Stryer Biochemie

Biochemie

Stryer Biochemie

ISBN: 
978-3-8274-2989-6

Oft kopiert, nie erreicht. Biologen heute

Seit vier Jahrzehnten prägt dieses außergewöhnliche Lehrbuch weltweit die Lehre der Biochemie. Die überaus klare und präzise Art der Darstellung, die Aktualität, die ausgefeilte Didaktik und die Verständlichkeit sind zu Markenzeichen  dieses von Lehrenden wie Lernenden hoch geschätzten Standardwerkes geworden. Sie zeichnen auch die nun vorliegende achte Auflage aus, die erneut die Brücke von den biologischen und chemischen Grundlagen zu den physiologischen und medizinischen Fragestellungen schlägt. 

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Zu den wichtigsten Neuerungen und Verbesserungen der vollständig überarbeiteten Neuauflage zählen:

  • Kapitel 5: erweiterte Darstellung von Massenspektrometrie, Proteinmasse, Proteinidentität und Proteinsequenz
  • Kapitel 9: neuer Abschnitt zu krankheitsauslösenden Mutationen in Hämöglobingenen, neue Fallstudie zu Thalassämien
  • Kapitel 13: neue Fallstudie zu Proteinkinase-A-Mutationen und Cushing Syndrom 
  • Kapitel 14: erweiterte Darstellung zu Vorstufen von Verdauungsenzymen und zur Proteinverdauung im Dünndarm, neue Fallstudien zu Proteinverdauung im Magen und zur Zöliakie
  • Kapitel 15: neuer Abschnitt zu den Grundfunktionen des Energiestoffwechsels, erweiterte Darstellung zu Phosphaten in biochemischen Prozessen
  • Kapitel 16: neue Fallstudien zu exzessiver Fructoseaufnahme und zu schnellwachsenden Zellen und aerober GlykolyseKapitel 29: neue Fallstudien zu Phosphatidylcholin, zur Regulation des LDL-Rezeptor-Kreislaufs und zum klinischen Management von Cholesterinwerten
  • Kapitel 30: neue Fallstudie zu Blutspiegelwerten der Aminotransferase als diagnostischer Prädiktor

 

Stimmen zu früheren Auflagen:

Der Stryer ist der "Goldstandard" für Biochemie-Lehrbücher. Prof. Dr. Michael Rychlik, TU München

Aktuell, didaktisch hervorragend präsentiert, bietet der "Stryer" einen umfassenden Überblick über das Feld und ist als Nachschlagewerk unverzichtbar. Prof. Dr. Dieter Adam, Universität Kiel

Dieses Lehrbuch gibt Studierenden am Anfang ihrer Ausbildung einen hervorragenden Einstieg in die Biochemie, ist aber genauso für Fortgeschrittene ideal. Prof. Dr. Mike Boysen, Universität Göttingen

Der Klassiker, er ist und bleibt in der Breite und Tiefe und seinem sehr guten didaktischen Aufbau unübertroffen! Ein Muss für jeden Studierenden und Dozenten im Umfeld biomedizinischer Studiengänge. Prof. Dr. Robert Fürst, Universität Frankfurt

Trotz der unglaublichen Detailfülle vermittelt der Stryer Verständnis für die Zusammenhänge in der Biochemie. Prof. Dr. Katja Gehrig, Universität Mainz 

Biochemie anschaulich gemacht: So sollte ein Lehrbuch sein … Dieses Buch nimmt jedem Studierenden die Angst vor der Biochemie! Prof. Dr. Wolf-Michael Weber, Universität Münster

Als Lehrbuchautor packt einen beim Studium des Stryer der Neid. So schöne Fotos, so gekonnte, bunte, eingängige Zeichnungen, soviel Grips, so wenige Fehler. Laborjournal

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  • Kapitel 1: Biochemie: Evolution einer Wissenschaft (14)
  • Kapitel 2: Zusammensetzung und Struktur der Proteine (22)
  • Kapitel 3: Erforschung der Proteine und Proteome (20)
  • Kapitel 4: DNA, RNA und der Fluss der genetischen Information (39)
  • Kapitel 5: Erforschung der Gene und Genome (13)
  • Kapitel 6: Erforschung der Evolution und die Bioinformatik (9)
  • Kapitel 7: Hämoglobin: Porträt eines Proteins in Aktion (10)
  • Kapitel 8: Enzyme: Grundlegende Konzepte und Kinetik (18)
  • Kapitel 9: Katalytische Strategien (8)
  • Kapitel 10: Regulatorische Strategien (29)
  • Kapitel 11: Kohlenhydrate (27)
  • Kapitel 12: Lipide und Zellmembranen (12)
  • Kapitel 13: Membrankanäle und -pumpen (22)
  • Kapitel 14: Signaltransduktionswege (20)
  • Kapitel 15: Der Stoffwechsel: Konzepte und Grundmuster (21)
  • Kapitel 16: Glykolyse und Gluconeogenese (40)
  • Kapitel 17: Der Citratzyklus (22)
  • Kapitel 18: Die oxidative Phosphorylierung (31)
  • Kapitel 19: Die Lichtreaktionen der Photosynthese (21)
  • Kapitel 20: Der Calvin-Zyklus und der Pentosephosphatweg (25)
  • Kapitel 21: Der Glykogenstoffwechsel (32)
  • Kapitel 22: Der Fettsäurestoffwechsel (33)
  • Kapitel 23: Proteinumsatz und Aminosäurekatabolismus (35)
  • Kapitel 24: Biosynthese der Aminosäuren (18)
  • Kapitel 25: Biosynthese der Nucleotide (31)
  • Kapitel 26: Biosynthese der Membranlipide und Steroide (31)
  • Kapitel 27: Koordination des Stoffwechsels (38)
  • Kapitel 28: Replikation, Rekombination und Reparatur von DNA (17)
  • Kapitel 29: Kontrolle der Genexpression bei Eukaryoten (18)
  • Kapitel 30: Proteinsynthese (34)
  • Kapitel 31: Kontrolle der Genexpression bei Prokaryoten (8)
  • Kapitel 32 Kontrolle der Genexpression bei Eukaryoten (10)
  • Kapitel 33: Sensorische Systeme (11)
  • Kapitel 34: Das Immunsystem (15)
  • Kapitel 35: Molekulare Motoren (14)
  • Kapitel 36: Entwicklung von Arzneistoffen (12)
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Frage 1 von 780
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  • Alles ist möglich. Welche Arten von nichtkovalenten Bindungen halten die folgenden Feststoffe zusammen? a) Speisesalz (NaCl b) Graphit (C); enthält Blätter aus kovalent verknüpften Kohlenstoffatomen.

    Lösung

    a) Ionische Wechselwirkungen b) Van-der-Waals-Wechselwirkungen
  • Nennen Sie den pH-Wert. Welche pH-Werte besitzen die folgenden Lösungen? a) 0,1 M HCl; b) 0,1 M NaOH; c) 0,05 M HCl; d) 0,05 M NaOH

    Lösung

    a) 1,0; b) 13,0; c) 1,3; d) 12,7
  • Die Wirkung von Substituenten. Welchen pH-Wert besitzt eine 0,1 M Lösung von Chloressigsäure (pKs = 2,86)?

    Lösung

    1,96
  • Wasser in Wasser. Berechnen Sie die Konzentration von Wasser in Wasser anhand seiner Dichte von 1 g ml ?1 und der Molekülmasse von 18.

    Lösung

    55,5 M
  • Basischer Charakter. Welchen pH-Wert besitzt eine 0,1 M Lösung von Ethylamin, mit pKs = 10,70 für das Ethylammoniumion?

    Lösung

    11,83
  • Vergleich. Für die Herstellung einer Lösung versetzt man Wasser mit 0,01 M Essigsäure und 0,01 M Ethylamin und stellt den pH-Wert auf 7,4 ein. Wie ist das Verhältnis Acetat zu Essigsäure? Wie ist das Verhältnis Ethylamin zu Ethylammoniumion?

    Lösung

    447; 0,00050
  • Konzentrat. Essigsäure wird so lange zu Wasser gegeben, bis der pH-Wert 4,0 beträgt. Wie hoch ist die Gesamtkonzentration der zugegebenen Essigsäure?

    Lösung

    0,00066 M
  • Verdünnung. 100 ml einer Lösung von Salzsäure mit einem pH-Wert von 5,0 wird auf ein Volumen von einem Liter aufgefüllt. Welchen pH-Wert besitzt die verdünnte Lösung?

