J. M. Berg, J. L. Tymoczko, L. Stryer, BiochemieDOI 10.1007/978–3-8274–2989-6, © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2013

Kapitel 1

1. Wasserstoffbrückendonatoren sind die NH- und NH2-Gruppen. Wasser-stoffbrückenakzeptoren sind die Sauerstoffatome der Carbonylgruppen und diejenigen Stickstoffatome in den Ringen, an die kein Wasserstoff und keine Desoxyribose gebunden sind.

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

3. a) Elektrostatische Wechselwirkungen; b) Van-der-Waals-Wechselwirkungen.4. Reaktionen a und b5. DSSystem = –661 J mol–1 K–1 DSUniversum = +842 J mol–1 K–16. a) 1,0; b) 13,0; c) 1,3; d) 12,77. 2,888. 1,969. 11,8310. 447; 0,0005011. 0,00066 M12. 6,013. 5,5314. 6,4815. 7,816. 10017. a) 1,6; b) 0,51; c) 0,1618. 0,1 M Natriumacetatlösung: 6,34; 6,03; 5,70; 4,75 0,01 M Natriumacetatlösung: 5,90; 4,75; 3,38; 1,4019. 90 mM Essigsäure; 160 mM Natriumacetat; 0,18 mol Essigsäure; 0,32

mol Natriumacetat; 10,81 g Essigsäure; 26,25 g Natriumacetat20. 0,50 mol Essigsäure; 0,32 mol NaOH; 30,03 g Essigsäure; 12,80 g NaOH21. 250 mM; ja; nein, es sind auch 90 mM NaCl enthalten22. 8,63 g Na2HPO4; 4,71 g NaH2PO423. 7,0; dieser Puffer ist wenig hilfreich, da sich der pH-Wert vom pKS-Wert

stark unterscheidet24. 1,45 kJ mol–1; 57,9 kJ mol–125. Etwa 15 Millionen unterschiedliche Basenpaare

Kapitel 2

1. A) Prolin, Pro, P; B) Tyrosin; Tyr, Y; C) Leucin, Leu, L; D) Lysin, 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

α-Kohlen-stoffatome

7.

H3N+

+

–

H H

bei pH 5,5 ist die Nettoladung +1

CH2

NH

CH C N CH C O

O O

HN

H3N+ –

H H

bei pH 7,5 ist die Nettoladung 0

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

Aspartam bei pH 7

CH2

CH C N CH C O CH3

O O

Anhang

A: Lösungen zu den Aufgaben

10. Die sich wiederholende Einheit Stickstoff/a-Kohlenstoff/Carbonyl-kohlenstoff.

11. Die Seitenkette ist die funktionelle Gruppe, die am a-Kohlenstoffatom der Aminosäure befestigt ist.

12. Die Aminosäurezusammensetzung gibt nur die Aminosäuren an, aus denen ein Protein besteht. Die Reihenfolge wird dabei nicht berücksich-tigt. 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 kd, umfasst also 318 Reste (mitt-lere Masse pro Rest 110 d). Da die Steighöhe einer a-Helix 0,15 nm pro Rest beträgt, ergibt sich eine Länge von 47,7 nm. Noch genauer: Bei ei-ner superspiralisierten a-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 b-Faltblatt-Konformation vor. Bei einer Steighöhe von 0,35 nm pro Rest ergibt sich eine Länge von 6,3 nm.

14. Die Methylgruppe am b-Kohlenstoffatom des Isoleucins behindert ste-risch die Bildung einer a-Helix. Beim Leucin ist diese Methylgruppe an das g-Kohlenstoffatom gebunden, das weiter von der Hauptkette ent-fernt liegt; so bleibt die Behinderung aus.

15. Die erste Mutation zerstört die Aktivität, weil Valin mehr Raum bean-sprucht als Alanin; das Protein muss infolgedessen eine andere Form annehmen, wenn man davon ausgeht, dass dieser Rest in einer dicht ge-packten Umgebung liegt. Die zweite Mutation stellt die Aktivität wieder her, weil sie zu einer kompensatorischen Verringerung des Volumens führt: Glycin ist kleiner als Isoleucin.

16. Die native Konformation des Insulins ist nicht die thermodynamisch stabilste Form, da das Molekül aus zwei einzelnen, über Disulfidbrücken verknüpften Peptiden besteht. Tatsächlich entsteht Insulin aus Proinsu-lin, einer einkettigen Vorstufe, die nach Bildung der Disulfidbrücken ge-spalten wird, um Insulin zu erzeugen, das aus 51 Aminosäuren besteht.

17. Ein Abschnitt der Hauptkette der Protease kann mit der Hauptkette des Substrats Wasserstoffbrücken ausbilden und so ein ausgestrecktes paral-leles oder antiparalleles Paar von b-Strängen erzeugen.

18. 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.

19. Glutamat, Aspartat und die endständige Carboxylatgruppe können Salz-brücken mit der Guanidiniumgruppe des Arginins bilden. Darüber hin-aus kann diese Gruppe als Donator einer Wasserstoffbrücke zu den Sei-tenketten von Glutamin, Asparagin, Serin, Threonin, Aspartat, Tyrosin, Glutamat und den Carbonylgruppen der Hauptkette fungieren. Histidin kann mit Arginin bei pH 7 Wasserstoffbrücken ausbilden.

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

21. 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 vorkommen. Membranen bestehen größtenteils aus hydro-phoben 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 ent-hält das Innere des Proteins viele geladene und polare Aminosäuren. Sie umgeben einen mit Wasser gefüllten Kanal, der durch die Mitte des Pro-teins 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“.

22. Die Aminosäuren werden hydrophob sein. Eine a-Helix ist besonders dafür geeignet, eine Membran zu durchspannen, da alle Amidwasser-stoff- und Carbonylsauerstoffatome des Peptidrückgrats an Wasserstoff-brücken innerhalb des Peptids beteiligt sind, sodass diese polaren Atome in einer hydrophoben Umgebung stabilisiert werden.

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

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

25. Die Energieschwelle, die überwunden werden muss, um von der poly-merisierten zur hydrolysierten Form zu wechseln, ist hoch, selbst wenn die Reaktion thermodynamisch begünstigt ist.

26. 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-NH3+, das auf dieselbe Weise bestimmt wird, beträgt 10–1. Demnach beläuft sich das Verhältnis von neutralem Alanin zu den zwitterionischen Formen auf 10–4 × 10–1 = 10–5.

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

28. ELVIS IS LIVING IN LAS VEGAS29. Nein. Pro–X besitzt dieselben Eigenschaften wie jede andere Peptid-

bindung. Die sterische Behinderung durch X–Pro entsteht, weil die R-Gruppe von Pro mit der Aminogruppe verbunden 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.

30. A, c; B, e; C, d; D, a; E, b31. Ursache sind die falschen Disulfidpaare, die sich in Gegenwart von

Harnstoff bilden. Es gibt 105 verschiedene Möglichkeiten, acht Cystein-moleküle zur Bildung von vier Disulfidbrücken zu verbinden, aber nur eine dieser Kombinationen ist enzymatisch aktiv. Die 104 falschen Paa-rungen wurden bildhaft als „verworrene Ribonuclease“ (scrambled ribo-nuclease) bezeichnet.

Kapitel 3

1. a) Phenylisothiocyanat; b) Harnstoff; b-Mercaptoethanol zur Disulfidre-duktion; c) Chymotrypsin; d) CNBr; e) Trypsin

2. Jeder Aminosäurerest, außer dem carboxyterminalen, reagiert mit Hyd-razin zu einem Hydrazid. Der Rest am Carboxylende wird als freie Ami-nosäure identifiziert.

3. Die S-Aminoethylcystein-Seitenkette ähnelt der des Lysins. Der einzige Unterschied besteht in einem Schwefelatom anstelle einer Methylen-gruppe.

4. Eine Lösung mit 1 mg ml–1 Myoglobin (17,8 kd, Tabelle 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 wer-den also 14,4 Prozent des einfallenden Lichtes durchgelassen.

5. Die Probe wurde 1 000-fach verdünnt. Nach der Dialyse beträgt die Konzentration daher 0,001 M oder 1 mM. Sie können die Salzkonzent-ration 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 Ladun-gen 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, wer-den die Ladungen auf den Proteinen neutralisiert, Wechselwirkungen zwischen den Proteinen werden verhindert.

7. Tropomyosin ist stabförmig, während Hämoglobin fast kugelförmig ist.8. Der Reibungskoeffizient f und die Masse m bestimmen den Sedimenta-

tionskoeffizienten s. Genauer gesagt ist f proportional zu r (Gleichung 2 auf S. 72). Demnach ist f proportional zu m1/3 und s proportional zu m2/3

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

36

1077A: Lösungen zu den Aufgaben

(Gleichung auf S. 77). Ein kugelförmiges 80-kd-Protein sedimentiert1,59-malschnelleralseinkugelförmiges40-kd-Protein.

9. Der lange hydrophobe Schwanz am SDS-Molekül (S. 74) zerstört diehydrophoben 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 kd11. Das Protein ist möglicherweise modifiziert. So können beispielsweise

Serin, Theronin oder Tyrosin eine Phosphatgruppe tragen.12. Ein fluoreszenzmarkiertes Derivat eines bakteriellen Abbauprodukts

(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 aromati-schen R-Gruppen schneidet, erzeugt zwei Peptide mit gleicher Größe (AVGW und RVKS). Eine Trennung aufgrund der Größe wäre hier we-nig erfolgreich. Das Peptid RVKS enthält jedoch zwei positive Ladun-gen (R und K), während das andere Peptid neutral ist. Deshalb lassen sich die beiden Produkte mithilfe einer Ionenaustauschchromatogra-phie trennen.

14. Antikörpermoleküle, die an einen festen Träger gebunden sind, eignen sichfürdieAffinitätsreinigungvonProteinen,fürdiekeinLigandenmo-lekül 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 spezifi-sche Molekül zu erzeugen. Mithilfe dieser 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 Enzym-menge kommen.

