Struttura molecolare di DNA e RNA

Principi di genetica - Robert J. Brooker
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Soluzioni ai problemi del Capitolo 9
Domande concettuali
C1. Il termine materiale genetico si riferisce alla sostanza che effettivamente contiene l’informazione
genetica. Di solito si tratta di DNA, ma in qualche virus può essere RNA.
C2. Il processo di trasformazione è descritto nel Capitolo 6.
1. Un frammento di DNA si lega alla superficie cellulare.
2. Esso penetra nella parete/membrana cellulare.
3. Entra nel citoplasma.
4. Ricombina con il cromosoma.
5. I geni estranei vengono espressi (trascrizione e traduzione).
6. I prodotti genici generano la capsula. Ossia, si tratta di enzimi che sintetizzano una capsula
utilizzando altre molecole cellulari come costituenti di base.
C3. Nella genetica batterica la trasformazione implica l’incorporazione di DNA in un altro batterio,
Ciò può portare a una variazione fenotipica, per esempio un ceppo batterico rugoso può originare un
ceppo liscio.
C4. I costituenti di base di un nucleotide sono: uno zucchero (ribosio o deossiribosio), una base
azotata, un gruppo fosfato. In un nucleotide il fosfato è sempre legato in posizione 5’ dello
zucchero. Quando due nucleotidi sono legati tra loro, il gruppo fosfato di uno di essi forma un
legame covalente al 3’ del gruppo ossidrile dell’altro.
C5. La struttura può essere dedotta dalle Figure 9.4 e 9.5. La guanina è la base azotata, la guanosina è la
base legata al ribosio. La deossiguanosina trifosfato è la base legata al deossiribosio e a tre gruppi fosfato.
C6. La struttura è un gruppo fosfato che collega due zuccheri in posizione 3’ e 5’, come illustrato
nella Figura 9.6.
C7. Le basi seguono la regola della complementarietà AT/GC. Tra le basi A e T vi sono due legami
idrogeno, tra le basi G e C ve ne sono tre. Le strutture planari delle basi sono impilate in modo da fornire
maggiore stabilità all’elica.
C8. 3'–CCGTAATGTGATCCGGA–5'.
C9. La sequenza di DNA corrisponde a una sequenza nucleotidica.
C10. Una molecola di DNA con 10 coppie di basi per giro completo apparirebbe come nella Figura
9.9. Per avere 15 bp per giro, dovresti aggiungere 5 coppie di basi all’interno di un giro dell’elica.
C11. I DNA A e B hanno eliche destrorse, e il loro scheletro è relativamente elicoidale, mentre il DNA Z è
sinistrorso e con uno scheletro dalla forma a zig zag. Nei DNA A e Z le basi sono inclinate rispetto all’asse
principale, mentre nel DNA B sono perpendicolari all’asse. Ci sono anche piccole differenze nel numero di
basi per giro.
C12. Le basi occupano i solchi maggiore e minore. I gruppi fosfato e lo zucchero si trovano nello
scheletro. Se una proteina che lega il DNA non riconosce una sequenza nucleotidica, probabilmente
si legherà allo scheletro di zucchero fosfato e non ai solchi (è il caso per esempio degli istoni). Le
proteine che riconoscono sequenze specifiche devono legarsi al solco maggiore o a quello minore,
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dove le basi sono accessibili. Molte proteine che legano il DNA riconoscendo sequenze
nucleotidiche specifiche si legano al solco maggiore.
C13. Nel DNA lo zucchero è deossiribosio, nell’RNA è ribosio. Il DNA contiene la base timina,
mentre l’RNA possiede l’uracile. Il DNA ha struttura a doppia elica, mentre l’RNA è un singolo filamento
anche se può formare delle regioni a doppia elica.
C14. La struttura è illustrata nella Figura 9.4. Inizia numerando il carbonio alla destra dell’ossigeno
dell’anello e continua in senso orario. Antiparallelo significa che i due scheletri corrono in direzioni
opposte. In un filamento gli atomi di carbonio sono orientati nella direzione 3’→ 5’, mentre
nell’altro filamento sono orientati nella direzione 5’→ 3’.
C15. Ecco un esempio di molecola di RNA che può formare una forcina con 24 nucleotidi nello
stelo e 16 nell’ansa.