    Lösung

    6
  • Verdünnung eines Puffers. 100 ml einer 0,1 mM Pufferlösung aus Essigsäure und Natriumacetat mit einem pHWert von 5,0 wird auf ein Volumen von einem Liter aufgefüllt. Welchen pH-Wert besitzt die verdünnte Lösung?

    Lösung

    5,53
  • pH-Indikator. Ein Farbstoff, der eine Säure ist und in seiner protonierten und seiner deprotonierten Form unterschiedliche Farben aufweist, eignet sich als pH-Indikator. Nehmen wir an, Sie haben eine Lösung mit 0,001 M eines Farbstoffs mit einem pKs-Wert von 7,2. Aufgrund der Farbe wird die Konzentration der protonierten Form mit 0,0002 M bestimmt. Nehmen wir an, der übrige Farbstoff liegt in der deprotonierten Form vor. Welchen pH-Wert hat die Lösung?

    Lösung

    7,8
  • Ein mögliches Problem. Sie wollen einen Puffer mit einem pH-Wert von 7,0 herstellen. Sie nehmen 0,060 g Essigsäure und 14,59 g Natriumacetat und fügen Wasser zu einem Gesamtvolumen von einem Liter hinzu. Wie ist der pH-Wert? Ist dieser Puffer für einen pH-Wert von 7,0 geeignet?

    Lösung

    7,0; dieser Puffer ist wenig hilfreich, da sich der pH-Wert vom pKs-Wert stark unterscheidet
  • Es lebe der Unterschied. Schätzen Sie ab, wie viele Basenunterschiede zwischen zwei Menschen bestehen.

    Lösung

    Etwa 15 Mio. unterschiedliche Basenpaare
  • Epigenomik. Der menschliche Körper enthält viele unterschiedliche Zelltypen, wobei fast alle menschlichen Zellen dasselbe Genom mit 21.000 Genen besitzen. Die unterschiedlichen Zelltypen sind vor allem auf Unterschiede in der Genexpression zurückzuführen. Nehmen Sie an, dass eine Gruppe von 1000 Genen in allen Zelltypen exprimiert wird und dass die übrigen 20.000 Gene in Gruppen von jeweils 1000 Genen eingeteilt werden können, die in einem bestimmten Zelltyp exprimiert oder nicht exprimiert werden können. Wie viele verschiedene Zelltypen kann es geben, wenn jeder Zelltyp zehn Gruppen dieser Gene exprimiert? Beachten Sie dabei, dass bei n Objekten in m Gruppen die Anzahl der möglichen Kombinationen n!/(m!(n ? m)!) beträgt, mit n! = 1 x 2 x … x (m-1) x n.

    Lösung

    (20!)/(10!) x (10!) = 184.756
  • Prädispositionen in Bevölkerungsgruppen. Nehmen wir an, dass 10 % der Mitglieder einer Bevölkerungsgruppe im Lauf des Lebens eine bestimmte Krankheit bekommen. Genomische Untersuchungen zeigen, dass 5 % der Bevölkerungsgruppe Sequenzen in ihrem Genom aufweisen, mit denen die Wahrscheinlichkeit, im Lauf des Lebens zu erkranken, 50 % beträgt. Wie groß ist das durchschnittliche Erkrankungsrisiko für die übrigen 95 % der Bevölkerung, die diese Sequenzen nicht besitzen?

    Lösung

    7,90%
  • Ordnen Sie zu. Ordnen Sie jeder Aminosäure – a) Leu; b) Glu; c) Lys; d) Ser; e) Cys; f) Trp - die richtige Seitenkette zu: 1) enthält eine Hydroxylgruppe; 2) sauer; 3) basisch; 4) enthält Schwefel; 5) unpolar aromatisch; 6) unpolar aliphatisch

    Lösung

    a) 6; b) 2; c) 3; d) 1; e) 4; f) 5
  • Löslichkeit. Welche Aminosäure der folgenden Paare ist in Wasser besser löslich? a) Ala, Leu; b) Tyr, Phe; c) Ser, Ala; d) Trp, His

    Lösung

    a) Ala; b) Tyr; c) Ser; d) His
  • Bindung ist wichtig. Welche der folgenden Aminosäuren besitzen eine Seitenkette, die Wasserstoffbrücken ausbilden kann? Ala, Gly, Ser, Phe, Glu, Tyr, Ile und Thr.

    Lösung

    Ser, Glu, Tyr, Thr
  • Buchstabensuppe. Wie viele verschiedene Polypeptide mit einer Größe von 50 Aminosäuren lassen sich aus den 20 üblichen Aminosäuren bilden?

    Lösung

    An jeder der 50 Positionen kann eine von 20 Aminosäuren stehen: 20^50 oder 1,1 x 10^65
  • Protein der Vertebraten? Was ist mit dem Begriff „Rückgrat eines Proteins“ gemeint?

    Lösung

    Die sich wiederholende Einheit Stickstoff/a-Kohlenstoff/Carbonylkohlenstoff
  • Kein Anhängsel. Erklären Sie den Begriff „Seitenkette“ im Zusammenhang mit einer Aminosäure oder Proteinstruktur.

    Lösung

    Die Seitenkette ist die funktionelle Gruppe, die am a-Kohlenstoffatom der Aminosäure befestigt ist.
  • Eine von vielen. Unterscheiden Sie zwischen Aminosäurezusammensetzung und Aminosäuresequenz.

    Lösung

    Die Aminosäurezusammensetzung gibt nur die Aminosäuren an, aus denen ein Protein besteht. Die Reihenfolge wird dabei nicht berücksichtigt. Die Aminosäuresequenz ist das Gleiche wie die Primärstruktur – die Sequenz der Aminosäuren vom Aminoterminus zum Caboxylende des Proteins.
  • Erneut aktiv. Eine Mutation, die einen Alaninrest im Inneren eines Proteins in ein Valin verändert, führt zu einem Aktivitätsverlust. Die Aktivität wird aber zurückerlangt, wenn eine weitere Mutation an einer anderen Stelle einen Isoleucinrest gegen Glycin austauscht. Wie könnte diese zweite Mutation die Aktivität wieder herstellen?

    Lösung

    Die erste Mutation zerstört die Aktivität, weil Valin mehr Raum beansprucht als Alanin; das Protein muss infolgedessen eine andere Form annehmen, wenn man davon ausgeht, dass dieser Rest in einer dicht gepackten Umgebung liegt. Die zweite Mutation stellt die Aktivität wieder her, weil sie zu einer kompensatorischen Verringerung des Volumens führt: Glycin ist kleiner als Isoleucin.
  • Eine Frage der Exposition. Viele Schleifen in Proteinen setzen sich aus hydrophilen Aminosäuren zusammen. Woran kann das liegen?

    Lösung

    Schleifen liegen immer an der Oberfläche von Proteinen und sind der Umgebung ausgesetzt. Da viele Proteine in einer wässrigen Umgebung vorkommen, sind die exponierten Schleifen hydrophil und können daher mit Wasser interagieren.
  • Gestreckte Ziele. Eine Protease ist ein Enzym, das bei bestimmten Proteinen die Hydrolyse von Peptidbindungen katalysiert. Wie könnte eine Protease an ihr Zielprotein binden, sodass dessen Hauptkette im Bereich der empfindlichen Peptidbindung vollkommen gestreckt vorliegt?

    Lösung

    Ein Abschnitt der Hauptkette der Protease kann mit der Hauptkette des Substrats Wasserstoffbrücken ausbilden und so ein ausgestrecktes paralleles oder antiparalleles Paar von B-Strängen erzeugen.
  • Oft unersetzlich. Glycin ist ein im Verlauf der Evolution von Proteinen meist unveränderter Aminosäurerest. Warum?

    Lösung

    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.
  • Potenzielle Partner. Welche Gruppen in einem Protein können bei pH 7 mit einer Argininseitenkette Wasserstoffbrücken oder ionische Bindungen ausbilden?

    Lösung

    Glutamat, Aspartat und die endständige Carboxylatgruppe können Salzbrücken mit der Guanidiniumgruppe des Arginins bilden. Darüber hinaus kann diese Gruppe als Donator einer Wasserstoffbrücke zu den Seitenketten von Glutamin, Asparagin, Serin, Threonin, Aspartat, Tyrosin, Glutamat und den Carbonylgruppen der Hauptkette fungieren. Histidin kann mit Arginin bei pH 7 Wasserstoffbrücken ausbilden.
  • Dauerwellen. Die Form eines Haares wird bis zu einem gewissen Grad durch das Muster der Disulfidbrücken im Keratin, seinem Hauptbestandteil, bestimmt. Wie kann man Locken erzeugen?