17. Viele Proteine haben ähnliche Massen, weisen aber unterschiedliche Sequenzen auf und erzeugen so bei Spaltung mit Trypsin unterschied-liche 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 nach-vollziehbare Analogie lautet: Genauso wie Finger von derselben Größe unterschiedliche Fingerabdrücke liefern, zeigen gleich große Proteine unterschiedliche Spaltungsmuster mit Trypsin.

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

19. Betrachten Sie die unten stehende Tabelle.20. Die Bildung von Proteinkristallen erfordert die geordnete Zusammen-

lagerung 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 verlei-hen und könnte dann der Lösung zugesetzt werden, um die Kristallbil-dung zu erleichtern.

21. Die Behandlung mit Harnstoff trennt nichtkovalente Bindungen. Des-halbmussdasursprünglicheProteinmit60 kdauszweiUntereinheitenzuje30 kdbestehen.WenndieseUntereinheitenmitHarnstoffundβ-Mercaptoethanol behandelt werden, erhält man eine einzige Molekül-speziesmit15 kd.DasdeutetaufDisulfidbrückeninden30-kd-Unter-einheiten hin.

22. a) Die elektrostatische Abstoßung zwischen positiv geladenen e-Ami-nogruppen verhindert die Bildung einer α-HelixbeipH7.BeipH10werden die Seitenketten deprotoniert und die Bildung einer α-Helix ist möglich.

b) Poly-l-Glutamat liegtbeipH7alsZufallsknäuelvorundwirdun-terhalbvonpH4,5α-helikal, weil die γ-Carboxylatgruppen protoniert werden.

23. Der Unterschied zwischen der vorhergesagten und ermittelten Masse bei diesem Fragment beträgt 28,0. Das entspricht genau derMassen-verschiebung, die man bei einem formylierten Peptid erwarten würde. Dieses Peptid ist wahrscheinlich an seinem Aminoteminus formyliert.

24. Die Synthese dieser Peptide wurde durch die Verwendung von Licht ge-steuert. Jede der zur festen Matrix zugegebenen Aminosäuren enthielt an der α-Aminogruppe anstatt der t-BOC-Schutzgruppe eine durchLicht abspaltbare Schutzgruppe. Die Belichtung bestimmter Bereiche der festen Unterlage führte zur Freisetzung der Schutzgruppe, wodurch an diesen Stellen die Aminogruppen reaktiv gemacht wurden. Damit bestimmen die für die Belichtung eingesetzten Schablonen und die Rei-henfolge der Reagenzien die letztlich entstehenden Produkte und deren Positionierung.

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

26. Erste Aminosäure: A Letzte Aminosäure: R (keine Spaltung durch die Carboxypeptidase) Sequenz des N-terminalen tryptischen Peptids: AVR (das tryptische

Peptid endet hier mit R) Sequenz des N-terminalen chymotryptischen Fragments: AVRY (ein

chymotryptischesFragmentendetmitY)Sequenz:AVRYSR

27. Erste Aminosäure: S Zweite Aminosäure: L Spaltung durch Bromcyan: M ist an der zehnten Position Carboxyterminale Reste: (2S, L, W) AminoterminaleReste:(G,K,S,Y),tryptischesPeptid,endetmitK AminoterminaleSequenz:SYGK Reihenfolge der chymotryptischen Peptide: (S,Y),(G,K,L),(F,I,S),(M,T),(S,W),(S,L) Sequenz:SYGKLSIFTMSWSL28. Wenn das Protein keine Disulfidbrücken enthält, ist die elektrophoreti-

sche Mobilität des Trypsinfragments vor und nach der Behandlung mit Perameisensäure gleich: Alle Fragmente liegen entlang der Papierdiago-nale. Wenn eine Disulfidbrücke vorhanden ist, erscheinen die durch die Disulfidbrücke zusammengehaltenen Fragmente in der ersten Laufrich-tung als einziger Fleck, nach der Behandlung mit Perameisensäure je-doch als zwei Flecke. Dadurch sind außerhalb der Diagonale zwei Flecke zu sehen.

Reinigungsverfahren Gesamtprotein(mg)

Gesamtaktivität(Units)

spezifische Aktivität(Units mg–1)

Reinheitsgrad Ausbeute(%)

Rohextrakt 20 000 4 000 000  200 1 100

Ammoniumsulfatfällung 5 000 3 000 000  600 3 75

DEAE-Cellulose-Chromatographie 1 500 1 000 000  667 3,3 25

Molekularsieb  500  750 000 1 500 7,5 19

Affinitätschromatographie   45  675 000 15 000 75 17

1078 Anhang

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 Chromatographiepapier iso-liert und durch Massenspektrometrie analysiert werden, um ihre Ami-nosäurezusammensetzung zu bestimmen und so die Cysteine zu ermit-teln, die an der Disulfidbrücke beteiligt sind.

Kapitel 4

1. Ein Nucleosid besteht aus einer Base, die mit einem Ribosezucker ver-knüpft ist. Ein Nucleotid ist ein Nucleosid, bei dem eine oder mehr Phosphatgruppen an der Ribose 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]istimmergleich[A],sodassdiesebeidenMoleküle40ProzentallerBasenausmachen.[G]istimmergleich[C],sodasssichdieübrigen60Prozentzujeweils30ProzentaufGundCverteilen.

4. Nichts, da die Regeln der Basenpaarung nicht auf einzelsträngige Nucle-insäuren zutreffen.

5. a) TTGATC; b) GTTCGA; c) ACGCGT; d) ATGGTA6. a)[T]+[C]=0,46;b)[T]=0,30;[C]=0,24und[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 Doppelhe-lix hinein zu passen, und zwei Pyrimidine sind zu klein, um ein Basen-paar 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 vorkommt, be-trägt4n,wobei4dieAnzahlderNucleotideundn die Länge der Sequenz ist. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Sequenz von 15 Basen vorkommt,ist1/415oder1/1073 741824.DemnachkommteineSequenzvon15Nucleotidenetwadreimalvor(3Milliarden×Wahrscheinlich-keit des Vorkommens). Die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten einer Sequenzvon16Basenist1/416oder1/4294 967296.EinesolcheSequenzkommt wahrscheinlich nicht mehr als einmal vor.

10. An einem Ende des Nucleinsäurepolymers befindet sich eine freie 5ʹ-Hy-droxylgruppe (oder eine Phosphatgruppe, die mit der Hydroxylgruppe verestert ist), am anderen Ende steht eine freie 3ʹ-Hydroxylgruppe. Die beiden Enden unterscheiden sich also. Zwei DNA-Stränge können nur dann eine Doppelhelix bilden, wenn die Stränge gegenläufig orientiert sind – das heißt, wenn sie eine entgegengesetzte Polarität besitzen.

11. Die einzelnen Bindungen sind zwar schwach, aber die Gesamtheit von Tausenden bis Millionen solcher Bindungen führt zu einer großen Stabi-lität. 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 Kationen erforderlich.

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

14.5,88×103 Basenpaare15. Bei einer konservativen Replikation würde nach einer Generation die

Hälfte der Moleküle die Markierung 15N-15N, die andere Hälfte die Mar-kierung 14N-14N tragen. Nach zwei Generationen ergäbe sich für ein Viertel der Moleküle 15N-15N, für die anderen drei Viertel 14N-14N. Mo-leküle mit Hybridmarkierung (14N-15N) wären bei einer konservativen Replikation nicht zu beobachten.

16. a) Tritiummarkiertes Thymin oder Thymidin b) dATP, dGTP, dCTP und TTP mit einer 32P-Markierung am innersten

(α-)Phosphoratom17. Die Moleküle a und b führen nicht zu einer DNA-Synthese, da ihnen

einefreie3ʹ-OH-Gruppe(einPrimer)fehlt.Moleküldbesitzteinfreies3ʹ-OH an einem Ende jedes Stranges, aber danach keinenMatrizen-strang. Nur bei c kann es eine DNA-Synthese geben.

18. Ein Retrovirus ist ein Virus mit RNA als genetisches Material. Damit die Information exprimiert wird, muss jedoch die RNA zuerst in DNA umgewandelt werden; diese Reaktion wird durch die Reverse Transkrip-tase katalysiert. Demnach verläuft der Informationsfluss zumindest zu Beginn in der entgegengesetzten Richtung wie in einer normalen Zelle: RNA DNA und nicht DNA RNA.

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

20. Die Ribonuclease dient zum Abbau des RNA-Stranges; dies ist ein not-wendiger Schritt zur Bildung einer DNA-Doppelhelix aus dem RNA-DNA-Hybrid.

21. Man behandelt ein Aliquot der Probe mit Ribonuclease, das andere mit Desoxyribonuclease und untersucht die infektiöse Wirkung dieser nuc-leasebehandelten Proben.

22. Desaminierung verändert das ursprüngliche GC-Basenpaar zu einem GU-Paar. Nach einer Replikationsrunde wird die eine Tochterdoppelhe-lix ein GC-Paar enthalten, die andere ein AU-Paar. Nach zwei Replikati-onsrunden sind zwei GC-Paare, ein AU- und ein AT-Paar vorhanden.

23.a) 48 = 65536. In derComputerterminologie entspricht dies 64K anDNA-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 beispiels-weise00,01,10und11A,C,GundTcodieren.EinOktamerspeichert16 Bit (216 = 65 536), das Genom von E. coli(4,6×106bp)9,2×106 Bit, dasmenschlicheGenom(3,0×109bp)6,0×109 Bit an genetischer Infor-mation.

c) EinenormaleCDkannetwa700Megabytespeichern,was5,6×109 Bit entspricht. Auf solch einer CD lässt sich eine große Anzahl von 8er-Sequenzen speichern. Die DNA-Sequenz von E. coli könnte man auf die-ser CD speichern und hätte noch viel Platz für Musik. Aber eine einzige CD würde nicht ausreichen, um das gesamte menschliche Genom aufzu-nehmen.

