriums, in welches das Enzym über-tragen wird, würde zerstört, da den Bakterien wahrscheinlich die zugehörige schützende Methylase fehlt.

    9. EDTA bindet Zn2+ und entfernt das Ion, das für die Aktivität notwendig ist, vom Enzym.

    10. a) Der Aldehyd reagiert mit dem Serin im aktiven Zentrum.b) Ein Halbacetal wird gebildet.

    11. Trypsin12. Die Reaktion wird etwa um den Faktor 10 langsamer ver-

    laufen, weil die Reaktionsgeschwindigkeit vom pKS-Wert des zinkgebundenen Wassers abhängt. kkat = 60.000 s−1.

    13. EDTA bindet das für die Reaktion erforderliche Magnesium.14. Die ATP-Hydrolyse innerhalb des aktiven Zentrums ist rever-

    sibel. Bei der Hydrolyse von ATP im aktiven Zentrum wird 18O eingebaut, erneut ATP gebildet und dieses dann in die Lösung abgegeben.

    15. Bei mutiertem Aspartat ist die Protease inaktiv und das Virus ist nicht lebensfähig.

    16. Wasser ersetzt die Hydroxylgruppe von Serin 236, indem es die Übertragung von Protonen aus dem angreifenden Wasser und der γ-Phosphorylgruppe ermöglicht.

    17. Die Katalyseleistung von Subtilisin beträgt ungefähr 30 s−1/10−8 s−1 = 3 109. Für die Carboanhydrase (bei pH 7) liegt die Katalyseleistung bei ungefähr 500.000 s−1/0,15 s−1 = 3,3 106. Nach diesem Kriterium ist also Subtilisin das effektivere Enzym.

    18. Die Form mit der dreifachen Mutation katalysiert die Re-aktion gegenüber der unkatalysierten Reaktion nach wie vor um etwa das 1000-Fache rascher. Das könnte darauf zurückzuführen sein, dass das Enzym das Substrat bindet und in einer Konformation hält, die anfällig für Angriffe von Wasser ist.

    19. a) Cysteinprotease: wie in Abb. 9.8, mit der Ausnahme, dass Serin im aktiven Zentrum durch Cystein ersetzt und kein As-partat vorhanden ist.

    b) Aspartatprotease:

    O

    O HO

    HOR

    NHR'

    O

    O

    H

    O

    O

    OR

    NHR'

    O

    OH

    OH H

    O

    O

    OR

    O

    O

    O

    H

    R'NH2H

    c) Metalloprotease:

    Zn

    OHH

    O

    R'HN

    RB

    2+

    Zn

    OH

    O–B H

    C

    R'HN R

    Zn

    OHH

    O

    O

    RB

    HNH2R'

    2+

    H2O

    2+

    Kapitel 101. Dieses Enzym katalysiert den ersten Schritt bei der Syn-

    these von Pyrimidinen. Es ermöglicht die Kondensation von Carbamoylphosphat und Aspartat zu N-Carbamoylaspartat und anorganischem Phosphat.

    2. Die protonierte Form des Histidins stabilisiert wahrscheinlich im Übergangszustand das negativ geladene Sauerstoffatom der Carbonylgruppe in der zu spaltenden Bindung. Eine De-protonierung würde zu einem Aktivitätsverlust führen. Daher ist zu erwarten, dass die Geschwindigkeit bei einem pH-Wert von etwa 6,5 (dem pK-Wert einer unbeeinflussten Histidin-seitenkette in einem Protein) halbmaximal ist und sich bei einem pH-Anstieg verringert.

    3. Die Inhibition eines allosterischen Enzyms durch das End-produkt des Reaktionsweges, der von diesem Enzym ge-steuert wird. Sie verhindert zum einen eine übermäßige Produktion des Endprodukts und zum anderen den Verbrauch von Substrat, sofern kein Produkt benötigt wird.