    Lösung

    Disulfidbrücken im Haar werden durch Zugabe eines Thiols und mäßige Erwärmung aufgebrochen. Das Haar kräuselt sich und kann durch Zugabe eines Oxidationsmittels zur Ausbildung neuer Disulfidbrücken in der gewünschten Form stabilisiert werden.
  • Auf den Ort kommt es an 1. Die meisten Proteine sind außen hydrophil und innen hydrophob. Wäre eine solche Struktur auch bei Proteinen zu erwarten, die in das hydrophobe Innere einer Membran eingebettet sind? Begründen Sie Ihre Antwort.

    Lösung

    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 hydrophoben Ketten. Deshalb sind die Porine an ihrer Außenseite zu einem großen Teil von hydrophoben Resten bedeckt, die mit den benachbarten hydrophoben Ketten in Wechselwirkung treten. Im Gegensatz dazu enthält das Innere des Proteins viele geladene und polare Aminosäuren. Sie umgeben einen mit Wasser gefüllten Kanal, der durch die Mitte des Proteins verläuft. Da Porine ihre Funktion in einer hydrophoben Umgebung erfüllen, sind sie im Vergleich mit Proteinen, die in wässriger Lösung funktionieren, „von innen nach außen gestülpt“.
  • Auf den Ort kommt es an 2. Proteine, die biologische Membranen durchspannen, enthalten häufig a-Helices. Sagen Sie unter Berücksichtigung der Tatsache, dass das Innere von Membranen eine hoch hydrophobe Umgebung darstellt (Abschn. 12.2), voraus, welche Arten von Aminosäuren in einer solchen Helix vorhanden sein werden. Warum ist die a-Helix für das hydrophobe Milieu im Membraninneren besonders gut geeignet?

    Lösung

    Die Aminosäuren werden hydrophob sein. Eine a-Helix ist besonders dafür geeignet, eine Membran zu durchspannen, da alle Amidwasserstoff- und Carbonylsauerstoffatome des Peptidrückgrats an Wasserstoffbrücken innerhalb des Peptids beteiligt sind, sodass diese polaren Atome in einer hydrophoben Umgebung stabilisiert werden.
  • Gruppendruck aus der Umgebung? In 7 Tab. 2.1 sind die charakteristischen pKs-Werte von ionisierbaren Gruppen in Proteinen aufgeführt. Für bestimmte Gruppen wurden in gefalteten Proteinen über 500 verschiedene pKs-Werte bestimmt. Erklären Sie diesen Widerspruch.

    Lösung

    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.
  • Fettige Teile. Die a- und B-Untereinheiten von Hämoglobin zeigen eine auffällige strukturelle Ähnlichkeit mit Myoglobin. In den Untereinheiten des Hämoglobins gibt es jedoch bestimmte hydrophobe Reste, die im Myglobin hydrophil sind. Woran kann das liegen?

    Lösung

    Hämoglobin bildet bekanntermaßen ein Tetramer, Myoglobin hingegen ist ein Momomer. Deshalb sind die hydrophoben Seitenketten an der Oberfläche der Hämoglobinuntereinheiten wahrscheinlich an van-der-Waals-Wechselwirkungen mit ähnlichen Regionen der übrigen Untereinheiten beteiligt und dadurch von der wässrigen Umgebung abgeschirmt.
  • Vielleicht macht es doch die Größe. Bei Osteogenesis imperfecta tritt ein breites Spektrum an Symptomen auf, von leichten bis sehr schweren Formen. Erläutern Sie anhand Ihrer Kenntnisse über Aminosäuren und Kollagen die biochemische Grundlage für die Variabilität der Symptome.

    Lösung

    Eine mögliche Erklärung ist, dass die Schwere der Symptome dem Ausmaß der strukturellen Störung entspricht. So sollte beispielsweise die Substitution von Alanin gegen Glycin nur zu leichten Symptomen führen, während die Substitution des viel größeren Tryptophans dazu führen könnte, dass sich die Dreifachhelix nur wenig oder gar nicht bildet.
  • Eine Frage der Konvention. Alle l-Aminosäuren verfügen über eine absolute S-Konfiguration. Die einzige Ausnahme ist l-Cystein, das in R-Konfiguration vorliegt. Warum?

    Lösung

    Die Bestimmung der absoluten Konfiguration erfordert, die Priorität der vier beteiligten Gruppen in Bezug auf ein tetraedrisches Kohlenstoffatom festzulegen. Bei allen Aminosäuren mit Ausnahme von Cystein gilt die Reihenfolge: 1) Aminogruppe, 2) Carbonylgruppe, 3) Seitenkette, 4) Wasserstoff. Bei Cystein besitzt die Seitenkette aufgrund des darin enthaltenen Schwefelatoms eine höhere Priorität als die Carbonylgruppe, sodass es sich um eine R- und nicht um eine S-Konfiguration handelt.
  • Verborgene Botschaft. Übersetzen Sie die folgende Aminosäuresequenz in den Ein-Buchstaben-Code: Glu–Leu–Val–Ile–Ser–Ile–Ser–Leu–Ile–Val–Ile–Asn–Gly–Ile–Asn–Leu–Ala–Ser–Val–Glu–Gly–Ala–Ser.

    Lösung

    ELVISISLIVINGINLASVEGAS
  • Was kommt zuerst? Würden Sie erwarten, dass Pro-X-Peptidbindungen genau wie X-Pro-Bindungen bevorzugt in cis-Konformation vorliegen? Warum oder warum nicht?

    Lösung

    Nein. Pro–X besitzt dieselben Eigenschaften wie jede andere Peptidbindung. 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.
  • „Verworrene“ Ribonuclease. Als Christian Anfinsen seine Versuche zur Rückfaltung von Proteinen durchführte, erhielt er ein ganz anderes Ergebnis, wenn die reduzierte Ribonuclease wieder oxidiert wurde, während sie sich noch in 8 M Harnstoff befand, und dann erst der Harnstoff durch Dialyse entfernt wurde. Wenn die Ribonuclease auf diese Weise reoxidiert wird, erhält man nur ungefähr 1 % der enzymatischen Aktivität des nativen Proteins. Warum unterschieden die Ergebnisse so deutlich, wenn die reduzierte Ribonuclease mit oder ohne Harnstoff reoxidiert wurde?

    Lösung

    Ursache sind die falschen Disulfidpaare, die sich in Gegenwart von Harnstoff bilden. Es gibt 105 verschiedene Möglichkeiten, acht Cysteinmoleküle zur Bildung von vier Disulfidbrücken zu verbinden, aber nur eine dieser Kombinationen ist enzymatisch aktiv. Die 104 falschen Paarungen wurden bildhaft als „gerührte Ribonuclease“ (scrambled ribonuclease) bezeichnet.
  • Wichtige Reagenzien. Folgende Reagenzien werden in der Proteinchemie oft gebraucht: CNBr, Harnstoff, B-Mercaptoethanol, Chymotrypsin, Trypsin, Perameisensäure, 6 M HCl, Phenylisothiocyanat. Welches davon ist zur Lösung der folgenden Probleme jeweils am besten geeignet? a) Bestimmung der Aminosäuresequenz eines kleinen Peptids. b) Reversible Denaturierung eines Peptids ohne Disulfidbindungen. Welches Zusatzreagenz würde benötigt, wenn Letztere vorkämen? c) Hydrolyse von Peptidbindungen auf der Carboxylseite von aromatischen Resten. d) Spaltung von Peptidbindungen auf der Carboxylseite von Methioninresten. e) Hydrolyse von Peptidbindungen auf der Carboxylseite von Lysin- und Argininresten.

    Lösung

    a) Phenylisothiocyanat; b) Harnstoff; B-Mercaptoethanol zur Disulfidreduktion; c) Chymotrypsin; d) CNBr; e) Trypsin
  • Beständig ist nur die Veränderung. Erläutern Sie, warum zwei verschiedene Zelltypen im selben Organismus zwar über identische Genome verfügen, ihre Proteome sich aber deutlich unterscheiden.