24. a) Desoxyribonucleosidtriphosphate gegenüber Ribonucleosidtripho-phaten

b) 5ʹ 3ʹ (bei beiden) c) Semikonservativ bei der DNA-Polymerase I, konservativ bei der

RNA-Polymerase d) Die DNA-Polymerase I braucht einen Primer, die RNA-Polymerase

dagegen nicht.25. Messenger-RNA codiert die Information, die über die Translation zum

Protein führt. Ribosomale RNA ist ein katalytischer Bestandteil der Ri-bosomen, der molekularen Komplexe, 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 Ribosom.

26. a) 5ʹ-UAACGGUACGAU-3ʹ b) Leu–Pro–Ser–Asp–Trp–Met c) Poly(Leu–Leu–Thr–Tyr)27.Die 2ʹ-OH-Gruppe der RNA wirkt als intramolekulare nucleophile

Stelle. Bei der alkalischen Hydrolyse der RNA wird ein 2ʹ-3ʹ-zyklisches Zwischenprodukt gebildet.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

36

1079A: Lösungen zu den Aufgaben

28.

29. 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 Expres-sion umfasst also Transkription und Translation.

30. Eine Nucleotidsequenz aus den am häufigsten vorkommenden Basen, die aber nicht notwendigerweise die einzigen Bestandteile dieser Se-quenz umfasst. Eine Consensussequenz kann als Durchschnitt von vie-len ähnlichen Sequenzen aufgefasst werden.

31. Cordycepin beendet die RNA-Synthese. Eine RNA-Kette mit Cordyce-pinhatkeine3ʹ-OH-Gruppe.

32. Nur einzelsträngige RNA kann als Matrize für die Proteinsynthese dienen.33. Die Degeneration des genetischen Codes bedeutet, dass die meisten

Aminosäuren von mehr als einem Codon codiert werden.34.Wennnur20der64CodonsAminosäurencodierenwürden,führteeine

Mutation, die ein Codon verändert, wahrscheinlich zu einem Nonsense-Codon, sodass an dieser Stelle die Proteinsynthese abbrechen würde. Aufgrund der Degeneration entsteht durch die Veränderung eines Nuc-leotids möglicherweise ein synonymes Codon oder ein Codon für eine Aminosäure mit ähnlichen chemischen Eigenschaften.

35.a)2,4,8;b)1,6,10;c)3,5,7,936.a)3;b)6;c)2;d)5;e)7;f)1;g)437. 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).

38. Ein Peptid mit Lys am Ende (UGA ist ein Stoppcodon) sowie zwei weite-res Peptide –Asn–Glu– und –Met–Arg–.

39. Die am häufigsten vorkommenden Aminosäuren besitzen die meisten Codons (Leu und Ser zum Beispiel jeweils sechs). Die seltensten Ami-nosäuren dagegen (Met und Trp) haben nur je ein Codon. Die Dege-neration erlaubt erstens eine Variation der Basenzusammensetzung und verringert zweitens die Wahrscheinlichkeit, dass eine Substitution einer Base die codierte Aminosäure verändert. Wenn die Degeneration gleichmäßig verteiltwäre,würden zu jeder der 20AminosäurendreiCodons gehören. Beide Vorteile werden verstärkt, indem häufig vor-kommenden Aminosäuren mehr Codons zugeordnet sind als den sel-tener auftretenden.

40. Phe–Cys–His–Val–Ala–Ala41. Exon shuffling ist ein molekularer Vorgang, durch den neue Proteine

entstehen können, indem Exons innerhalb von Genen umgelagert wer-den. Da viele Exons funktionelle Proteindomänen codieren, ist das exon shufflingeinschnellerundeffizienterMechanismus,umneueGeneher-vorzubringen.

42. Hier zeigt sich, dass der genetische Code und die biochemischen Me-chanismen, die diesen Code umsetzen, selbst bei sehr wenig verwandten Lebensformen übereinstimmen. Dies ist auch ein Beleg für die Einheit-lichkeit des Lebens, dass also jegliches Leben aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen ist.

43. a) Ein Codon für Lysin kann nicht durch Mutation eines einzigen Nucle-otids in ein Codon für Aspartat umgewandelt werden.

b) Arg,Asn,Gln,Glu,Ile,MetoderThr44.Der genetische Code ist degeneriert. 18 der 20 Aminosäurenwerden

von mehr als einem Codon bestimmt. Viele Nucleotidveränderungen (besonders bei der dritten Base eines Codons) haben daher keinen Ein-fluss auf die codierte Aminosäure. Mutationen, die zu einer anderen Aminosäure führen, sind meist schädlicher als solche, bei denen dies nicht geschieht, und daher einer strengeren Selektion unterworfen.

45. GC-Basenpaare bilden drei Wasserstoffbrücken aus, AT-Basenpaare hingegen nur zwei. Der höhere GC-Gehalt bedeutet also, dass es mehr Wasserstoffbrücken gibt und die Doppelhelix dadurch stabiler ist.

46. Der C0t-Wert spiegelt im Grunde die Komplexität der DNA-Sequenz wi-der – anders ausgedrückt, wie lange es bei einer DNA-Sequenz dauert, bis sie ihren komplementären Strang „gefunden“ hat, um eine Doppel-helix zu bilden. Je komplexer die DNA ist, um so langsamer erfolgt die neue Zusammenlagerung zur doppelsträngigen Form.

Kapitel 5

1. a) 5ʹ-GGCATAC-3ʹ b) Die Didesoxysequenzierung nach Sanger würde das folgende Ban-

denmuster ergeben:

δ–O

O

Oδ–

O

OH

CH2

O

δ–O Oδ–

P

δ–O Oδ–

P

O Base

Base

O

CH2

OH

O

P

OO

O

CH2

O

δ–O Oδ–

P

O

δ–O Oδ–

P

δ–O Oδ–

P

O Base

Base

O

CH2

OH

O

OO

O

CH2

O

δ–O Oδ–

P

OH

OH

δ–O Oδ–

P

δ–O Oδ–

P

O Base

Base

O

CH2

OH

O

Didesoxy ATP

Richtung derElektrophorese

3' A C G T T A C C G 5'

Didesoxy CTP

Didesoxy TTP

Didesoxy GTP

1080 Anhang

2. EssollteOvalbumin-cDNAverwendetwerden.E. coli fehlt die Maschi-nerie, um das aus der genomischen DNA hervorgehende Primärtran-skript zu spleißen.

3. Entsprechend seiner planaren aromatischen Struktur interkaliert Ethi-diumbromid in die DNA, indem es sich zwischen die gepaarten Basen einer DNA-Doppelhelix einlagert.

4. Die Häufigkeit der AluI-Sequenz beträgt imDurchschnitt 1/44 bezie-hungsweise 1/256, da die Wahrscheinlichkeit, dass sich an einer belie-bigenPositioneinebestimmteBasebefindet,genau1/4beträgtunddieSequenz vier Positionen enthält. Aufgrund derselben Überlegung be-trägt die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten einer NotI-Sequenz1/48 beziehungsweise 1/65 536. Daher beträgt die durchschnittliche Frag-mentlänge bei Spaltung mit AluI~250Basenpaare(0,25 kb),währendbei NotI~66000(66 kb)zuerwartensind.

5. Nein,denndiemeistenGenedesMenschensindviel längerals4 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 Restriktionsschnittstelle würde auf dem Southern-Blot dazu führen, dass zwei Fragmente durch ein einziges län-geres ersetzt würden. 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 Erkennungsstelle, aber sie durchtrennen innerhalb der Sequenz aus sechs Basenpaaren unter-schiedliche Bindungen. Durch Spaltung mit KpnI entsteht ein Überhang des 3ʹ-Stranges, während die Spaltung mit Acc65I einen 5ʹ-Überhang er-zeugt. Diese kohäsiven Enden überlappen nicht.

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, besteht darin, durch Verwendung einer Mischung aktivierter Nucleotide in bestimm-ten Zyklen der Oligonucleotidsynthese einen degenerierten Satz vonKassettenzuerzeugen.Angenommen,das30merbeginntmitGTT,dasVal codiert. Wird jeweils in der ersten und zweiten Syntheserunde eine MischungallervierNucleotideeingesetzt,beginnendiegebildetenOli-gonucleotidemitderSequenzXYT(wobeiXundYfürA,C,GoderTstehen). Diese 16 verschiedenen Versionen der Kassette codieren Prote-ine, 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-Molekül amplifi-zieren lässt, sind Behauptungen, man habe fossile DNA isoliert, immer mit einer gewissen Skepsis zu betrachten. Die DNA muss auf jeden Fall sequenziert werden. Ändelt 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 Dino-sauriern nahe stehen.

10. Die PCR-Amplifikation wird durch GC-reiche Regionen in der Matrize behindert. Aufgrund ihrer hohen Schmelztemperatur lassen sich diese Matrizen nicht leicht denaturieren, sodass der Amplifikationszyklus nicht in Gang gesetzt werden kann. Darüber hinaus verhindern feste Se-

kundärstrukturen das Voranschreiten der DNA-Polymerase entlang des Matrizenstranges während der Elongationsphase.

11. Bei hohen Hybridisierungstemperaturen sind Hybride aus Primer 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 Tempera-tur werden mehr Fehlpaarungen toleriert, sodass man durch die Am-plifikation mit größerer Wahrscheinlichkeit Gene mit einer geringeren Übereinstimmung erhält. Für das Hefegen ist es notwendig, Primer herzustellen, die den Enden des Gens entsprechen, um sie anschließend zusammen mit menschlicher DNA als Zielsequenz zu verwenden. Wenn bei54 °CkeineAmplifikationerfolgt,unterscheidetsichdasmenschli-che Gen von dem Gen der Hefe, aber es kann trotzdem noch beim Men-schen ein Gegenstück geben. Das Experiment muss bei einer niedrige-ren Hybridisierungstemperatur wiederholt werden.