    4. Hohe ATP-Konzentrationen könnten zwei sich überlappende Situationen signalisieren. Der hohe ATP-Gehalt könnte darauf hindeuten, dass einige Nucleotide für die Synthese von Nu-cleinsäuren verfügbar sind und folglich UTP und CTP synthe-tisiert werden sollten. Außerdem zeigt der hohe ATP-Gehalt an, dass Energie für die Nucleinsäuresynthese zur Verfügung steht und somit UTP und CTP produziert werden sollten.

    1270 Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_9http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_10

  • 5. Das Enzym würde immer ausschließlich in der R-Form vor-liegen. Es gäbe keine Kooperativität. Die Kinetik würde der eines Michaelis-Menten-Enzyms gleichen.

    6. Das Enzym würde eine einfache Michaelis-Menten-Kinetik zeigen, da es im Wesentlichen immer in der R-Form vorläge.

    7. CTP wird durch die Addition einer Aminogruppe an UTP ge-bildet. Wie sich erwiesen hat, ist UTP ebenfalls in der Lage, in Anwesenheit von CTP die ATCase zu inhibieren.

    8. Homotropische Effektoren sind die Substrate allosterischer Enzyme, heterotropische Effektoren hingegen deren Regu-latoren. Wegen der homotropischen Effektoren nimmt die Kurve der Reaktionsgeschwindigkeit gegen die Substratkon-zentration einen sigmoiden Verlauf, während heterotropische Effektoren den Mittelpunkt des KM-Wertes der Kurve ver-ändern. Letztendlich bewirken beide Typen von Effektoren eine Veränderung des Verhältnisses von T- und R-Form.

    9. Die Wiederherstellung des Enzyms zeigt, dass die komplexe Quartärstruktur und die daraus resultierenden katalytischen und regulatorischen Eigenschaften letztendlich in der Pri-märstruktur der einzelnen Komponenten festgelegt sind.

    10. Bei Verwendung der Substrate würde das Enzym die Re-aktion katalysieren. Es würden sich keine Zwischenprodukte am Enzym anhäufen. Folglich wäre jegliches kristallisierte Enzym frei von Substraten oder Produkten.

    11. a) 100. Durch die Bindung verändert sich [R]/[T] entspre-chend dem Verhältnis der Affinitäten der beiden Formen.b) 10. Die Bindung von vier Substratmolekülen verändert [R]/[T] um den Faktor 1004 = 108. Ohne Substrat beträgt das Verhältnis 10−7. Im mit Liganden voll besetzten Molekül liegt es daher bei 108 10−7 = 10.

    12. Der Anteil der Moleküle in der R-Form beträgt 10−5, 0,004, 0,615, 0,998 und 1 bei 0, 1, 2, 3 beziehungsweise 4 gebun-denen Liganden.

    13. Das sequenzielle Modell lässt eine negative Kooperativität zu, nicht jedoch das konzertierte Modell (Symmetriemodell).

    14.

    15. Die Bindung von PALA bringt die ATCase vom T- in den R-Zustand, da es als Substratanalogon wirkt. Ein Enzymmo-lekül mit gebundenem PALA hat weniger freie katalytische Zentren als ein unbesetztes Enzymmolekül. Das PALA-ent-haltende Enzym wird jedoch im R-Zustand vorliegen und daher eine höhere Affinität für die Substrate haben. Die Ab-hängigkeit des Ausmaßes der Aktivierung von der PALA-

    Konzentration ist eine komplexe Funktion der allosterischen Konstante L0 sowie der Bindungsaffinitäten des R- und T-Zu-stands für Analogon und Substrate.

    16. Das Nettoergebnis der beiden Reaktionen ist die Hydrolyse von ATP zu ADP und Pi mit einem ∆G = −50 kJ mol−1 unter zellulären Bedingungen.

    17. Isozyme sind homologe Enzyme, welche die gleiche Re-aktion katalysieren, aber unterschiedliche kinetische oder regulatorische Eigenschaften aufweisen.