5′–GAUCCCUAAACGGAUCCCAGGACUCCCACGUUUAGGGAUC–3′
Le regioni sottolineate sono quelle complementari che formano lo stelo.
C16. L’RNA a doppio filamento è più simile al DNA A che al DNA B. Consulta il testo per una
descrizione della struttura del DNA A.
C17. La sequenza della regione A sarebbe più difficile da separare perchè possiede una maggiore
percentuale di coppie GC rispetto alla regione B. Le coppie GC formano tre legami idrogeno, mentre le
coppie AT solo due.
C18. La sua sequenza nucleotidica.
C19. La complementarietà è importante per diversi motivi. Anzitutto è necessaria per copiare
l’informazione genetica. Ciò occorre nel corso della replicazione, quando vengono sintetizzati i due
filamenti figli, e durante la trascrizione, quando viene sintetizzato l’RNA. La complementarietà è
importante anche durante la traduzione, nella fase di riconoscimento codone/anticodone. Essa
permette inoltre alle molecole di RNA di formare delle strutture secondarie e di riconoscersi tra
loro.
C20. G = 32%, C = 32%, A = 18%, T = 18%.
C21. Per questa risposta il punto fondamentale riguarda le regole di appaiamento, senza le quali non si
potrebbe replicare il materiale genetico. Una risposta potrebbe essere che il DNA è composto da una doppia
elica che segue la regola AT/GC e da una terza elica che si lega al solco maggiore, in modo tale che X si
leghi vicino a una coppia AT e Y si leghi vicino a una coppia GC. Ciò spiegherebbe perché le quantità di X,
A e T sono approssimativamente uguali, così come lo sono le quantità di Y, G e C. Altri scenari sono
possibili, sei invitato a proporli.
C22. Una possibilità è un meccanismo sequenziale. Anzitutto la doppia elica potrebbe svolgersi e
replicarsi come descritto nel Capitolo 11. Questo dovrebbe produrre due doppie eliche. Poi il terzo
filamento (legato nel solco maggiore) potrebbe replicarsi attraverso un meccanismo
semiconservativo. Il nuovo filamento potrebbe venire copiato per creare una molecola identica al
filamento che si trova nel solco maggiore. A questo punto, avresti due doppie eliche e due filamenti
singoli che possono inserirsi nel solco maggiore, formando i due DNA triplex.
C23. Il numero di basi per giro in una doppia elica di RNA è diverso da quello della doppia elica di
DNA. Inoltre il legame delle proteine potrebbe essere influenzato dalla struttura dello zucchero, che
è ribosio anziché deossiribosio.
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C24. Le lisine e le arginine e anche gli aminoacidi non polari.
C25. Entrambe le strutture sono eliche, ed entrambe sono stabilizzate da legami idrogeno. Un’α
elica di una proteina è una struttura a singolo filamento formata da una catena polipeptidica. Un
DNA a doppia elica è formato dall’interazione di due filamenti separati. Rispetto alle interazioni
chimiche che stabilizzano un’α elica e una doppia elica di DNA, esistono interessanti somiglianze e
differenze. Il legame idrogeno stabilizza l’α elica, ma si forma lungo lo scheletro, dove i gruppi
carbossilici e aminici possono interagire. Anche le catene laterali aminoacidiche che sporgono
dall’ossatura del polipeptide possono interagire favorevolmente, ma questa caratteristica non si
osserva sempre nell’α elica. Nella doppia elica di DNA i legami idrogeno si formano tra coppie di
basi (che sporgono dallo scheletro di zucchero-fosfato) appartenenti a filamenti opposti.
L’impilamento delle basi è un’altra caratteristica che stabilizza la doppia elica, e che non avviene
tra gli aminoacidi dell’α elica.
C26. Questa molecola di DNA contiene 280 bp. Ci sono 10 basi per giro completo, perciò si hanno
28 giri dell’elica.
C27. Corrono sempre paralleli.
C28. All’estremità 3′ si trova un gruppo idrossilico, e all’estremità 5′ un gruppo fosfato.
C29. Si tratta probabilmente di RNA a doppia elica, perché la quantità di A equivale a quella di U e
la quantità di G corrisponde a quella di C. Perciò questa molecola sembra seguire la regola AU/GC.
Tuttavia è anche possibile che si tratti di una semplice coincidenza e che il materiale genetico sia in effetti a
singola elica.
C30. Non necessariamente. La regola AT/GC è necessaria solo per le molecole a doppio filamento.