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

13. Das codierte Protein enthält vier Wiederholungen einer spezifischen Sequenz.

14. Hybridisierungssonden, die zu beiden Enden des bekannten (vor-her isolierten) DNA-Fragments komplementär sind, lassen sich durch chemische Synthese oder die Polymerasekettenreaktion herstellen. Die Klone der DNA-Bibliothek werden mit beiden Hybridisierungssonden untersucht und die Klone ausgewählt, die mit nur einer der Sonden hyb-ridisieren. Solche Klone enthalten wahrscheinlich DNA-Fragmente, die eines der Enden des bekannten Fragments umfassen, und zusätzlich be-nachbarte Bereiche des entsprechenden Chromosoms.

15. Mithilfe der Codons für die einzelnen Aminosäuren lässt sich die An-zahl der notwendigen Nucleotidsequenzen ermitteln, die die verschiede-nenPeptidabschnittecodieren(Tab.4.5):

Ala–Met–Ser–Leu–Pro–Trp4 × 1 × 6 × 6 × 4 × 1=576Sequenzeninsgesamt

Gly–Trp–Asp–Met–His–Lys4 × 1 × 2 × 1 × 2 × 2=32Sequenzeninsgesamt

Cys–Val–Trp–Asn–Lys–Ile2 × 4 × 1 × 2 × 2 × 3=96Sequenzeninsgesamt

Arg–Ser–Met–Leu–Gln–Asn6 × 6 × 1 × 6 × 2 × 2=864Sequenzeninsgesamt

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

16. Innerhalb dieser einen einzigen Spezies zeigen die einzelnen Hunde eine große Variabilität in Bezug auf Körpergröße und eine grundlegende Ver-schiedenheit bei anderen physiologischen Merkmalen. Deshalb sollte eine genomische Analyse einzelner Hunde wichtige Hinweise auf die Gene liefern, die für die Verschiedenheit innerhalb dieser Spezies ver-antwortlich sind.

17.AnhanddervergleichendenGenomkarteinAbbildung5.27istzuer-kennen, dass die Region, die die meisten Sequenzen mit dem mensch-lichen Chromosom 20 gemeinsam hat, auf dem Chromosom 2 derMaus liegt.

18. Tm ist die Schmelztemperatur einer doppelsträngigen Nucleinsäure. Un-terscheiden sich die Schmelztemperaturen der Primer zu sehr, ist auch der Hybridisierungsgrad mit der Ziel-DNA während der Anlagerungs-phase verschieden. So kann es zu einer unterschiedlichen Amplifikation der Stränge kommen.

19. Ein genauer Vergleich der Sequenzen zeigt, dass sich jeweils am 3ʹ-Ende der Primer eine Region von sieben komplementären Basen befindet.

5ʹ-GGATCGA TGC T C GCGA-3ʹ | | | | | | | 3ʹ-GAGCGCTGGGC T A GGA-5ʹ

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

36

1081A: Lösungen zu den Aufgaben

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

20. Bei Person B hat eine Mutation eines der Allele von Gen X verändert, währenddasanderenoch inOrdnung ist.DieTatsache,dassdasmu-tierte Gen kürzer ist, deutet darauf hin, dass in einer Kopie der beiden Gene eine Deletion stattgefunden hat. Das funktionsfähige Gen wird transkribiert und translatiert und erzeugt anscheinend genügend Pro-tein, 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 wer-den jedoch weder RNA noch Protein produziert. Möglicherweise han-delt es sich um eine Mutation im Promotor des Gens, die eine Transkrip-tion verhindert.

Person E verfügt über eine Kopie des Gens mit der normalen 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 Auf-treten 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 Proteins beeinflusst, beispielsweise eineMutationimaktivenZentrumdesEnzymsY.

21. Chongqing: Rest 2, L R, CTG CGG Karachi: Rest 5, A P, GCC CCC Swan River: Rest 6, D G, GAC GGC22. Die zugehörige Person ist für diese Mutation heterozygot: Ein Allel ent-

spricht dem Wildtyp, das andere hingegen trägt eine Punktmutation an dieser Position. Bei dem Experiment wurden beide Allele durch PCR amplifiziert, sodass im Chromatogramm der Sequenzierung ein „dop-pelter Peak“ erscheint.

Kapitel 6

1. Es gibt 26 Übereinstimmungen und zwei Lücken, was einer Punktzahl von210entspricht.DiebeidenSequenzensindzuetwa26Prozentiden-tisch. Diese Homologie ist wahrscheinlich statistisch signifikant.

2. Sie sind wahrscheinlich über divergente Evolution miteinander ver-wandt, da die dreidimensionale Struktur stärker konserviert wird als die Sequenz.

3. a) Identitätspunktzahl = –25,Blosum-Punktzahl=14 b) Identitätspunktzahl = 15,Blosum-Punktzahl=34. U

N

N

O

O

H

NN

O

H2N

N

N

H

U G

5. Esgibt440=1,2×1024 verschiedene Moleküle. Jedes Molekül besitzt eine Massevon2,2×10–20,da1 moldesPolymerseineMassevon330g mol–1 ×40besitztund6,02×1023Molekülein1 molenthaltensind.Deshalbwären26,4 kgRNAerforderlich.

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 notwendigerweise eine spezifische Aminosäuresequenz.

7. DerAlignmentpunktzahlder Sequenzen (1)und (2)beträgt 6×10=60.AbhängigvonderzufälligneuangeordnetenSequenzsindzahlreicheverschiedene Antworten möglich. Ein mögliches Ergebnis ist:

DurchmischteSequenz:2)TKADKAGEYL Alignment: 1) ASNFLDKAGK 2) TKADKAGEYL Alignmentpunktzahl:4×10=408. a) und b) Mit ziemlicher Sicherheit aus einem gemeinsamen Vorfahren

hervorgegangen. c) Möglicherweise aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen, aber das Sequenzalignment kann vielleicht keine un-terstützenden Beweise liefern. d) Möglicherweise aus einem gemeinsa-men Vorfahren hervorgegangen, aber das Sequenzalignment ist wahr-scheinlich nicht geeignet, unterstützende Beweise zu liefern.

9. Der Austausch von Cystein, Glycin und Prolin führt nie zu einer posi-tiven Punktzahl. Jeder dieser Reste besitzt Eigenschaften, 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 Prozent Sequenzübereinstimmung eindeutig ho-molog zu Protein B; daher ist zu erwarten, dass beide Proteine ähnli-che dreidimensionale Strukturen besitzen. Ebenso sind mit 55 Prozent Übereinstimmung die Proteine B und C homolog, sodass auch sie relativ ähnliche dreidimensionale Strukturen aufweisen sollten. Daraus lässt sich schließen, dass wahrscheinlich auch die Proteine A und C ähnliche Strukturen besitzen, obwohl ihre Sequenzen nur zu 15 Prozent identisch sind.

11. Wahrscheinliche Sekundärstruktur:

N

N

N

N

AGGC

NNNNN

NN

NN

NN

NN

12. Um Paare von Resten mit korrelierenden Mutationen zu erkennen, müs-sen diese Sequenzen eine gewisse Variabilität zeigen. Wenn im Align-mentdieSequenzenvonübermäßigvielenengverwandtenOrganismenvorkommen, sind möglicherweise nicht genügend Veränderungen vor-handen, um potenzielle Basenpaarungsmuster zu erkennen.

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 fehleran-fälligen thermostabilen Polymerase 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 kom-men die bestmöglichen Sequenzen wahrscheinlich in dieser ersten Aus-wahlvonOligonucleotidengarnichtvor.DurchMutationderzuBeginnselektierten RNA-Moleküle ist eine schrittweise Verbesserung dieser Se-quenzen in Bezug auf die gewünschte Eigenschaft möglich.

15.107oder108Übereinstimmungen(abhängigdavon,welcheannotiertemenschliche Sequenz ausgewählt wird).

Kapitel 7

1. Der Wal legt zwischen seinen Atemzügen schwimmend weite Entfer-nungen zurück. Eine hohe Konzentration von Myoglobin in der Musku-latur des Wals ermöglicht eine anhaltende, leicht verfügbare Sauerstoff-versorgung der Muskulatur zwischen den Atemperioden.

2. a) 2,96×10–11 g b) 2,74×108 Moleküle c) Nein.EinrotesBlutkörperchenwürde3,17×108 Hämoglobinmole-

küle enthalten, wenn diese in einem würfelförmigen Kristallgitter ange-

1082 Anhang

ordnetwären. Somit liegtdie tatsächlichePackungsdichtebei etwa84Prozent der maximal möglichen.

3. 2,65g(oder4,75×10–2 mol) Fe4. a)BeimMenschen1,44×10–2 g (4,49×10–4mol)O2 pro Kilogramm

Muskel,beimPottwal0,144g(4,49×10–3mol)O2 pro Kilogramm b) 1285. Der pKS-Wert a) sinkt, b) steigt und c) steigt.6. Desoxyhämoglobin A enthält eine komplementäre Bindungsstelle und

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

7. 62,7ProzentSauerstofftransportkapazität.8. Eine höhere Konzentration von BPG würde die Sauerstoffbindungs-

kurve nach rechts verschieben und zu einer Zunahme von P50 führen. Der höhere Wert von P50 würde die Dissoziation von Sauerstoff in den Geweben verstärken und dadurch den Anteil an Sauerstoff erhöhen, den die Gewebe erhalten.

9. Die Bindung von Sauerstoff führt anscheinend dazu, dass die Kupfer-ionen und ihre assoziierten Histidinliganden enger zusammenrücken, sodass sich auch die Helices, in denen sich die Histidine befinden, einan-der nähern (ähnlich der Konformationsänderung im Hämoglobin).