    18. In zahlreichen verschiedenen Geweben werden zwar die gleichen Reaktionen benötigt, aber diese Gewebe weisen abhängig von ihrer biologischen Funktion abweichende bio-chemische Eigenschaften auf. Isozyme ermöglichen eine Feinabstimmung der katalytischen und regulatorischen Ei-genschaften, um den speziellen Anforderungen des Gewebes gerecht zu werden.

    19. a) 7; b) 8; c) 11; d) 6; e) 1; f) 12; g) 3; h) 4; i) 5; j) 2; k) 10; l) 9

    20. Wenn unter Verbrauch von ATP eine Phosphorylierung er-folgt, wird genügend Energie verbraucht, um die Struktur und damit die Aktivität des Proteins dramatisch zu verändern. Weil es sich bei ATP um die Energiewährung der Zelle han-delt, ist die Proteinmodifikation zudem mit den Energiestatus der Zelle verknüpft.

    21. Die kovalente Modifikation ist reversibel, die proteolytische Spaltung hingegen irreversibel.

    22. Die Aktivierung ist unabhängig von der Zymogenkonzen-tration, da die Reaktion intramolekular verläuft.

    23. Fälle von Enteropeptidasemangel kommen zwar sehr selten vor, wurden aber schon nachgewiesen. Die betroffenen Per-sonen leiden aufgrund der unzureichenden Verdauung unter Durchfall und einer mangelhaften Entwicklung. Besonders beeinträchtigt ist die Verdauung von Proteinen.

    24. Man gibt Blut vom zweiten Patienten zu der Blutprobe des ersten. Falls die Mischung gerinnt, unterscheidet sich der De-fekt des zweiten Patienten von dem des ersten. Diese Unter-suchungsmethode wird als Komplementationstest bezeichnet.

    25. Der aktivierte Faktor X bleibt an die Blutplättchenmembran gebunden, was die Prothrombinaktivierung beschleunigt.

    26. Antithrombin III ist ein sehr langsam hydrolysierbares Sub-strat des Thrombins. Seine Wechselwirkung mit dem Throm-bin erfordert daher ein voll ausgebildetes aktives Zentrum des Enzyms.

    27. Methionin durch Leucin zu ersetzen, wäre eine gute Wahl. Leucin ist resistent gegen Oxidation und ist ungefähr ge-nauso groß und hydrophob wie Methionin.

    28. Bei unangemessener Bildung von Blutgerinnseln können Arterien im Gehirn oder am Herzen verstopfen und zu einem Schlaganfall oder Herzinfarkt führen.

    29. Thrombin katalysiert die Hydrolyse von Fibrinogen, wo-durch aktives Fibrin entsteht. Es spielt aber auch eine Rolle beim Stilllegen der Reaktionskaskade, denn es aktiviert Pro-tein C, eine Protease, welche die Gerinnungsenzyme Va und VIIIa spaltet.

    30. Beim gewebespezifischen Plasminogenaktivator oder TPA handelt es sich um eine Serinprotease, welche die Auflösung von Blutgerinnseln bewirkt. TPA aktiviert an ein Blutgerinn-sel gebundenes Plasminogen und wandelt es in aktives Plas-min um. Dieses hydrolysiert dann das Fibrin des Gerinnsels.

    0 1/[S]

    1/V0

    allosterischesEnzym plus

    Inhibitor

    Michaelis-Menten-Enzym

    allosterisches Enzymplus Aktivator

    allosterisches Enzym

    1271Lösungen zu den Aufgaben

  • 31. Ein vollständig ausgebildetes Blutgerinnsel wird durch Amidbindungen zwischen den Seitenketten von Lysin und Glutamin stabilisiert, die in einem weichen Gerinnsel fehlen. Gebildet werden diese Bindungen von der Transglutaminase.