C31. In questo cromosoma ci sono 108 coppie nucleotidiche. In una doppia elica una singola coppia
occupa circa 0,34 nm, ossia 0,34 × 10–9 metri. Se moltiplichiamo i due valori:
108 (0,34 × 10–9) = 0,34 × 10–1 m, ossia 0,034 m, o anche 3,4 cm. Si tratta di una lunghezza considerevole,
se pensi che una cellula umana ha un diametro compreso tra 10 e 100 μm. Come vedremo nel Capitolo 10, il
DNA deve venire compattato moltissimo per adattarsi alla dimensione della cellula.
C32. La prima cosa necessaria è determinare quante coppie di basi sono presenti in questa molecola
di DNA. La lunghezza lineare di 1 coppia di basi è 0,34 nm, che corrisponde a 0, 34 x 10-9 m. 1
centimetro corrisponde a 10-2 metri.
(10-2/0, 34) x 10-9=2,9 x 107 bp
In questa molecola di DNA ci sono circa 2,9 x 107 bp, ossia 5,8 x 107 nucleotidi. Se di questi il 15%
è costituito da adenina, ci deve essere anche un 15% di timina. Avanza un 70% tra citosina e
guanina, che siccome si appaiano tra loro deve essere ripartito in 35% (0,35) ciascuna. Perciò
calcoliamo:
5,8 x 107 x 0,35=2,0 x 107 citosine, ovverosia circa 20 milioni di citosine.
C33. Sì, se ci sono sequenze complementari e antiparallele. Si tratta di una situazione simile alle strutture a
doppia elica che si formano nell’RNA (per esempio vedi le Figure 9.14 e 9.15).
C34. Il gruppo metilico non viene attaccato agli atomi di idrogeno del legame con la guanina, perciò
la metilazione non influisce direttamente sull’appaiamento. Potrebbe farlo indirettamente se la
struttura del DNA viene disturbata. La metilazione influisce sull’espressione genica perché può
alterare la capacità delle proteine di riconoscere le sequenze di DNA. Per esempio, una proteina può
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legarsi al solco maggiore interagendo con una sequenza di basi che contiene una o più citosine. Se
queste sono metilate, l’eventuale legame di proteine al solco maggiore potrebbe venire inibito. Nel
Capitolo 7 abbiamo trattato di proteine che legano il DNA e che vengono influenzate dalla
metilazione nelle regioni a metilazione differenziale, implicate nell’imprinting genomico.
C35. La regione 1 non può formare un’ansa con la regione 2 e la regione 3 contemporaneamente.
L’interazione tra le regioni 1 e 2 sarebbe un po’ più stabile di quella tra le regioni 1 e 3, perché è più lunga di
un nucleotide, e c’è una quantità maggiore di coppie GC. Ricorda che la coppia GC forma tre legami
idrogeno, mentre la coppia AU ne forma due.
Domande sperimentali
S1. Un carattere dello pneumococco è la sua capacità di sintetizzare la capsula. Deve esistere un progetto
per questa capacità, le cui istruzioni sono trasferite dal batterio di tipo IIIS a quello IIR (nota che a livello
molecolare le istruzioni sono rappresentate da un gruppo di geni che codificano gli enzimi per la sintesi della
capsula).
S2.
A. Ci sono tre diverse ragioni perché non tutte le cellule risultino trasformate.
1. La maggior parte delle cellule non cattura un DNA di tipo IIIS.
2. Il DNA di tipo IIIS di solito viene degradato dopo che è entrato nella cellula batterica di tipo IIR.
3. Il DNA di tipo IIIS di solito non è espresso nel batterio di tipo IIR.
B. I passaggi di incubazione con anticorpi e di centrifugazione sono utilizzati per rimuovere i batteri
non trasformati. Questo passaggio mette il ricercatore in grado di determinare il fenotipo dei batteri
trasformati. Omettendolo, sulla piastra ci sarebbero così tante colonie che sarebbe difficile
identificare le colonie batteriche trasformate, che rappresentano soltanto una piccola proporzione
del numero totale di colonie.
C. Essi cercavano di dimostrare che nell’estratto di DNA il materiale genetico era davvero il DNA.
L’estratto poteva essere contaminato da RNA o proteine. Tuttavia il trattamento con RNasi o
proteasi non impediva la trasformazione, cosa che portava a escludere che RNA o proteine fossero
il materiale genetico. Invece, il trattamento con DNasi bloccava la trasformazione, confermando che
il materiale genetico era il DNA.