10. Das modifizierte Hämoglobin sollte keine Kooperativität zeigen. Der Imidazolring in Lösung bindet zwar (anstelle von Histidin) an das Ei-senatom in der Hämgruppe und ermöglicht so die Bindung von Sauer-stoff, aber dem Imidazol fehlt die entscheidende Verbindung zu der spe-ziellen α-Helix, die sich bewegen muss, um die Konformationsänderung weiterzugeben.

11. Inositolpentaphosphat (Abbildung c) ist ähnlich wie 2,3-Bisphosphogly-cerat stark anionisch.

12.

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

0,8

0,6

0,4

0,2

0

pO2 (Torr)0 20015010050

13. Die Freisetzung von Säure wird den pH-Wert erniedrigen. Ein niedri-gerer 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.

14. a) Y=0,5wennpO2=10Torr.DiegrafischeDarstellungvonY gegen pO2 weist offensichtlich darauf hin, dass es nur eine geringe oder keine Kooperativität gibt.

b) Der Hill-Plot zeigt eine leichte Kooperativität mit n×1,3immittle-ren Bereich.

c) Desoxydimere des Hämoglobins von Neunaugen könnten eine gerin-gereAffinitätzuSauerstoffbesitzenalsdieMonomere.WenndieBin-dung des ersten Sauerstoffmoleküls an ein Dimer dazu führt, dass das Dimer zu zwei Monomeren dissoziiert, wäre der Vorgang kooperativ. Bei diesem Mechanismus würde die Bindung von Sauerstoff an jedes Monomer leichter erfolgen als die Bindung des ersten Sauerstoffmole-küls an ein Desoxydimer.

15.a)2;b)4;c)2;d)1.16. Die elektrostatischen Wechselwirkungen zwischen BPG und Hämoglo-

bin würden durch die Konkurrenz mit Wassermolekülen abgeschwächt. Die T-Form würde nicht stabilisiert.

Kapitel 8

1. Die Erhöhung der Reaktionsgeschwindigkeit und die Substratspezifität2. Einen Cofaktor3. Coenzyme und Metalle4. Weil Vitamine zu Coenzymen umgewandelt werden.5. Enzyme ermöglichen die Ausbildung eines Übergangszustands.6. Die komplexe dreidimensionale Struktur von Proteinen ermöglicht die

Ausbildung von aktiven Zentren, die nur spezifische 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. Die Hydrolyse von Proteinen erfordert eine hohe Aktivierungsenergie. Zum Voranschreiten der Proteinsynthese ist Energie erforderlich.

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

10. Übergangszustände sind sehr instabil. Folglich sind auch Moleküle, die solchen Übergangszuständen ähneln, mit ziemlicher Wahrscheinlich-keit instabil und somit nur schwer zu synthetisieren.

11.a) 0;b)28,53;c)–22,84;d)–11,42;e)5,6912. a) ΔG0ʹ = –RT ln Kʹ +1,8=–(1,98×10–3 kcal–1 mol–1) (298 K) (ln[G1P]/[G6P]) –3,05=ln[G1P]/[G6P] +3,05=ln[G6P]/[G1P] Kʹ–1 = 21 oder Kʹ=4,8×10–2 Weil [G6P]/[G1P] = 21, kommt auf 21 Moleküle G6P jeweils ein Mole-

külG1P.Dawirvon0,1 Mausgegangensind,ist[G1P]=1/22(0,1 M)=0,0045 M,und[G6P]muss=21/22(0,1 M)=0,0096 Msein.Folglichschreitet die Reaktion nicht in signifikantem Ausmaß wie beschrieben fort.

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

13. K = 19, ΔG0ʹ =–7,41kJmol–114. Die dreidimensionale Struktur eines Enzyms wird durch Wechselwir-

kungen mit dem Substrat, mit Zwischenstufen der Reaktion und mit den Produkten stabilisiert. Aufgrund dieser Stabilisierung wird die Denatu-rierung durch Erhitzen minimiert.

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

16.A+S=10 KM, V0=0,91 Vmax.I+S=20 KM, V0=0,91 Vmax17. a) 31,1 μmol b) 0,05μmol c) 622 s–1, ein mittlerer Wert für Enzyme (Tabelle 8.5)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

36

1083A: Lösungen zu den Aufgaben

18. a) Ja. KM=5,2×10–6 M b) Vmax=6,8×10–10 mol min–1 c) 337s–119. Die Penicillinase bildet wie die Glykopeptid-Transpeptidase ein Acyl-

Enzym-Zwischenprodukt mit ihrem Substrat, überträgt es aber auf Wasser, während die Glykopeptid-Transpeptidase ihr Substrat auf das terminale Glycin der Pentaglycinbrücke überträgt.

20. a) Vmax = 9,5 μmol min–1; KM=1,1×10–5 M, genau wie ohne Inhibitor b) Nichtkompetitiv c) 2,5×10–5 M d) fES=0,73inAn-oderAbwesenheitdiesesnichtkompetitivenInhibi-

tors21. a) V = Vmax – (V/[S]) KM b) Steigung = –KM, y-Achsenabschnitt = Vmax, x-Achsenabschnitt =

Vmax/KM c) Eine Eadie-Hofstee-Auftragung:

1 kein Inhibitor

3 nichtkompetitiver Inhibitor

2 kompetitiver Inhibitor

1

2

V

V/[S]

3

22. Die Geschwindigkeiten, mit denen A und B umgesetzt werden, sind ge-geben durch

VA [E] [A]A

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

kkatKM

und

VB [E] [B]B

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

kkatKM

Demnach beträgt das Verhältnis dieser Geschwindigkeiten

A B

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

VA/VB= [A] [B]kkatKM KM

kkat

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

23.DieMutationverlangsamtdieReaktionumdenFaktor100,dadiefreieEnthalpiefürdieAktivierungum53,22 kJ mol–1 erhöht wird. Die starke Bindung eines Substrats im Verhältnis zum Übergangszustand verlang-samt die Katalyse.

24. 1,1 μmol min–125. a) Diese Information ist notwendig, um die korrekte Dosis des zu ver-

abreichenden Succinylcholins ermitteln zu können. b) Die Dauer der Lähmung hängt von der Fähigkeit der Serum-Cholin-

esterase ab, den Arzneistoff zu beseitigen. Würde die Enzymaktivität nur ein Achtel des normalen Wertes betragen, so könnte die Lähmung acht-mal so lange andauern.

c) KMentsprichtderKonzentration,diedasEnzymbenötigt,um½ Vmax zu erreichen. Folglich wird für eine bestimmte Substratkonzentration die von dem Enzym mit dem niedrigeren KM-Wert katalysierte Reak-tion mit höherer Geschwindigkeit ablaufen. Der Patient mit der Muta-tion mit höherem KM-Wert wird das Medikament sehr viel langsamer abbauen.

26. 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 un-

abhängig von der Substratkonzentration. Die Darstellung in der Mitte entspricht der tatsächlichen Situation.

27. a)

1/V0

1/[S]

b) Dieses Verhalten ist eine Substratinhibition – bei hohen Konzentra-tionen bildet das Substrat am aktiven Zentrum unproduktive Komplexe. Die Darstellung unten zeigt einen möglichen Mechanismus. Das Subst-ratbindetnormalerweiseineinerbestimmtenOrientierung(hier:rotzurot und blau zu blau). Bei hohen Konzentrationen kann das Substrat so an das aktive Zentrum binden, dass zwar jedes Ende des Substratmole-külsdiekorrekteOrientierungaufweist,aberzweiverschiedeneMole-küle gebunden sind.

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

aktives Zentrumdes Enzyms

Substrathemmung

aktives Zentrumdes Enzyms

28. Der erste Schritt ist geschwindigkeitsbestimmend. Die Enzyme EB und ECarbeitenbei½ Vmax, während KM für Enzym EA größer ist als die Sub-stratkonzentration. EAarbeitetalsobeietwa10–2 Vmax.

29. Durch die Fluoreszenzspektroskopie lässt sich die Existenz eines Enzym-Serin-Komplexes und eines Enzym-Serin-Indol-Komplexes nachweisen.

30. 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 ge-gen den pH-Wert im Prinzip eine Titrationskurve für die ionisierbaren Gruppen, wobei die Enzymaktivität der Titrationsmarker ist. Bei nied-rigem 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 0

2 6pH

104 8

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

1084 Anhang

31.a) DieInkubationdesEnzymsbei37 °CführtzueinerDenaturierungder Enzymstruktur und zu einem Aktivitätsverlust. Deshalb müssen die meisten Enzyme kühl gelagert werden, wenn sie nicht gerade ihre Reak-tion katalysieren.

b) Das Coenzym trägt anscheinend zur Stabilisierung der Enzymstruk-tur bei, da das Enzym aus den Zellen ohne Pyridoxalphosphat schneller denaturiert. Cofaktoren sind häufig an der Stabilisierung der Enzym-struktur beteiligt.

Kapitel 9

1. Beim Amidsubstrat erfolgt die Bildung des Acyl-Enzym-Zwischen-produkts 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-Zwi-schenprodukt wird schneller gebildet, was zu dem beobachteten schnel-len Anstieg führt.

2. Der Histidinrest des Substrats kann zu einem gewissen Grad den fehlen-den 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 Alanin 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 Modifikationen notwendig, um diese Spezifitätsände-rung zu verursachen.

5. Imidazol ist anscheinend klein genug, um in das katalytische Zentrum der Carboanhydrase zu gelangen. Puffer mit großen Molekülbestandtei-len können dies nicht, sodass sich die Mutation stärker auswirkt.

6. Nein. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine solche Sequenz vorliegt, liegt beietwaeinszu410=1048576.DaeinVirusgenomnormalerweisenur50000 bpumfasst, istesunwahrscheinlich,dassdieZielsequenzdarinvorkommt.