    32. Das einfache sequenzielle Modell sagt voraus, dass der An-teil der katalytischen Ketten in der R-Form (fR) gleich dem Anteil der Ketten mit gebundenem Substrat (Y) ist. Das kon-zertierte Modell besagt im Gegensatz dazu, dass fR schneller zunimmt als Y, wenn die Substratkonzentration erhöht wird. Hier führt bei Substratzugabe die Veränderung von fR zu einer Veränderung von Y, so wie es das konzertierte Modell vorhersagt.

    33. Die Bindung von Succinat an die funktionsfähigen kataly-tischen Zentren der nativen c3-Untereinheit veränderte das sichtbare Absorptionsspektrum von Nitrotyrosinresten in der anderen c3-Untereinheit des Hybridenzyms. Demnach ver-ändert die Bindung eines Substratanalogons an die aktiven Zentren des einen Trimers die Struktur des anderen.

    34. Nach dem konzertierten Modell verschiebt ein allosterischer Aktivator das Konformationsgleichgewicht aller Unterein-heiten zur R-Form, während ein allosterischer Inhibitor eine Verschiebung zur T-Form bewirkt. Der allosterische Aktivator ATP verschiebt also das Gleichgewicht zur R-Form, was zu einer Veränderung der Extinktion führt, wie sie in ähnlicher Weise bei der Bindung von Substrat auftritt. CTP hat eine andere Wirkung. Dieser allosterische Inhibitor verschiebt das Gleichgewicht zur T-Form. Das konzertierte Modell erklärt also die ATP- und CTP-induzierten (hetero-tropischen) Wechselwirkungen genauso wie die substrat-induzierten (homotropischen) allosterischen Wechselwir-kungen der ATCase.

    35. a) Bei hoher Populationsdichte zeigt die Kontrollgruppe ge-selliges Verhalten. b) Die Hemmung der PKA verhindert of-fenbar geselliges Verhalten, während sich die Hemmung der PKG nicht auf das Verhalten auswirkt. c) Die Auswirkungen der Inhibition der PKG wurden erforscht, weil man nachwei-sen wollte, dass die bei der Hemmung der PKA beobachteten Effekte spezifisch und nicht nur einfach auf die Hemmung irgendeiner Kinase zurückzuführen sind. d) Die PKA spielt bei der Verhaltensänderung der Insekten eine Rolle. e) Die Geselligkeit von Heuschrecken, die stets gesellig leben, wird durch die PKA-Hemmung nicht beeinflusst. Das lässt darauf schließen, dass die PKA an der Veränderung von Verhaltens-mustern beteiligt sein könnte, jedoch nicht an der Herausbil-dung dieser Muster.

    36. Die Reste a und d liegen im Inneren von superspiralisierten α-Helices, nahe der Superhelixachse. Hydrophobe Wechsel-wirkungen zwischen den Seitenketten tragen zur Stabilisie-rung dieser Superhelix bei.

    37. Die ATCase dehnt sich in der R-Form aus und besitzt dann eine geringere Dichte. Diese Abnahme der Dichte führt zu ei-ner Abnahme des Sedimentationswertes (Formel auf S. 92).

    38. Die Wechselwirkung zwischen Trypsin und dem Inhibitor ist so stabil, dass sich der Übergangszustand nur selten aus-bildet. Es sei daran erinnert, dass bei Bindung eines Enzyms an den Übergangszustand maximale Bindungsenergie frei-gesetzt wird. Bei einer zu starken Wechselwirkung zwischen Substrat und Enzym entsteht der Übergangszustand nur selten.

    39. Dicumarol ist ein kompetitiver Inhibitor der γ-Glutamyl-Carb-oxylase. Folglich wird kein γ-Carboxyglutamat gebildet, das für die Umwandlung von Prothrombin in Thrombin erfor-derlich ist. Die Aminosäurezusammensetzung ermittelt man durch Hydrolyse des Proteins bei erhöhten Temperaturen in Anwesenheit einer starken Säure. Unter diesen Bedingungen wird die Carboxylgruppe von γ-Carboxyglutamat aus dem normalen Prothrombin entfernt, sodass einfach Glutamat zurückbleibt.