    Lösung

    Für jede Zelle in einem Organismus ist das Genom festgelegt. Das Proteom jedoch ist dynamisch; es entspricht den jeweils unterschiedlichen Bedingungen in der Umgebung und Signalen von außen. Zwei verschiedene Zelltypen exprimieren wahrscheinlich unterschiedliche Kombinationen von Proteinen, die im Genom codiert sind.
  • Eine Bruchstelle schaffen. Ethylenimin reagiert mit den Cysteinseitenketten in Proteinen, wobei S-Aminoethylderivate entstehen. Die carboxylseitigen Peptidbindungen dieser modifizierten Cysteinreste sind mit Trypsin spaltbar. Warum?

    Lösung

    Die S-Aminoethylcystein-Seitenkette ähnelt der des Lysins. Der einzige Unterschied besteht in einem Schwefelatom anstelle einer Methylengruppe.
  • Zu viel oder nicht genug. Warum fallen Proteine bei hohen Salzkonzentrationen aus? Zwar präzipitieren viele Proteine bei einer hohen Salzkonzentration, aber bei einigen Proteinen ist Salz erforderlich, um sie in Wasser zu lösen. Erklären Sie, warum bei einigen Proteinen Salz die Löslichkeit verbessert.

    Lösung

    Wenn die Salzkonzentration zu hoch wird, interagieren die Salzionen mit den Wassermolekülen. Schließlich gibt es nicht mehr genügend Wassermoleküle, die mit dem Protein in Wechselwirkung treten, und das Protein fällt aus. Wenn sich in einer Proteinlösung zu wenig Salz befindet, interagieren die Proteine miteinander – die positiven Ladungen auf dem einen Protein mit den negativen Ladungen auf einem oder mehreren anderen. Ein solcher Komplex wird dann zu groß, um noch von sich aus in Wasser gelöst zu bleiben. Wenn man Salz dazugibt, werden die Ladungen auf den Proteinen neutralisiert, Wechselwirkungen zwischen den Proteinen werden verhindert.
  • Langsam bewegt. Tropomyosin, ein 70-kDa-Protein aus dem Muskelgewebe, sedimentiert mit geringerer Geschwindigkeit als Hämoglobin (65 kDa). Die Sedimentationskoeffizienten der beiden Proteine betragen 2,6S beziehungsweise 4,31S. Welche Struktureigenschaft des Tropomyosins ist für die langsamere Sedimentation verantwortlich?

    Lösung

    Tropomyosin ist stabförmig, während Hämoglobin fast kugelförmig ist.
  • Kommt häufig in Flüssigseife vor. Das Detergens Natriumdocecylsulfat (SDS) denaturiert Proteine. Überlegen Sie, warum SDS die Proteinstruktur zerstört.

    Lösung

    Der lange hydrophobe Schwanz am SDS-Molekül (S. 87) zerstört die hydrophoben Wechselwirkungen im Inneren des Proteins. Das Protein entfaltet sich, wobei die hydrophoben R-Gruppen jetzt mit SDS und nicht mehr miteinander in Wechselwirkung treten.
  • Größenabschätzung. Die relativen elektrophoretischen Beweglichkeiten eines 30-kDa-Proteins und eines 92-kDa-Proteins, die bei einer SDS-Polyacrylamidgelelektrophorese als Standards verwendet werden, liegen bei 0,80 und 0,41. Welche apparente Masse hat ein Protein, das in diesem Gel eine relative Beweglichkeit von 0,62 besitzt?

    Lösung

    50 kDa
  • Unerwartete Beweglichkeit. Einige Proteine wandern in einem SDS-Gel anomal. So unterscheidet sich manchmal die Molekülmasse, die anhand eines SDS-PAGE-Gels ermittelt wurde, deutlich von der Molekülmasse aufgrund der Aminosäuresequenz. Wie lässt sich dieser Widerspruch erklären?

    Lösung

    Das Protein ist möglicherweise modifiziert. So können beispielsweise Asparaginreste im Protein mit Kohlenhydrateinheiten verknüpft sein (Abschn. 2.6).
  • Zellen sortieren. Die fluoreszenzaktivierte Zelltrennung (fluorescence-activated cell sorting, FACS) ist eine leistungsfähigemMethode zur Trennung von Zellen nach ihrem Gehalt an bestimmten Molekülen. Zum Beispiel kann man einen fluoreszenzmarkierten Antikörper, der ein bestimmtes Zelloberflächenprotein erkennt, verwenden, um Zellen mit diesem Molekül zu identifizieren. Sie wollen nun Zellen mit einem Rezeptor isolieren, der diesen das Auffinden bakterieller Abbauprodukte ermöglicht. Sie besitzen aber noch keinen Antikörper gegen diesen Rezeptor. Mit welchem fluoreszenzmarkierten Molekül würden Sie solche Zellen identifizieren?

    Lösung

    Ein fluoreszenzmarkiertes Derivat eines bakteriellen Abbauprodukts (zum Beispiel eines Formylmethionylpeptids) würde an Zellen binden, die den gesuchten Rezeptor besitzen.
  • Säulenwahl. a) Das Octapeptid AVGWRVKS wurde mit dem Enzym Trypsin behandelt. Wäre eine Ionenaustausch- oder eine Gelfiltrationschromatographie die geeignetere Methode zur Auftrennung der Produkte? Begründen Sie Ihre Wahl. b) Angenommen, das Peptid sei mit Chymotrypsin behandelt worden. Was wäre in diesem Fall die optimale Methode zur Auftrennung? Begründen Sie Ihre Wahl.

    Lösung

    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 aromatischen R-Gruppen schneidet, erzeugt zwei Peptide mit gleicher Größe (AVGW und RVKS). Eine Trennung aufgrund der Größe wäre hier wenig erfolgreich. Das Peptid RVKS enthält jedoch zwei positive Ladungen (R und K), während das andere Peptid neutral ist. Deshalb lassen sich die beiden Produkte mithilfe einer Ionenaustauschchromatographie trennen.
  • Effektive Werkzeuge. Monoklonale Antikörper können mit chemischen Methoden an einen festen Träger gebunden werden. Erläutern Sie, wie solche mit Antikörpern versehenen Partikel für die Proteinreinigung verwendet werden können.

    Lösung

    Antikörpermoleküle, die an einen festen Träger gebunden sind, eignen sich für die Affinitätsreinigung von Proteinen, für die kein Ligandenmolekül bekannt ist oder zur Verfügung steht.
  • Entwicklung einer Testmethode. Sie wollen ein Enzym aus seiner natürlichen Umgebung isolieren und benötigen eine Methode, um während der gesamten Aufreinigung seine Aktivität zu messen. Jedoch kann weder das Substrat noch das Produkt der durch das Enzym katalysierten Reaktion spektroskopisch erfasst werden. Sie haben aber entdeckt, dass das Produkt der Reaktion stark antigen wirkt, wenn man es Mäusen injiziert. Entwerfen Sie ein Verfahren, um einen geeigneten Test für dieses Enzym zu entwickeln.

    Lösung

    Wenn das Produkt der enzymatisch katalysierten Reaktion als starkes Antigen wirkt, ist es vielleicht möglich, Antikörper gegen dieses spezifische 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.
  • Mehr Enzym? Im Verlauf eines Aufreinigungsverfahrens vollzieht ein Forscher einen Reinigungsschritt, an dessen Ende es zu einem Anstieg der Gesamtaktivität kommt, sodass sie über dem Wert liegt, den er am Anfang im Rohextrakt gemessen hatte. Wie kann es zu einem solchen Anstieg an Gesamtaktivität kommen?

    Lösung

    Möglicherweise war ein Inhibitor des gereinigten Enzyms vorhanden, der in der Folge durch einen Reinigungsschritt entfernt wurde. So kann es zu einer scheinbaren Zunahme der insgesamt vorhandenen Enzymmenge kommen.
  • Teile und herrsche. Durch die Bestimmung der Masse eines Proteins mithilfe der Massenspektrometrie ist es häufig nicht möglich, das Protein unter anderen infrage kommenden Proteinen innerhalb eines vollständigen Proteoms eindeutig zu identifizieren, aber die Bestimmung der Massen aller Fragmente, die durch Spaltung mit Trypsin entstehen, lässt diese Identifizierung zu. Finden Sie eine Erklärung.