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 übertragen wird, würde zerstört, da den Bakterien wahrscheinlich die zugehörige schüt-zende 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.DieReaktionwirdetwaumdenFaktor10langsamerverlaufen,weildie

Reaktionsgeschwindigkeit vom pKa-Wert des zinkgebundenen Wassers abhängt. kkat=60000 s–1.

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

der Hydrolyse von ATP im aktiven Zentrum wird 18Oeingebaut,erneutATP 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 dieÜbertragung von Protonen aus dem angreifenden Wasser und der γ-Phosphorylgruppe ermöglicht.

17. a) Cysteinprotease: wie in Abbildung 9.8, mit der Ausnahme, dass Serin im aktiven Zentrum durch Cystein ersetzt und kein Aspartat 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 10

1. Dieses Enzym katalysiert den ersten Schritt bei der Synthese von Pyri-midinen. Es ermöglicht die Kondensation von Carbamoylphosphat und Aspartat zu N-Carbamoylaspartat und anorganischem Phosphat.

2. Die protonierte Form des Histidins stabilisiert wahrscheinlich im Über-gangszustand das negativ geladene Sauerstoffatom der Carbonylgruppe in der zu spaltenden Bindung. Eine Deprotonierung würde zu einem Aktivitätsverlust führen. Daher ist zu erwarten, dass die Geschwindig-keit bei einem pH-Wert von etwa 6,5 (dem pK-Wert einer unbeeinfluss-ten Histidinseitenkette in einem Protein) halbmaximal ist und sich bei einem pH-Anstieg verringert.

3. Die Inhibition eines allosterischen Enzyms durch das Endprodukt des Reaktionsweges, der durch dieses Enzym gesteuert wird. Sie verhindert zum einen eine übermäßige Produktion des Endprodukts und zum an-deren den Verbrauch von Substrat, sofern kein Produkt benötigt wird.

4. Hohe ATP-Konzentrationen könnten zwei sich überlappende Situatio-nen signalisieren. Der hohe ATP-Gehalt könnte darauf hindeuten, dass einige Nucleotide für die Synthese von Nucleinsäuren verfügbar sind und folglich CTP synthetisiert werden sollte. Außerdem zeigt der hohe ATP-Gehalt an, dass Energie für die Nucleinsäuresynthese zur Verfügung steht und somit CTP produziert werden sollte.

5. Das Enzym würde immer ausschließlich in der R-Form vorliegen. Es gäbe keine Kooperativität. Die Kinetik würde der eines Michaelis-Men-ten-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 gebildet. Wie sich erwiesen hat, ist UTP ebenfalls in der Lage, die ATCase zu inhibie-ren.

8. Homotropische Effektoren sind die Substrate allosterischer Enzyme, heterotropische Effektoren hingegen deren Regulatoren. Wegen der ho-motropischen Effektoren nimmt die Kurve der Reaktionsgeschwindig-keit gegen die Substratkonzentration einen sigmoiden Verlauf, während heterotropische Effektoren den Mittelpunkt des KM-Wertes der Kurve

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

36

1085A: Lösungen zu den Aufgaben

verändern. Letztendlich bewirken beide Typen von Effektoren eine Ver-änderung des Verhältnisses von T- und R-Form.

9. DieWiederherstellung des Enzyms zeigt, dass die komplexeQuartär-struktur und die daraus resultierenden katalytischen und regulatori-schen Eigenschaften letztendlich in der Primärstruktur der einzelnen Komponenten festgelegt sind.

10. Bei Verwendung der Substrate würde das Enzym die Reaktion kataly-sieren. Es würden sich keine Zwischenprodukte am Enzym anhäufen. Folglich wäre jegliches kristallisiertes Enzym frei von Substraten oder Produkten.

11.a) 100. Durch die Bindung verändert sich [R]/[T] entsprechend demVerhältnisderAffinitätenderbeidenFormen.

b) 10.DieBindungvonvierSubstratmolekülenverändert [R]/[T]umdenFaktor1004=108.OhneSubstratbeträgtdasVerhältnis10–7. Im mit LigandenvollbesetztenMolekülliegtesdaherbei108 ×10–7=10.

12.DerAnteilderMoleküleinderR-Formbeträgt10–5,0,004,0,615,0,998und1bei0,1,2,3beziehungsweise4gebundenenLiganden.

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

14. Die Bindung von PALA bringt die ATCase vom T- in den R-Zustand, da es als Substratanalogon wirkt. Ein Enzymmolekül mit gebundenem PALA hat weniger freie katalytische Zentren als ein unbesetztes Enzym-molekül. Das PALA-enthaltende Enzym wird jedoch im R-Zustand vor-liegenunddahereinehöhereAffinitätfürdieSubstratehaben.DieAb-hängigkeit des Ausmaßes der Aktivierung von der PALA-Konzentration ist eine komplexe Funktion der allosterischen Konstante L0 sowie der BindungsaffinitätendesR-undT-ZustandsfürAnalogonundSubstrate.

15. Das Nettoergebnis der beiden Reaktionen ist die Hydrolyse von ATP zu ADP und Pi mit einem DG=–50 kJ mol–1 unter zellulären Bedingungen.

16. Isozyme sind homologe Enzyme, welche die gleiche Reaktion katalysie-ren, aber unterschiedliche kinetische oder regulatorische Eigenschaften aufweisen.

17. In zahlreichen verschiedenen Geweben werden zwar die gleichen Reak-tionen benötigt, aber diese Gewebe weisen abhängig von ihrer biologi-schen Funktion abweichende biochemische Eigenschaften auf. Isozyme ermöglichen eine Feinabstimmung der katalytischen und regulatori-schen Eigenschaften, um den speziellen Anforderungen des Gewebes gerecht zu werden.

18.a)7;b)8;c)11;d)6;e)1;f)12;g)3;h)4;i)5;j)2;k)10;l)919. Wenn unter Verbrauch von ATP eine Phosphorylierung erfolgt, wird ge-

nügend Energie verbraucht, um die Struktur und damit die Aktivität des Proteins dramatisch zu verändern. Weil es sich bei ATP um die Energie-währung der Zelle handelt, ist die Proteinmodifikation zudem mit den Energiestatus der Zelle verknüpft.

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

21. Die Aktivierung ist unabhängig von der Zymogenkonzentration, da die Reaktion intramolekular verläuft.

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

23. Man gibt Blut vom zweiten Patienten zu der Blutprobe des ersten. Falls die Mischung gerinnt, unterscheidet sich der Defekt des zweiten Patien-ten von dem des ersten. Diese Untersuchungsmethode wird als Komple-mentationstest bezeichnet.

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

25. Antithrombin III ist ein sehr langsam hydrolysierbares Substrat des Thrombins. Seine Wechselwirkung mit dem Thrombin erfordert daher ein voll ausgebildetes aktives Zentrum des Enzyms.

26. Die Reste a und d liegen im Inneren von superspiralisierten α-Helices, nahe der Superhelixachse. Hydrophobe Wechselwirkungen zwischen den Seitenketten tragen zur Stabilisierung dieser Superhelix bei.

27.LeucinwäreeineguteWahl.EsistresistentgegenOxidationundistun-gefähr genauso 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. Beim gewebespezifischen Plasminogenaktivator oder TPA handelt es sich um eine Serinprotease, welche die Auflösung von Blutgerinnseln

bewirkt. TPA aktiviert an ein Blutgerinnsel gebundenes Plasminogen und wandelt es in aktives Plasmin um. Dieses hydrolysiert dann das Fib-rin des Gerinnsels.

30. Ein vollständig ausgebildetes Blutgerinnsel wird durch Amidbindungen zwischen den Seitenketten von Lysin und Glutamin stabilisiert, die in ei-nem weichen Gerinnsel fehlen. Gebildet werden diese Bindungen durch Transglutaminase.

31. Das einfache sequenzielle Modell sagt voraus, dass der Anteil der ka-talytischen Ketten in der R-Form (fR) gleich dem Anteil der Ketten mit gebundenem Substrat (Y) ist. Das konzertierte Modell besagt im Gegen-satz dazu, dass fR schneller zunimmt als Y, wenn die Substratkonzentra-tion erhöht wird. Hier führt bei Substratzugabe die Veränderung von fR zu einer Veränderung von Y, so wie es das konzertierte Modell vorher-sagt.

32. Die Bindung von Succinat an die funktionsfähigen katalytischen Zen-tren der nativen c3-Gruppe veränderte das sichtbare Absorptionsspek-trum von Nitrotyrosinresten in der anderen c3-Gruppe des Hybriden-zyms. Demnach verändert die Bindung eines Substratanalogons an die aktiven Zentren des einen Trimers die Struktur des anderen.

33. Nach dem konzertierten Modell verschiebt ein allosterischer Aktivator das Konformationsgleichgewicht aller Untereinheiten zur R-Form, wäh-rend 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 ähn-licher 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 (heterotropischen) Wechselwirkungen genauso wie die sub-stratinduzierten (homotropischen) allosterischen Wechselwirkungen der ATCase.

34. Die ATCase dehnt sich in der R-Form aus und besitzt dann eine gerin-gere Dichte. Diese Abnahme der Dichte führt zu einer Abnahme des Se-dimentationswertes(FormelaufSeite77).

35. Die Wechselwirkung zwischen Trypsin und dem Inhibitor ist so stabil, dass sich der Übergangszustand nur selten ausbildet. Es sei daran erin-nert, dass bei Bindung eines Enzyms an den Übergangszustand maxi-male Bindungsenergie freigesetzt wird. Bei einer zu starken Wechselwir-kung zwischen Substrat und Enzym bildet sich der Übergangszustand nur selten aus.

36.

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–

+

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–

+

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–

+

1086 Anhang

37. Zu den Gruppen, die man im aktiven Zentrum erwarten sollte, gehört eine Base, um das Proton von Serin zu entfernen, außerdem beispiels-weise 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– –

+

Kapitel 11

1. Kohlenhydrate wurden ursprünglich als Hydrate des Kohlenstoffs ange-sehen, 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-1undC-4,C-1undC-6undsoweiter.InsgesamtkönnendiedreiMo-nosaccharide nicht weniger als 12 288 verschiedene Trisaccharide bilden.