    40.

    41. Zu den Gruppen, die man im aktiven Zentrum erwarten sollte, gehört eine Base, um das Proton von Serin zu entfer-nen, außerdem beispielsweise Asp und Glu, die das mit ATP assoziierte Magnesiumion binden, sowie andere Gruppen, die die ADP-Abgangsgruppe stabilisieren.

    Protein

    OH

    OP

    OP

    OP

    OAdenosin

    OO O O O O

    OP

    OP

    OAdenosin

    O O O O

    Protein

    OP

    O O

    O

    – –2– H+

    2–2– –

    +

    O

    NH2O2–O3P

    H2N COO–

    H

    COO–N

    HN

    H

    His+

    H+

    O

    NH2O2–O3P

    HN COO–

    H

    COO–

    N

    HN

    H H+

    NH2

    HN COO–

    H

    COO–N

    HN

    H

    O

    HOPO32–

    +

    1272 Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_3

  • Kapitel 111. Kohlenhydrate wurden ursprünglich als Hydrate des Kohlen-

    stoffs angesehen, da die Summenformel bei vielen (CH2O)n lautet.

    2. Drei Aminosäuren können nur auf sechs verschiedene Weisen durch Peptidbindungen miteinander verknüpft werden, für drei verschiedene Monosaccharide gibt es jedoch zahlreiche Möglichkeiten: linear oder verzweigt, α- oder β-verknüpft, mit Bindungen zwischen C-1 und C-3, C-1 und C-4, C-1 und C-6 und so weiter. Insgesamt können die drei Monosaccharide nicht weniger als 12.288 verschiedene Trisaccharide bilden.

    3. a) 10; b) 6; c) 8; d) 9; e) 2; f) 4; g) 1; h) 5; i) 7; j) 34. a) Aldose-Ketose

    b) Epimerec) Aldose-Ketosed) Anomeree) Aldose-Ketosef) Epimere

    5. Erythrose: Tetrose, Aldose; Ribose: Pentose, Aldose; Gly-cerinaldehyd: Triose, Aldose; Dihydroxyaceton: Triose, Ketose; Erythrulose: Tetrose, Ketose; Ribulose; Pentose, Ketose; Fructose: Hexose, Ketose

    6.

    7.

    8. Der Anteil des α-Anomers beträgt 0,36, des β-Anomers 0,64.9. Glucose reagiert aufgrund des Auftretens einer Aldehyd-

    gruppe in ihrer offenen Kettenform. Die Aldehydgruppe kondensiert langsam mit Aminogruppen unter Bildung von Aldiminprodukten, die man als Schiff-Basen-Addukte be-zeichnet.

    10. Ein Pyranosid reagiert mit zwei Molekülen Periodat; Formiat ist eines der Produkte. Ein Furanosid reagiert nur mit einem Molekül Periodat; dabei entsteht kein Formiat.

    11. a) β-d-Mannoseb) β-d-Galactosec) β-d-Fructosed) β-d-Glucosamin

    12. Das Trisaccharid allein sollte ein kompetitiver Inhibitor der Zelladhäsion sein, falls die Trisaccharideinheit des Glyko-proteins für die Wechselwirkung wichtig ist.

    13. Reduzierende Enden bilden 1,2,3,6-Tetramethylglucose, aus den Verzweigungspunkten entsteht 2,3-Dimethylglucose. Aus dem übrigen Molekül entsteht 2,3,6-Trimethylglucose.