    Lösung

    Viele Proteine haben ähnliche Massen, weisen aber unterschiedliche Sequenzen auf und erzeugen so bei Spaltung mit Trypsin unterschiedliche Fragmentmuster. Die Kombination der Massen der tryptischen Fragmente bildet einen genauen „Fingerabdruck“ eines Proteins, da es sehr unwahrscheinlich ist, dass ein solches Muster in einem anderen Protein auftritt, selbst wenn man die Größe außer Acht lässt. Eine nachvollziehbare Analogie lautet: Genauso wie Finger von derselben Größe unterschiedliche Fingerabdrücke liefern, zeigen gleich große Proteine unterschiedliche Spaltungsmuster mit Trypsin.
  • Erkennen Sie Ihre Grenzen. Welche beiden Aminosäuren lassen sich bei der Peptidsequenzierung mithilfe der Tandemmassenspektrometrie, die in diesem Kapitel beschrieben wurde, nicht unterscheiden, und warum?

    Lösung

    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 unterscheiden. Dafür sind weitere analytische Verfahren notwendig.
  • Herausforderung Flexibilität. Die Struktur von Proteinen, die aus Domänen bestehen, welche durch flexible Linker verbunden sind, kann bei ihrer Bestimmung mithilfe von Röntgenstrukturanalysen Probleme bereiten. Wie lässt sich das erklären? Welche experimentellen Herangehensweisen sind denkbar, um dieses Hindernis zu umgehen?

    Lösung

    Die Bildung von Proteinkristallen erfordert die geordnete Zusammenlagerung von gleich positionierten Molekülen. Proteine mit flexiblen Verbindungsstücken können diese Assoziation stören und die Bildung geeigneter Kristalle verhindern. Ein Ligand oder Bindungspartner kann einem solchen Verbindungsstück eine geordnete Konformation verleihen und könnte dann der Lösung zugesetzt werden, um die Kristallbildung zu erleichtern.
  • Quartärstruktur. Ein Protein wurde bis zur Homogenität aufgereinigt. Die Bestimmung der Molekülmasse mittels Gelfiltrationschromatographie liefert einen Wert von 60 kDa. Die Chromatographie in Gegenwart von 6 M Harnstoff ergibt 30 kDa. Wiederholt man die Chromatographie in Gegenwart von 6 M Harnstoff und 10 mM B-Mercaptoethanol, erhält man eine einzige Molekülklasse von 15 kDa. Die Analyse der N-terminalen Enden mit dem Edman-Abbau liefert Dabsylalanin und Dabsylleucin. Beschreiben Sie die Struktur des Moleküls.

    Lösung

    Die Behandlung mit Harnstoff trennt nichtkovalente Bindungen. Deshalb muss das ursprüngliche Protein mit 60 kDa aus zwei Untereinheiten zu je 30 kDa bestehen. Wenn diese Untereinheiten mit Harnstoff und B-Mercaptoethanol behandelt werden, erhält man eine einzige Molekülspezies mit 15 kDa. Das deutet auf Disulfidbrücken in den 30-kDa-Untereinheiten hin.
  • Helix-Knäuel-Übergang. a) Ein synthetisches Polypeptid aus L-Lysinresten liegt laut NMR-Messung bei pH 7 als Zufallsknäuel vor, nimmt jedoch die Form einer a-Helix an, wenn der pH-Wert auf über 10 angehoben wird. Begründen Sie diesen pH-abhängigen Konformationswechsel. b) Sagen Sie die pH-Abhängigkeit des Helix-Zufallsknäuel-Übergangs von Poly-L-Glutamat voraus.

    Lösung

    a) Die elektrostatische Abstoßung zwischen positiv geladenen ?-Aminogruppen verhindert die Bildung einer a-Helix bei pH 7. Bei pH 10 werden die Seitenketten deprotoniert und die Bildung einer a-Helix ist möglich. b) Poly-l-Glutamat liegt bei pH 7 als Zufallsknäuel vor und wird unterhalb von pH 4,5 a-helikal, weil die ?-Carboxylatgruppen protoniert werden.
  • Peptide auf einem Chip. Auf einem festen Träger kann eine Vielzahl verschiedener Peptide auf einer relativ kleinen Fläche synthetisiert werden. Diese sehr dichte Anordnung wird dann mittels eines fluoreszenzmarkierten Proteins daraufhin untersucht, welche Peptide erkannt werden. Die folgende Abbildung zeigt die Bindung eines Antikörpers an ein Raster aus 1024 verschiedenen Peptiden, das die Fläche eines Daumennagels beansprucht. Wie würden Sie ein solches Peptidraster herstellen? (Hinweis: Verwenden Sie Licht statt Säure, um nach jedem Synthesezyklus die Schutzgruppe der endständigen Aminogruppe abzuspalten.)

    Lösung

    Die Synthese dieser Peptide wurde durch die Verwendung von Licht gesteuert. Jede der zur festen Matrix zugegebenen Aminosäuren enthielt an der a-Aminogruppe anstatt der t-BOC-Schutzgruppe eine durch Licht 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 Reihenfolge der Reagenzien die letztlich entstehenden Produkte und deren Positionierung.
  • Proteinsequenzierung II. Bestimmen Sie die Sequenz eines Peptids aus 14 Aminosäuren anhand der folgenden Befunde. Aminosäurezusammensetzung: (4S, 2L, F, G, I, K, M, T, W, Y); N-terminale Analyse: S; Carboxypeptidasespaltung: L; Trypsinspaltung: (3S, 2L, F, I, M, T, W) (G, K, S, Y); Chymotrypsinspaltung: (F, I, S) (G, K, L) (L, S) (M, T) (S, W) (S, Y); N-terminale Analyse des (F, I, S)-Peptids: S; Bromcyanbehandlung: (2S, F, G, I, K, L, M*, T, Y) (2S, L, W); M*, Methionin als Homoserin nachgewiesen

    Lösung

    Erste Aminosäure: S; Zweite Aminosäure: L; Spaltung durch Bromcyan: M ist an der zehnten Position; Carboxyterminale Reste: (2S, L, W); Aminoterminale Reste: (G, K, S, Y), tryptisches Peptid, endet mit K; Aminoterminale Sequenz: SYGK; Reihenfolge der chymotryptischen Peptide: (S, Y), (G, K, L), (F, I, S), (M, T), (S, W), (S, L); Sequenz: SYGKLSIFTMSWSL
  • t oder s. Unterscheiden Sie zwischen einem Nucleosid und einem Nucleotid.

    Lösung

    Ein Nucleosid besteht aus einer Base, die mit einer Ribose oder Desoxyribose verknüpft ist. Ein Nucleotid ist ein Nucleosid, bei dem eine oder mehr Phosphatgruppen an der Ribose oder Desoxyribose befestigt sind.
  • Ein nettes Paar. Was ist ein Watson-Crick-Paar?

    Lösung

    Die Paarung zwischen der Base A und der Base T oder der Base G und der Base C über Wasserstoffbrücken in der DNA.
  • Chargaff hat recht! Der Biochemiker Erwin Chargaff stellte als Erster fest, dass in DNA [A] = [T] und [G] = [C]; diese Übereinstimmungen bezeichnet man heute als Chargaff-Regel. Bestimmen Sie mithilfe dieser Regel die Prozentzahlen aller Basen in einer DNA mit 20 % Thymin.

    Lösung

    [T] ist immer gleich [A], sodass diese beiden Moleküle 40 % aller Basen ausmachen. [G] ist immer gleich [C], sodass sich die übrigen 60 % zu jeweils 30 % auf G und C verteilen.
  • Aber nicht immer. Ein RNA-Einzelstrang enthält 20 % U. Was können Sie über die Prozentzahlen der übrigen Basen aussagen?

    Lösung

    Nichts, da die Regeln der Basenpaarung nicht auf einzelsträngige Nucleinsäuren zutreffen.
  • Komplementäres. Schreiben Sie die komplementäre Sequenz (in der üblichen 5‘-3‘-Richtung) für a) GATCAA; b) TCGAAC; c) ACGCGT; d) TACCAT

    Lösung

    a) TTGATC; b) GTTCGA; c) ACGCGT; d) ATGGTA
  • Beschränkungen in der Zusammensetzung. Die Zusammensetzung eines Stranges einer DNA-Doppelhelix (in Molenbrucheinheiten) ist [A] = 0,3 und [G] = 0,24. a) Was können Sie über [T] und [C] für den gleichen Strang aussagen?; b) Was können Sie über [A], [G], [T] und [C] für den komplementären Strang aussagen?

    Lösung

    a) [T] + [C] = 0,46; b) [T] = 0,30; [C] = 0,24 und [A] + [G] = 0,46
  • Größe spielt eine Rolle. Warum sind GC und AT die einzigen Basenpaare, die eine Doppelhelix zulässt?