3. a) Aldose-Ketose b) Epimere c) Aldose-Ketose d) Anomere e) Aldose-Ketose f) Epimere4. Erythrose: Tetrose, Aldose; Ribose: Pentose, Aldose; Glycerinaldehyd:

Triose, Aldose; Dihydroxyaceton: Triose, Ketose; Erythrulose: Tetrose, Ketose; Ribulose; Pentose, Ketose; Fructose: Hexose, Ketose

5.

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

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

CHO

HHO C

HHO C

HHO C

CH2OHD-Talose

OHH C

CH2OH

D-Idose

OHH C

CH2OH

D-Galactose

OHH C

CH2OH

D-Gulose

OHH C

6. Der Anteil des α-Anomersbeträgt0,36,desβ-Anomers0,64.7. Glucose reagiert aufgrund des Auftretens einer Aldehydgruppe in ihrer

offenen Kettenform. Die Aldehydgruppe kondensiert langsam mit Ami-nogruppen unter Bildung von Aldiminprodukten, die man als Schiff-Basen-Addukte bezeichnet.

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

9. Vom Methanol10. a) β-d-Mannose b) β-d-Galactose c) β-d-Fructose d) β-d-Glucosamin11. Das Trisaccharid allein sollte ein kompetitiver Inhibitor der Zelladhä-

sion sein, falls die Trisaccharideinheit des Glykoproteins für die Wech-selwirkung wichtig ist.

12. Reduzierende Enden bilden 1,2,3,6-Tetramethylglucose, aus den Ver-zweigungspunkten entsteht 2,3-Dimethylglucose. Aus dem übrigen Mo-lekül entsteht 2,3,6-Trimethylglucose.

13. a) Kein reduzierender Zucker; offenkettige Formen sind nicht möglich. b) d-Galactose, d-Glucose, d-Fructose c) d-Galactose und Saccharose (Glucose + Fructose)14. Die Halbketalverknüpfung des α-Anomers wird getrennt, sodass die of-

fene Form entsteht. Die Drehung um die C-1- und C-2-Bindungen er-möglicht die Bildung des β-Anomers, sodass schließlich eine Mischung von Isomeren entsteht.

O

H

CH2OH

OHOH

HO

OH

β-D-Mannose

15. Durch Erhitzen werden die sehr süßen Pyranoseformen in die stabile-ren, aber weniger süßen Furanoseformen umgewandelt. Deshalb ist es schwierig, bei gekochten Nahrungsmitteln den Süßegrad genau einzu-stellen. Derselbe Effekt führt dazu, dass Honig durch Alterung an Süße verliert. Strukturen in Abbildung 11.5.

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

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

17. 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 ver-knüpft und stehen daher nicht für eine Reaktion zur Verfügung.

18. Glykogen ist ein durch α-1,4-glykosidische Bindungen verknüpftesPolymer von Glucose, das sich etwa alle zehn Glucoseeinheiten α-1,6-glykosidisch verzweigt. Stärke besteht aus zwei Polymeren von Glucose. Amylose ist ein geradkettiges Polymer aus α-1,4-glykosidischverknüpf-

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

36

1087A: Lösungen zu den Aufgaben

ten Einheiten. Amylopektin ähnelt Glykogen, weist aber weniger Ver-zweigungenauf:Nuretwaalle30GlucoseeinheitenkommteszueinerVerzweigung.

19. Cellulose ist ein lineares Polymer aus β-1,4-glykosidisch verknüpftenGlucoseeinheiten. Glykogen ist ein verzweigtes Polymer, dessen Haupt-kette von α-1,4-glykosidischen Bindungen gebildet wird. Die β-1,4-Bindungen ermöglichen die Bildung eines linearen Polymers, das sich ideal zur Strukturbildung eignet. Die α-1,4-glykosidischenBindungenvon Glykogen bilden eine helicale Struktur und ermöglichen dadurch die Speicherung zahlreicher Glucoseeinheiten auf kleinstem Raum.

20. Einfache Glykoproteine werden oft als sezernierte Proteine bezeichnet und erfüllen eine ganze Reihe unterschiedlicher Funktionen. So ist bei-spielsweise das Hormon EPO (Erythropoetin) ein Glykoprotein. DieProteinkomponente macht gewöhnlich den Hauptteil der Masse des Glykoproteins aus. Im Gegensatz dazu bestehen Proteoglykane und Mu-coproteine (Mucine) überwiegend aus Kohlenhydraten. Proteoglykane sind mit Glykosaminoglykanen verknüpft und haben eine strukturbil-dende Funktion, etwa in Knorpel und in der extrazellulären Matrix. Mucoproteine dienen meist als Gleitmittel; bei ihnen sind über einen N-Acetylgalactosaminanteil zahlreiche Kohlenhydrate gebunden.

21. DurchdasangehängteKohlenhydratkannEPOlängerimBlutkreislaufzirkulieren und somit seine Funktion über längere Zeit ausüben als koh-lenhydratfreiesEPO.

22. Aufgrund seiner starken Ladung bindet das Glykosaminoglykan zahl-reiche Wassermoleküle. Bei Belastung des Knorpels, beispielsweise beim Aufsetzen der Ferse auf dem Boden, wird das Wasser freigesetzt und fe-dert so den Aufprall ab. Beim Anheben der Ferse wird das Wasser wie-der gebunden.

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

24. Verschiedene molekulare Formen von Glykoproteinen. Diese unter-scheidensichinderAnzahldergebundenenKohlenhydrateoderimOrtder Bindung oder in beidem.

25. Die Gesamtheit aller Kohlenhydrate, die eine Zelle in einem bestimmten Zeitraum und unter bestimmten Umweltbedingungen synthetisiert.

26. DasGenomumfasstsämtlicheGeneeinesOrganismus.ZumProteomgehören alle möglichen Proteinprodukte und modifizierten Proteine, die eine Zelle unter bestimmten Bedingungen exprimiert. Das Glykom besteht aus allen Kohlenhydraten, welche die Zelle unter bestimmten Bedingungen synthetisiert. Weil das Genom unveränderlich ist, jedes einzelne Protein jedoch unterschiedlich exprimiert und modifiziert wer-den 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.

27. Diese Tatsache lässt darauf schließen, dass Kohlenhydrate zum Zweck derErkennungdurchandereOrganismenoderdieUmweltaufdenZell-oberflächensämtlicherOrganismenvorhandensind.

28. Ein Glykoprotein ist ein Protein, dem Kohlenhydrate angelagert sind. Ein Lectin ist ein Protein, das spezifisch Kohlenhydrate erkennt. Ein Lectin kann auch ein Glykoprotein sein.

29. Gezählt wird jede mögliche Stelle, sei sie glykosyliert oder nicht, sodass es 26=64möglicheProteinegibt.

30. Wie in Kapitel 9 ausgeführt, zeigen zahlreiche Enzyme Stereospezifität. Zweifellos können auch die Enzyme der Saccharosesynthese zwischen Substratisomeren unterscheiden und erzeugen nur korrekte Molekül-paare.

31. Wenn die Kohlenhydratspezifität des Lectins bekannt ist, könnte man eineAffinitätssäulemitdementsprechendenKohlenhydratpräparieren.Anschließend könnte man dann die Proteinpräparation, die das betref-fende Lectin enthält, über die Säule laufen lassen. Mithilfe dieser Me-thode wurde beispielsweise das glucosebindende Lectin Concanavalin A gereinigt.

32. a) Aggrekan ist reichlich mit Glykosaminoglykanen „geschmückt“. Wenn Glykosaminoglykane ins Medium freigesetzt werden, muss Ag-grekan einem Abbau unterliegen.

b) Es könnte noch ein weiteres Enzym vorhanden sein, das Glykosami-noglykane von Aggrekan abspaltet, ohne dass es dabei zu einem Abbau des Aggrekans kommt. Wie in weiteren, hier nicht vorgestellten Experi-mente nachgewiesen werden konnte, ist die Freisetzung von Glykosami-noglykanen eine sehr genaue Messmethode für den Aggrekanabbau.

c) Die Kontrolle liefert einen Grundwert für den „Hintergrundabbau“ in der Probe.

d) Es kommt zu einem stark erhöhten Abbau von Aggrekan. e) Der Aggrekanabbau wird wieder bis auf den Hintergrundwert ver-

ringert. f) Es handelt sich um ein in vitro-System, bei dem nicht alle Faktoren

vorhanden sind, die in vivo zur Stabilisierung des Knorpels beitragen.

Kapitel 12

1. 2,86×106Moleküle,dajederTeilderDoppelschicht1,43×106 Moleküle enthält.

2. Im Grunde ein umgekehrte Membran. Die hydrophilen Gruppen wür-den sich im Inneren der Struktur, vom Lösungsmittel abgewandt, anei-nanderlagern, die hydrophoben Seitenketten würden dagegen mit dem Lösungsmittel in Wechselwirkung treten.

3. 2×10–7 cm,6×10–6 cmund2×10–4 cm4. DerRadiusdiesesMolekülsbeträgt3,1×10–7 cm,seinDiffusionskoeffi-

zient7,4×10–9 cm2 s–1. Die durchschnittlich zurückgelegte Entfernung ist1,7×10–7 cmin1 μs,5,4×10–6 cmin1 msund1,7×10–4 cmin1 s.

5. Im Verlauf der Temperaturerniedrigung unterlag die Membran einem Phasenübergang vom sehr fluiden zu einem nahezu gefrorenen Zustand. Ein Carrier kann nur dann Ionen durch die Membran transportieren, wenn die Doppelschicht fluide ist. Ein Kanalbildner dagegen erlaubt Io-nen auch dann den Durchtritt durch seine Pore, wenn die Doppelschicht ziemlich starr ist.