    14. a) Kein reduzierender Zucker; offenkettige Formen sind nicht möglich.b) d-Galactose, d-Glucose, d-Fructosec) d-Galactose und Saccharose (Glucose + Fructose)

    15. Die Halbketalverknüpfung des α-Anomers wird getrennt, sodass die offene Form entsteht. Die Drehung um die C-1- und C-2-Bindungen ermöglicht die Bildung des β-Anomers, sodass schließlich eine Mischung von Isomeren entsteht.

    O

    H

    CH2OH

    OHOH

    HO

    OH

    b-D-Mannose

    16. Durch Erhitzen werden die sehr süßen Pyranoseformen in die stabileren, aber weniger süßen Furanoseformen umge-wandelt. Deshalb ist es schwierig, bei gekochten Nahrungs-mitteln den Süßegrad genau einzustellen. Derselbe Effekt führt dazu, dass Honig durch Alterung an Süße verliert. Strukturen in Abb. 11.5.

    17. a) Jedes Glykogenmolekül hat ein reduzierendes Ende, wäh-rend die Zahl der nichtreduzierenden Enden von der Zahl der Verzweigungen oder α-1,6-Bindungen abhängt.

    CHO

    OHH C

    OHH C

    OHH C

    CH2OH

    D-Allose

    OHH C

    CHO

    HHO C

    OHH C

    OHH C

    CH2OH

    D-Altrose

    OHH C

    CHO

    HHO C

    HHO C

    OHH C

    CH2OH

    D-Mannose

    OHH C

    CHO

    HHO C

    HHO C

    HHO C

    CH2OHD-Talose

    OHH C

    CHO

    HHO C

    OHH C

    HHO C

    CH2OH

    D-Idose

    OHH C

    CHO

    OHC

    HHO

    H

    C

    HHO C

    CH2OH

    D-Galactose

    OHH C

    CHO

    OHC

    HHO

    H

    C OHH

    C

    CH2OH

    D-Gulose

    OHH C

    a-Glucosyl-(1® 6)-galactose

    CH2

    OHH

    O

    O

    CH2OH

    HOH

    OH

    HHH

    OHH

    O

    HOH

    H H

    OH OHH

    1273Lösungen zu den Aufgaben

    http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_11http://dx.doi.org/10.1007/978-3-662-54620-8_11

  • b) Da es in einer Population von Glykogenmolekülen wesent-lich mehr nichtreduzierende als reduzierende Enden gibt, er-folgt der gesamte Auf- und Abbau an den nichtreduzierenden Enden, sodass die Synthese- und Abbaurate maximal ist.

    18. Nein, Saccharose ist kein reduzierender Zucker. Bei Glucose wie auch bei Fructose fungiert das anomere Kohlenstoffatom als reduzierendes Agens, bei Saccharose sind die anomeren Kohlenstoffatome von Glucose und Fructose jedoch durch eine kovalente Bindung miteinander verknüpft und stehen daher nicht für eine Reaktion zur Verfügung.

    19. Glykogen ist ein durch α-1,4-glykosidische Bindungen ver-knüpftes Polymer von Glucose, das sich etwa alle zehn Glu-coseeinheiten α-1,6-glykosidisch verzweigt. Stärke besteht aus zwei Polymeren von Glucose. Amylose ist ein geradket-tiges Polymer aus α-1,4-glykosidisch verknüpften Einheiten. Amylopektin ähnelt Glykogen, weist aber weniger Verzwei-gungen auf: Nur etwa alle 30 Glucoseeinheiten kommt es zu einer Verzweigung.

    20. Cellulose ist ein lineares Polymer aus β-1,4-glykosidisch verknüpften Glucoseeinheiten. Glykogen ist ein verzweigtes Polymer, dessen Hauptkette von α-1,4-glykosidischen Bin-dungen gebildet wird. Die β-1,4-Bindungen ermöglichen die Bildung eines linearen Polymers, das sich ideal zur Struk-turbildung eignet. Die α-1,4-glykosidischen Bindungen von Glykogen bilden eine helicale Struktur und ermöglichen dadurch die Speicherung zahlreicher Glucoseeinheiten auf kleinstem Raum.