S3.
1. Isola e purifica il DNA dai batteri resistenti.
2. In provette separate aggiungi: DNasi, RNasi, o proteasi.
3. Aggiungi i batteri sensibili a ciascuna provetta. Una piccola proporzione potrà essere trasformata.
4. Piastra su capsule petri contententi tetraciclina.
Ti attendi la crescita di colone resistenti all’antibiotico nelle sole colture esposte a RNasi o proteasi, ma non
in quelle trattate con DNasi.
S4.
A. Il fatto che circa il 35% del DNA si trovi nel sovranatante può essere spiegato in molti modi.
Una possibilità è che non tutto il DNA sia stato iniettato nelle cellule batteriche. Oppure, durante la
procedura di distacco alcune cellule potrebbero essersi rotte, rilasciando il DNA.
B. Contando la radioattività nel pellet invece che nel sovranatante, si sarebbero ottenuti i seguenti
valori:
% degli isotopi totali nel pellet
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tempo di agitazione (min)
C. I radioisotopi 32P and 35S sono stati scelti perché il fosforo è parte esclusiva degli acidi nucleici,
mentre lo zolfo si trova solo nelle proteine.
D. Ci sono parecchie ragioni perché non tutte le proteine fagiche sono rimosse dalle cellule
batteriche durante il processo di distacco per agitazione. Per esempio è possibile che l’agitazione
non sia sufficientemente intensa per rimuovere tutti i fagi, o forse le fibre della coda restano
attaccate al batterio e viene distaccata solo la regione della testa.
S5. Non può essere esclusa la possibilità che l’RNA sia il materiale genetico, perché RNA e DNA
contengono entrambi il fosfato. Un modo per poter distinguere RNA e DNA è quello di fornire ai
batteri uracile marcato, che sarà incorporato nell’RNA, e timina marcata che potrà essere
incorporata nel DNA. Se T2 viene propagato in presenza di uracile marcato la radioattività non sarà
incorporata nelle particelle fagiche. Se però il fago cresce in presenza di timina radioattiva allora le
particelle risulteranno marcate. Questa sarebbe la prova che il materiale genetico di T2 è DNA e non RNA.
S6. Si tratta di opinione personale. L’esperimento di Avery, MacLeod, e McCarty indica
direttamente che il DNA è il materiale genetico perché la DNasi impedisce la trasformazione
mentre l’RNasi e la proteasi non lo fanno. Però si potrebbe obiettare che in realtà il DNA serve al
batterio per incorporare altri contaminanti presenti nel preparato. L’esperimento di Hershey e Chase
indica che il DNA è davvero iniettato nei batteri, anche se i risultati non sono del tutto chiari dal
punto di vista quantitativo. Parte delle proteine marcate non vengono distaccate, perciò non si può
escludere del tutto che le proteine siano il materiale genetico, anche se i risultati indicano nel DNA
il candidato più probabile.
S7.
1. Puoi ottenere moltissime strutture diverse.
2. Puoi usare un mouse per muovere velocemente gli oggetti.
3. Puoi usare formule matematiche in modo sistematico.
4. I computer sono molto veloci.
5. Puoi conservare le informazioni ottenute in un file.
S8.
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A. Lo scopo della cromatografia era di separare i diversi tipi di base.
B. Era necessario separare le basi e determinare la quantità totale di ciascuna. Nel filamento di
DNA, tutte le basi si trovano in una singola molecola, perciò è difficile misurare la quantità totale di
ciascuna. Dope aver rimosso le basi dal filamento, ognuna può essere purificata e si può misurare la
quantità totale mediante la spettroscopia.
C. I risultati di Chargaff non sarebbero stati altrettanto convincenti se ottenuti su una sola specie. La
forza dei suoi dati era che tutte le specie seguivano la regola AT/GC, indicando che esisteva una
caratteristica strutturale del DNA. In una specie sola, il fatto che A=T e G=C poteva derivare dal
semplice effetto del caso.
S9. Se l’RNA era stato trattato con RNasi le piante non avrebbero dovuto sviluppare lesioni. Se il trattamento
fosse stato con DNasi o proteasi le lesioni avrebbero dovuto formarsi, perché il materiale genetico è l’RNA.