6. Durch die cis-Bindung kommt es zu einem Knick in der Fettsäurekette. Dieser verhindert eine dichte Packung und sorgt dafür, dass weniger Atome an van-der-Waals-Wechselwirkungen beteiligt sind. Außerdem erniedrigt der Knick den Schmelzpunkt im Vergleich zu dem einer gesättigten Fettsäure. Trans-Fettsäuren weisen keinen solchen Knick auf und damit einen höheren Schmelzpunkt, der eher im Bereich des Schmelzpunkts von gesättigten Fettsäuren liegt. Da sich trans-Fettsäuren nicht strukturell auswirken, sind sie nur selten zu beobachten.

7. Palmitinsäure ist kürzer als Stearinsäure. Daher bestehen bei der Pa-ckung der Ketten weniger Gelegenheiten für van-der-Waals-Wechsel-wirkungen, und somit ist auch der Schmelzpunkt niedriger als bei der längeren Stearinsäure.

8. Winterschläfer ernähren sich selektiv von Pflanzen mit einem höheren Anteil an mehrfach ungesättigten Fettsäuren mit niedrigem Schmelz-punkt.

9. Die anfängliche Abschwächung der Fluoreszenz nach der ersten Zugabe von Natriumdithionit resultiert aus der Fluoreszenzlöschung der NBD-PS-Moleküle in der äußeren Lage der Doppelschicht. Natriumdithionit kann unter diesen Versuchsbedingungen die Membran nicht passieren; daher kommt es nicht zur Fluoreszenzlöschung der markierten Phos-pholipide in der inneren Lage. Eine zweite Zugabe von Natriumdithionit hat keine Auswirkungen, weil die NBD-PS-Moleküle der äußeren Lage weiterhinvonderFluoreszenzlöschungbetroffensind.Nach6,5 Stun-den Inkubation ist jedoch etwa die Hälfte des NBD-PS durch den Flip-Flop-Mechanismus auf die Außenseite der Doppelschicht gelangt; dies führt dann zu der 50-prozentigenAbschwächungder Fluoreszenz beiZugabe von Natriumdithionit.

10. Das Anfügen eines Kohlenhydratmoleküls bedeutet eine entscheidende Energieschranke für den Flip-Flop-Mechanismus, da nun eine hydro-phile Kohlenhydratgruppe durch eine hydrophobe Umgebung bewegt werden müsste. Die Energieschranke erhöht die Asymmetrie der Memb-ran.

11. Die C16-Alkylkette ist durch eine Etherbindung verknüpft. An das C-2-Kohlenstoffatom von Glycerin ist anstelle einer Fettsäure, wie bei den meisten Phospholipiden, nur eine Acetylgruppe über eine Esterbindung gebunden.

12. In einer hydrophoben Umgebung stabilisiert die Bildung von Wasser-stoffbrücken innerhalb einer Kette die Amidwasserstoff- und die Carbo-nylsauerstoffatome der Polypeptidkette, sodass eine α-Helix entsteht. In einer wässrigen Umgebung werden diese Gruppen durch Wechselwir-kung mit Wasser stabilisiert, sodass keine energetische Notwendigkeit

1088 Anhang

für die Bildung einer α-Helix besteht. Die α-Helix würde also bevorzugt nur in einer hydrophoben Umgebung entstehen.

13. Das Protein könnte eine α-Helix enthalten, die den hydrophoben Kern-bereich des Proteins passieren kann. Diese Helix ist wahrscheinlich durch einen Abschnitt hydrophober Aminosäuren gekennzeichnet, ähn-lich wie man sie bei Transmembranhelices findet.

14. Die Erniedrigung der Temperatur verringert die Fluidität, indem sich der Packungsgrad der hydrophoben Ketten durch van-der-Waals-Wechselwirkungen erhöht. Um dies zu verhindern, werden neue Phospholipide mit kürzeren Ketten und mit einer größeren Zahl von cis-Doppelbindungen synthetisiert. Durch die kürzeren Ketten verrin-gert sich die Zahl der van-der-Waals-Wechselwirkungen. Die cis-Dop-pelbindungen, die Knicke in den Strukturen verursachen, verhindern, dass sich die Fettsäureschwänze der Phospholipide eng aneinanderla-gern.

15. Jedes der 21 v-SNARE-Proteine könnte mit jedem der sieben t-SNARE-Partner in Wechselwirkung treten. Durch Multiplikation erhält man die Gesamtzahl von unterschiedlichenMolekülpaaren: 7 × 21 = 147 ver-schiedene v-SNARE-/t-SNARE-Paare.

16. a) Die grafische Darstellung zeigt, dass die Phospholipiddoppelschicht mit der Temperaturerhöhung fluider wird. Tm ist die Temperatur, bei der der Übergang von einem vorherrschend wenig fluiden zu einem vorherrschend stärker fluiden Zustand erfolgt. Cholesterin verbreitert diesen Übergangsbereich. Das heißt, dass Cholesterin die Membran ge-genüber Temperaturschwankungen weniger empfindlich macht.

b) Dieser Effekt ist von Bedeutung, da Cholesterin die Fluidität der Membran dadurch stabilisiert, dass es scharfe Übergänge verhindert. Da die Proteinfunktion von der korrekten Fluidität der Membran abhängt, erhält Cholesterin die passende Umgebung für die richtige Wechselwir-kung zwischen Membran und Protein aufrecht.

17. Bei dem Protein, das unter c aufgetragen ist, handelt es sich um ein Transmembranprotein aus C. elegans. Es durchspannt die Membran mit vier α-Helices, die in einem Hydropathiediagramm als hydrophobe Ma-xima erscheinen. Interessanterweise ist auch das Protein in Darstellung A ein Membranprotein, ein sogenanntes Porin. Dieses Protein besteht vor allem aus β-Strängen, denen das auffällig hydrophobe Fenster der membranständigen Helices fehlt. Dieses Beispiel zeigt, dass Hydropa-thiediagramme zwar nützlich sind, aber durchaus zu falschen Schlüssen führen können.

18. Um ein beliebiges Protein zu reinigen, muss es zuerst solubilisiert wer-den. Bei einem Membranprotein ist dafür normalerweise ein Detergens erforderlich – ein hydrophobes Molekül, das an das Protein bindet und so die Lipidumgebung der Membran ersetzt. Bei Entfernen des Deter-gens aggregiert das Protein und fällt aus der Lösung aus. Eine ausrei-chende Menge von Detergens aufrechtzuerhalten, damit das Protein in Lösung bleibt, ist bei der Durchführung verschiedener Reinigungs-schritte oftmals schwierig, beispielsweise bei einer Ionenaustauschchro-matographie. Kristalle müssen aus geeigneten Protein-Detergens-Kom-plexen erzeugt werden.

Kapitel 13

1. Bei der einfachen Diffusion diffundiert die entsprechende Substanz entlang ihres Konzentrationsgradienten durch die Membran. Bei der erleichterten Diffusion kann die Substanz, da sie nicht lipophil ist, nicht direkt durch die Membran diffundieren. Um die Bewegung entlang des Gradienten zu ermöglichen, wird ein Kanal oder Carrier benötigt.

2. Die erste Energieform ist die ATP-Hydrolyse. Bei der zweiten Form ist der Transport eines Moleküls entlang seines Konzentrationsgradienten an den Transport eines anderen Moleküls gegen dessen Konzentrations-gradienten gekoppelt.

3. Die drei Carrierarten sind: Symporter, Antiporter und Uniporter. Ein sekundär aktiver Transport kann von Symportern und Antiportern ver-mittelt werden.

4. DerAufwandanfreierEnthalpiebeträgt32 kJmol–1,20,4 kJmol–1 für diegeleistetechemischeArbeitund11,5 kJmol–1 für die elektrische Ar-beit.

5. FürChlorid istz = –1undfürCalciumistz = +2.BeidengegebenenKonzentrationen ist dasGleichgewichtspotenzial fürChlorid –97 mVundfürCalcium+122 mV.

6. Die Konzentration von Glucose in der Zelle ist 66-mal so hoch wie außerhalb der Zelle [(c2/c1) = 66], wenn die zugeführte freie Enthalpie 10,8kJmol–1 beträgt.

7. In Analogie zur Ca2+-ATPase, lässt sich mit drei Na+-Ionen aus dem In-neren der Zelle, die an die E1-Konformation binden, und zwei K+-Ionen, die von der Außenseite der Zelle an die E2-Konformation binden, fol-gender denkbarer Mechanismus formulieren:

i. Ein katalytischer Zyklus könnte mit dem Enzym in seinem unphospho-rylierten Zustand (E1) beginnen, bei dem drei Na+-Ionen gebunden sind.

ii. Die E1-Konformation bindet ATP. Eine Konformationsänderung hält die Na+-Ionen im Inneren des Enzyms fest.

iii. Die Phosphorylgruppe wird von ATP auf einen Aspartatrest übertragen.iv. Nach Freisetzung von ADP verändert das Enzym insgesamt seine Kon-

formation, einschließlich der Membrandomäne. Diese neue Konforma-tion (E2) setzt die Na+-Ionen auf der anderen Membranseite als bei der Aufnahme der Ionen frei. Gleichzeitig bindet sie auf der Seite, auf der die Na+-Ionen freigesetzt werden, zwei K+-Ionen.

v. Der Phosphorylaspartatrest wird hydrolysiert und das anorganische Phosphat freigesetzt.

Mit der Freisetzung des Phosphats gehen die Wechselwirkungen ver-loren, die E2 stabilisiert haben, und das Enzym nimmt wieder die E1-Konformation an. Die K+-Ionen werden auf der cytoplasmatischen Seite der Membran freigesetzt. Die Bindung von drei Na+-Ionen an der cyto-plasmatischen Seite der Membran vervollständigt den Zyklus.

8. Quer zu den Vesikelmembranen, die die richtig orientierte Lactose-Permea