    Lösung

    Stabile Wasserstoffbrücken bilden sich nur innerhalb von GC- und AT-Paaren. Darüber hinaus sind zwei Purine zu groß, um in eine Doppelhelix hinein zu passen, und zwei Pyrimidine sind zu klein, um ein Basenpaar zu bilden.
  • Stark, aber nicht stark genug. Warum lässt sich DNA in Lösung durch Hitze denaturieren oder schmelzen?

    Lösung

    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.
  • Kommen und gehen. Was bedeutet es, wenn man sagt, dass die DNA-Stränge einer Doppelhelix eine umgekehrte Polarität besitzen?

    Lösung

    An einem Ende des Nucleinsäurepolymers befindet sich eine freie 5‘-Hydroxylgruppe (oder eine Phosphatgruppe, die mit der Hydroxylgruppe verestert ist), am anderen Ende steht eine freie 3‘-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.
  • Alle für einen. Wenn die Kräfte - Wasserstoffbrücken und Stapelkräfte -, die die Helix zusammenhalten, so schwach sind, warum ist es dann so schwierig, eine Doppelhelix aufzubrechen?

    Lösung

    Die einzelnen Bindungen sind zwar schwach, aber die Gesamtheit von Tausenden bis Millionen solcher Bindungen führt zu einer großen Stabilität. Die Stärke liegt hier in der großen Zahl begründet.
  • Nicht ganz von A bis Z. Beschreiben Sie die drei Formen, die eine Doppelhelix annehmen kann.

    Lösung

    Die drei Formen sind A-DNA, B-DNA und Z-DNA, wobei B-DNA am häufigsten vorkommt. Es bestehen zahlreiche Unterschiede (Tab. 4.2). Einige entscheidende Unterschiede sind: A-DNA und B-DNA sind rechtsgängig, Z-DNA ist hingegen linksgängig. A-DNA bildet sich bei einer geringeren Hydratisierung als B-DNA. Die A-Form ist kürzer und breiter als die B-Form.
  • Verlorene DNA. Die DNA einer Deletionsmutante des Phagen ? hat eine Länge von 15 µm anstelle von 17 µm. Wie viele Basenpaare fehlen dieser Mutante?

    Lösung

    5,88 x 10^3 Basenpaare
  • Lenker und Startpunkt. Welche Funktion haben Matrize und Primer bei der DNA-Synthese?

    Lösung

    Eine Matrize ist eine DNA- oder RNA-Sequenz, von der die Synthese einer komplementären Sequenz ausgeht. Ein Primer ist der erste Abschnitt des Polymers, der während der Elongation verlängert wird.
  • Wo entlang? Erläutern Sie anhand der Struktur von Nucleotiden, warum die DNA-Synthese in 5‘-3‘-Richtung erfolgt.

    Lösung

    Die Nucleotide, die für die DNA-Synthese verwendet werden, besitzen ein an der 5‘-Hydroxylgruppe befestigtes Triphosphat, während die 3‘-Hydroxylgruppe frei ist. Solche Nucleotide eignen sich nur für eine DNA-Synthese in 5‘-3‘-Richtung.
  • Umkehrung. Was ist ein Retrovirus und wie unterscheidet sich der Informationsfluss des Retrovirus von dem der infizierten Zelle?

    Lösung

    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 von der Reversen Transkriptase katalysiert. Demnach verläuft der Informationsfluss zumindest zu Beginn in der entgegengesetzten Richtung wie in einer normalen Zelle: RNA zu DNA und nicht DNA zu RNA.
  • Der richtige Start. Sie möchten die Aktivität der Reversen Transkriptase bestimmen. Welchen Primer würden Sie verwenden, wenn Polyriboadenylat die Matrize ist? Welches radioaktive Nucleotid wäre geeignet, um die Kettenelongation zu verfolgen?

    Lösung

    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 a-Phosphorylgruppe) eingesetzt werden.
  • Wichtiger Abbau. Die Reverse Transkriptase besitzt sowohl Ribonuclease- als auch Polymeraseaktivität. Welche Rolle spielt die Ribonucleaseaktivität?

    Lösung

    Die Ribonuclease dient dem Abbau des RNA-Stranges; dies ist ein notwendiger Schritt zur Bildung einer DNA-Doppelhelix aus dem RNA-DNA-Hybrid.
  • Virusjagd. Sie haben ein Virus gereinigt, das Rübenblätter infiziert. Die Behandlung einer Probe mit Phenol entfernt die Virusproteine. Gibt man das restliche Material zu zerkleinerten Blättern, bilden sich neue Viruspartikel. Sie schließen daraus, dass die infektiöse Substanz eine Nucleinsäure ist. Schlagen Sie eine einfache und hochempfindliche Methode vor, um nachzuweisen, ob es sich um DNA oder um RNA handelt.

    Lösung

    Man behandelt ein Aliquot der Probe mit Ribonuclease, das andere mit Desoxyribonuclease und untersucht die infektiöse Wirkung dieser nucleasebehandelten Proben.
  • Mutagene Konsequenzen. Mit geringer, aber messbarer Häufigkeit erfolgt in der DNA eine spontane Desaminierung von Cytosin. Durch den Verlust der Aminogruppe wird Cytosin dabei in Uracil überführt. Welches Basenpaar besetzt nach dieser Umwandlung die entsprechende Position in jedem der Tochterstränge nach einer beziehungsweise nach zwei Replikationsrunden?

    Lösung

    Desaminierung verändert das ursprüngliche GC-Basenpaar zu einem GU-Paar. Nach einer Replikationsrunde wird die eine Tochterdoppelhelix ein GC-Paar enthalten, die andere ein AU-Paar. Nach zwei Replikationsrunden sind zwei GCPaare, ein AU- und ein AT-Paar vorhanden.
  • Schlüsselpolymerasen. Vergleichen Sie die DNA-Polymerase I und die RNA-Polymerase aus Escherichia coli hinsichtlich der folgenden Eigenschaften: a) aktivierte Vorstufen; b) Richtung der Kettenverlängerung; c) Erhaltung der Matrize; d) Primerbedarf

    Lösung

    a) Desoxyribonucleosidtriphosphate gegenüber Ribonucleosidtriphosphaten; b) 5‘ zu 3‘ (bei beiden); c) Semikonservativ bei der DNA-Polymerase I, konservativ bei der RNA-Polymerase; d) Die DNA-Polymerase I braucht einen Primer, die RNAPolymerase dagegen nicht.
  • Verschiedene Stränge. Erläutern Sie den Unterschied zwischen dem codierenden und dem Matrizenstrang von DNA.

    Lösung

    Der Matrizenstrang besitzt eine Sequenz, die zum RNATranskript komplementär ist. Der codierende Strang besitzt dieselbe Sequenz wie das RNA-Transkript, außer dass er Thymin (T) anstelle von Uracil (U) enthält.
  • Familiäre Ähnlichkeit. Unterscheiden Sie zwischen mRNA, rRNA und tRNA.

    Lösung

    Messenger-RNA codiert die Information, die über die Translation zum Protein führt. Ribosomale RNA ist ein katalytischer Bestandteil der Ribosomen, 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.
  • Ein Code, nach dem Sie leben können. Welche entscheidenden Merkmale besitzt der genetische Code?

    Lösung

    Drei Nucleotide codieren eine Aminosäure, der Code überlappt nicht; im Code gibt es keine Zeichensetzung; der Code besitzt eine Polarität; der Code ist degeneriert.
  • Verschlüsselte Sequenzen. a) Schreiben Sie die Sequenz eines mRNA-Moleküls auf, das von einer DNA-Matrize mit folgender Sequenz synthetisiert wurde: 5‘-ATCGTACCGTTA-3‘; b) Welche Aminosäuresequenz wird von der folgenden Basensequenz eines mRNA-Moleküls codiert? Gehen Sie davon aus, dass das Leseraster am 5‘-Ende beginnt. 5‘-UUGCCUAGUGAUUGGAUG-3‘; c) Welche Sequenz weist ein Polypeptid auf, das durch die Zugabe von Poly(UUAC) zu einem zellfreien Proteinsynthesesystem erzeugt wird?

    Lösung

    a) 5’-UAACGGUACGAU-3’; b) Leu-Pro-Ser-Asp-Trp-Met; c) Poly(Leu-Leu-Thr-Tyr)
  • Eine stärkere Kette. RNA wird leicht durch Alkali hydrolysiert, DNA nicht. Warum?