    21. Einfache Glykoproteine werden oft als sezernierte Proteine bezeichnet und erfüllen eine ganze Reihe unterschiedlicher Funktionen. So ist beispielsweise das Hormon EPO (Ery-thropoetin) ein Glykoprotein. Die Proteinkomponente macht gewöhnlich den Hauptteil der Masse des Glykoproteins aus. Im Gegensatz dazu bestehen Proteoglykane und Mucopro-teine (Mucine) überwiegend aus Kohlenhydraten. Proteogly-kane sind mit Glykosaminoglykanen verknüpft und haben eine strukturbildende Funktion, etwa in Knorpel und in der extrazellulären Matrix. Mucoproteine dienen meist als Gleit-mittel; bei ihnen sind über einen N-Acetylgalactosaminanteil zahlreiche Kohlenhydrate gebunden.

    22. Durch das angehängte Kohlenhydrat kann EPO länger im Blutkreislauf zirkulieren und somit seine Funktion über längere Zeit ausüben als kohlenhydratfreies EPO.

    23. Aufgrund seiner starken Ladung bindet das Glykosaminogly-kan zahlreiche Wassermoleküle. Bei Belastung des Knorpels, beispielsweise beim Aufsetzen der Ferse auf dem Boden, wird das Wasser freigesetzt und federt so den Aufprall ab. Beim Anheben der Ferse wird das Wasser wieder gebunden.

    24. Das Lectin, das an Mannose-6-phosphat bindet, könnte de-fekt sein und ein korrekt adressiertes Protein nicht erkennen.

    25. Asparagin, Serin und Threonin.26. Verschiedene molekulare Formen von Glykoproteinen. Diese

    unterscheiden sich in der Anzahl der gebundenen Kohlenhy-drate oder im Ort der Bindung oder in beidem.

    27. Die Gesamtheit aller Kohlenhydrate, die eine Zelle in einem bestimmten Zeitraum und unter bestimmten Umweltbedin-gungen synthetisiert.

    28. Das Genom umfasst sämtliche Gene eines Organismus. Zum Proteom gehören alle möglichen Proteinprodukte und modifizierten Proteine, die eine Zelle unter bestimmten Bedingungen exprimiert. Das Glykom besteht aus allen

    Kohlenhydraten, welche die Zelle unter bestimmten Bedin-gungen synthetisiert. Weil das Genom unveränderlich ist, jedes einzelne Protein jedoch unterschiedlich exprimiert und modifiziert werden kann, ist das Proteom komplexer als das Genom. Noch komplexer muss das Glykom sein, denn es umfasst nicht nur die Glykoformen von Proteinen, sondern auch viele mögliche Kohlenhydratstrukturen.

    29. Ein Asparaginrest kann glykosyliert werden, wenn er Teil einer Asn-X-Ser- oder einer Asn-X-Thr-Sequenz ist, wobei X jeder Rest mit Ausnahme von Prolin sein kann. Die Ein-schränkung des Mitbewohners rührt daher, dass nicht alle potenziell möglichen Stellen glykolysiert sind.

    30. Diese Tatsache lässt darauf schließen, dass Kohlenhydrate zum Zweck der Erkennung durch andere Zellen, Organismen oder die Umwelt auf den Zelloberflächen sämtlicher Orga-nismen vorhanden sind.

    31. Ein Glykoprotein ist ein Protein, dem Kohlenhydrate ange-lagert sind. Ein Lectin ist ein Protein, das spezifisch Kohlen-hydrate erkennt. Ein Lectin kann auch ein Glykoprotein sein.

    32. Gezählt wird jede mögliche Stelle, sei sie glykosyliert oder nicht, sodass es 26 = 64 mögliche Proteine gibt.

    33. Die 20 Aminosäurebestandteile von Proteinen und die vier Nucleotide, aus denen Nucleinsä