    Lösung

    Die 2‘-OH-Gruppe der RNA wirkt als intramolekulare nucleophile Stelle. Bei der alkalischen Hydrolyse der RNA wird ein 2‘-3‘-zyklisches Zwischenprodukt gebildet.
  • Informationsfluss. Was bedeutet der Begriff „Genexpression“?

    Lösung

    Die Genexpression ist der Vorgang, bei dem die Information eines Gens in seine funktionelle molekulare Form gebracht wird. Bei zahlreichen Genen ist die funktionelle Information ein Proteinmolekül. Die Expression umfasst also Transkription und Translation.
  • Dem können wir alle zustimmen. Was ist eine Consensussequenz?

    Lösung

    Eine Nucleotidsequenz aus den am häufigsten vorkommenden Basen, die aber nicht notwendigerweise die einzigen Bestandteile dieser Sequenz umfasst. Eine Consensussequenz kann als Durchschnitt von vielen ähnlichen Sequenzen aufgefasst werden.
  • Wirkungsvolle Blockade. Cordycepin (3‘-Desoxyadenosin) ist ein Adenosinanalogon. Wenn es in Cordycepin-5‘-triphosphat umgewandelt wird, blockiert es die RNASynthese. Wie geschieht das?

    Lösung

    Cordycepin beendet die RNA-Synthese. Eine RNA-Kette mit Cordycepin hat keine 3‘-OH-Gruppe.
  • Stille RNA. Das Codewort GGG kann nicht auf die gleiche Weise entziffert werden wie UUU, CCC und AAA, da Poly(G) nicht als Matrize wirkt. Poly(G) bildet eine dreisträngige helikale Struktur. Warum ist es als Matrize ungeeignet?

    Lösung

    Nur einzelsträngige RNA kann als Matrize für die Proteinsynthese dienen.
  • Manchmal gar nicht so schlecht. Was bedeutet die Aussage, der genetische Code sei degeneriert?

    Lösung

    Die Degeneration des genetischen Codes bedeutet, dass die meisten Aminosäuren von mehr als einem Codon codiert werden.
  • Kann tatsächlich ganz gut sein. Welchen biologischen Vorteil bringt es mit sich, dass der genetische Code degeneriert ist?

    Lösung

    Wenn nur 20 der 64 Codons Aminosäuren codieren würden, führte eine 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 Nucleotids möglicherweise ein synonymes Codon oder ein Codon für eine Aminosäure mit ähnlichen chemischen Eigenschaften.
  • Assoziationen. Ordnen Sie die Komponenten - 1) RNA-Polymerase; 2) DNA-Polymerase; 3) Ribosom; 4) dNTP; 5) tRNA; 6) NTP; 7) mRNA; 8) Primer; 9) rRNA; 10) Promotor - dem passenden Vorgang zu: a) Replikation; b) Transkription; c) Translation.

    Lösung

    a) 2, 4, 8; b) 1, 6, 10; c) 3, 5, 7, 9
  • Ein lebendiger Wettbewerb. Ordnen Sie die Komponenten - a) fMet; b) Shine-Dalgarno; c) Intron; d) Exon; e) Prä-mRNA; f) mRNA; g) Spleißosom - dem jeweils passenden Vorgang zu: 1) Ist eine kontinuierliche informative Sequenz; 2) Wird entfernt; 3) Ist die Erste von vielen Aminosäuren; 4) Verbindet Exons miteinander; 5) Wird verknüpft, um die endgültige informative Sequenz herzustellen; 6) Legt den Startpunkt fest; 7) Ist eine unterbrochene informative Sequenz

    Lösung

    a) 3; b) 6; c) 2; d) 5; e) 7; f) 1; g) 4
  • Dreifach abgelesen. Das RNA-Transkript eines Bereichs der DNA des T4-Phagen enthält die Sequenz 5‘-AAAUGAGGA-3‘. Dieser Bereich codiert drei verschiedene Peptide. Wie lauten ihre Aminosäuresequenzen?

    Lösung

    Ein Peptid mit Lys am Ende (UGA ist ein Stoppcodon) sowie zwei weitere Peptide: -Asn-Glu- und –Met-Arg-.
  • Raffinierter Austausch. Definieren Sie den Begriff des exon shuffling und erklären Sie, warum dieses Phänomen in der Evolution von Vorteil ist.

    Lösung

    Exon shuffling ist ein molekularer Vorgang, durch den neue Proteine entstehen können, indem Exons innerhalb von Genen umgelagert werden. Da viele Exons funktionelle Proteindomänen codieren, ist das exon shuffling ein schneller und effizienter Mechanismus, um neue Gene hervorzubringen.
  • Vieles aus einem. Erläutern Sie, warum alternatives Spleißen die Codierungskapazität des Genoms erhöht.

    Lösung

    Durch alternatives Spleißen kann ein Gen mehrere verschiedene, aber miteinander verwandte Proteine codieren.
  • Die Einheitlichkeit des Lebens. Was bedeutet es, dass menschliche mRNA in E. coli korrekt translatiert werden kann?

    Lösung

    Hier zeigt sich, dass der genetische Code und die biochemischen Mechanismen, die diesen Code umsetzen, selbst bei sehr wenig verwandten Lebensformen übereinstimmen. Dies ist auch ein Beleg für die Einheitlichkeit des Lebens, dass also jegliches Leben aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen ist.
  • Zurück ins Labor. Ein Proteinchemiker erzählt einem Molekulargenetiker, er habe eine neue Hämoglobinmutante gefunden, in der Aspartat Lysin ersetze. Der Molekulargenetiker zeigt sich überrascht und schickt seinen Freund umgehend ins Labor zurück. a) Warum zweifelt der Molekularbiologe die Aminosäuresequenz an, die der Biochemiker ihm genannt hat? b) Welche Aminosäuresubstitution hätte dem Molekularbiologen besser gefallen?

    Lösung

    a) Ein Codon für Lysin kann nicht durch Mutation eines einzigen Nucleotids in ein Codon für Aspartat umgewandelt werden.; b) Arg, Asn, Gln, Glu, Ile, Met oder Thr
  • Äonen auseinander. Die Aminosäuresequenzen eines Proteins aus Hefe und eines Proteins des Menschen, welche die gleiche Funktion erfüllen, sind zu 60 % identisch, die entsprechenden DNA-Sequenzen jedoch nur zu 45 %. Erklären Sie den unterschiedlichen Grad der Übereinstimmung.

    Lösung

    Der genetische Code ist degeneriert. 18 der 20 Aminosäuren werden von mehr als einem Codon bestimmt. Viele Nucleotidveränderungen (besonders bei der dritten Base eines Codons) haben daher keinen Einfluss auf die codierte Aminosäure. Mutationen, die zu einer anderen Aminosäure führen, sind meist schädlicher als solche, bei denen dies nicht geschieht, und daher einer strengeren Selektion unterworfen.
  • Es ist nicht die Hitze … Warum ist die Taq-Polymerase für die PCR besonders gut geeignet?

    Lösung

    Die Taq-Polymerase ist die DNA-Polymerase des thermophilen Bakteriums, das in heißen Quellen lebt. Deshalb ist sie hitzestabil und kann den hohen Temperaturen widerstehen, die für die PCR erforderlich sind.
  • Die richtige Matrize. Ovalbumin ist das Hauptprotein im Eiklar. Das Hühner-Ovalbumingen enthält acht Exons, die durch sieben Introns getrennt sind. Sollte man besser eine Ovalbumin-cDNA oder die genomische DNA verwenden, um das Protein in E. coli zu exprimieren? Warum?

    Lösung

    Es sollte Ovalbumin-cDNA verwendet werden. E. coli fehlt die Maschinerie, um das aus der genomischen DNA hervorgehende Primärtranskript zu spleißen.
  • Die richtigen Schnitte. Nehmen Sie an, dass eine Genombibliothek des Menschen durch vollständige Fragmentierung menschlicher DNA mit einem EcoRI-Restriktionsenzym hergestellt wurde. Die dabei erzeugten Fragmente wären durchschnittlich 4 kb lang. Würde sich dieses Verfahren auch zur Klonierung langer Gene eignen? Warum?

    Lösung

    Nein, denn die meisten Gene des Menschen sind viel länger als 4 kb. Ein Fragment würde nur einen kleinen Teil eines vollständigen Gens enthalten.
  • Ein enthüllender Schnitt. Die Sichelzellanämie ist die Folge einer Mutation im Gen für die B-Kette des humanen Hämoglobins. Der Wechsel von GAG zu GTG in der Mutante eliminiert eine Schnittstelle für das Restriktionsenzym MstII, das die Sequenz CCTGAGG erkennt. Dieser Befund bildet die Grundlage eines gut geeigneten diagnostischen Tests auf die Anwesenheit des Sichelzellgens. Schlagen Sie ein schnelles diagnostisches Verfahren vor, das zwischen dem normalen und dem mutierten Gen unterscheiden kann. Würde ein positives Resultat mit Ihrem Test beweisen, dass die Mutante GTG anstelle von GAG enthält?

    Lösung

    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 längeres 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.
  • Viele Melodien von einer Kassette. Es ist Ihnen gelungen, ein Enzym zu isolieren, das Papierbrei abbaut, und Sie haben seine cDNA erhalten. Das Ziel besteht nun darin, eine Mutante zu erzeugen, die bei hohen Temperaturen arbeiten kann. Sie haben in die cDNA bereits zwei nur einmal vorkommende Schnittstellen eingebaut, die einen codierenden Bereich von 30 bp Länge flankieren. Schlagen Sie einen Weg vor, um schnell möglichst viele Mutanten in dieser Region zu erzeugen.

    Lösung

    Eine einfache Strategie, um viele Mutanten zu erzeugen, besteht darin, durch Verwendung einer Mischung aktivierter Nucleotide in bestimmten Zyklen der Oligonucleotidsynthese einen degenerierten Satz von Kassetten zu erzeugen. Angenommen, das 30mer beginnt mit GTT, das Val codiert. Wird jeweils in der ersten und zweiten Syntheserunde eine Mischung aller vier Nucleotide eingesetzt, beginnen die gebildeten Oligonucleotide mit der Sequenz XYT (wobei X und Y für A, C, G oder T stehen). Diese 16 verschiedenen Versionen der Kassette codieren Proteine, die an der ersten Position Phe, Leu, Ile, Val, Ser, Pro, Thr, Ala, Tyr, His, Asn, Asp, Cys, Arg oder Gly enthalten. Auf dieselbe Art kann man degenerierte Kassetten erzeugen, bei denen zwei oder mehr Codons gleichzeitig verändert sind.
  • Fluch und Segen. Die hohe Effizienz der PCR kann auch zu Problemen führen. Angenommen jemand erzählt Ihnen, er habe mithilfe der PCR Dinosaurier-DNA kloniert. Welche Fragen müssten Sie ihm stellen, um herauszufinden, ob es sich wirklich um Dinosaurier-DNA handelt?

    Lösung

    Da sich mithilfe der PCR sogar nur ein einziges DNA-Molekül amplifizieren lässt, sind Behauptungen, man habe fossile DNA isoliert, immer mit einer gewissen Skepsis zu betrachten. Die DNA muss auf jeden Fall sequenziert werden. Ähnelt die Sequenz menschlicher, bakterieller oder pilzlicher DNA? Wenn das so ist, handelt es sich wahrscheinlich um eine Kontamination. Ähnelt die Sequenz einer DNA aus Vögeln oder Krokodilen? Wenn ja, dann würde das dafür sprechen, dass es sich um Dinosaurier-DNA handelt, da diese Spezies in der Evolution den Dinosauriern nahe stehen.
  • Arm oder reich? DNA-Sequenzen, die einen hohen Prozentsatz an G–C-Basenpaaren aufweisen, haben eine hohe Schmelztemperatur. Darüber hinaus können Einzelstränge, sobald sie einmal getrennt wurden, sehr feste Sekundärstrukturen ausbilden. Wie könnte das Vorhandensein von GC-reichen Regionen in einer DNA-Matrize eine PCR-Amplifikation beeinflussen?

    Lösung

    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 Sekundärstrukturen das Voranschreiten der DNA-Polymerase entlang des Matrizenstranges während der Elongationsphase.
  • Eine Frage der Genauigkeit. Die Stringenz der Amplifikation per PCR lässt sich kontrollieren, indem man die Temperatur verändert, bei der die Hybridisierung der Primer an die DNA stattfindet. Auf welche Weise wird die Hybridisierung durch eine Temperaturänderung beeinflusst?

    Lösung

    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 Temperatur werden mehr Fehlpaarungen toleriert, sodass man durch die Amplifikation 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 bei 54 °C keine Amplifikation erfolgt, unterscheidet sich das menschliche Gen von dem Gen der Hefe, aber es kann trotzdem noch beim Menschen ein Gegenstück geben. Das Experiment muss bei einer niedrigeren Hybridisierungstemperatur wiederholt werden.
  • Angenommen, Sie haben ein bestimmtes Hefegen A und wollen herausfinden, ob es beim Menschen ein Gegenstück dazu gibt. Wie würde Ihnen die Kontrolle der Hybridisierungsstringenz dabei helfen? 12. Terra incognita. Die PCR wird normalerweise dazu verwendet, DNA-Abschnitte zwischen zwei bekannten Sequenzen zu vervielfältigen. Angenommen, Sie kennen eine einzelne Sequenz und wollen die flankierende DNA auf beiden Seiten davon erforschen. Entwickeln Sie eine abgewandelte PCR-Methode, die Sie in die Lage versetzt, bislang unbekannte DNA-Bereiche zu vervielfältigen.

    Lösung

    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.
  • Eine verwirrende Leiter. Eine gelelektrophoretische Auftrennung von PCR-Produkten zeigt vier deutliche DNA-Banden, deren Längen etwa im Verhältnis 1:2:3:4 stehen. Die größte Bande wird ausgeschnitten und die PCR mit denselben Primern wiederholt. Im Gel erscheint wieder eine Leiter aus vier Banden. Was können Sie daraus über die Struktur des codierten Proteins erschließen?

    Lösung

    Das codierte Protein enthält vier Wiederholungen einer spezifischen Sequenz.
  • Chromosomenwanderung. Formulieren Sie eine Methode zur Isolierung eines DNA-Fragments, das im Genom an ein bereits isoliertes DNA-Fragment angrenzt. Nehmen Sie an, dass Ihnen eine vollständige Bibliothek von DNA-Fragmenten in einem BAC-Vektor zur Verfügung steht, dass aber die Sequenz des untersuchten Genoms noch nicht ermittelt wurde.

    Lösung

    Hybridisierungssonden, die zu beiden Enden des bekannten (vorher 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 hybridisieren. Solche Klone enthalten wahrscheinlich DNA-Fragmente, die eines der Enden des bekannten Fragments umfassen, und zusätzlich benachbarte Bereiche des entsprechenden Chromosoms.
  • Der beste Freund des Menschen. Warum könnte die Genomanalyse von Hunden in Bezug auf die Erforschung von Genen, die für Körpergröße und andere physische Merkmale verantwortlich sind, hilfreich sein?

    Lösung

    Innerhalb dieser einen einzigen Spezies zeigen die einzelnen Hunde eine große Variabilität in Bezug auf die Körpergröße und eine grundlegende Verschiedenheit bei anderen physiologischen Merkmalen. Deshalb sollte eine genomische Analyse einzelner Hunde wichtige Hinweise auf die Gene liefern, die für die Verschiedenheit innerhalb dieser Spezies verantwortlich sind.
  • Von Mäusen und Menschen. Sie haben ein Gen identifiziert, das auf dem menschlichen Chromosom 20 liegt, und wollen seine Position im Genom der Maus bestimmen. Auf welchem Chromosom ist die Wahrscheinlichkeit am größten, das Gen zu finden?

    Lösung

    Anhand der vergleichenden Genomkarte in Abb. 5.27 ist zu erkennen, dass die Region, die die meisten Sequenzen mit dem menschlichen Chromosom 20 gemeinsam hat, auf dem Chromosom 2 der Maus liegt.
  • Sequenz und Struktur. Ein Alignment der Aminosäuresequenzen zweier Proteine ergibt, dass beide nur zu 8 % identisch sind. Ihre dreidimensionalen Strukturen sind sich jedoch sehr ähnlich. Besteht zwischen beiden eine evolutionäre Verwandtschaft? Erklären Sie Ihre Antwort.

    Lösung

    Sie sind wahrscheinlich über divergente Evolution miteinander verwandt, da die dreidimensionale Struktur stärker konserviert wird als die Sequenz.
  • Form und Funktion. Die dreidimensionale Struktur von Biomolekülen ist im Verlauf der Evolution stärker konserviert worden als deren Sequenz. Warum?

    Lösung

    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.
  • Interpretation von Übereinstimmungen. Nehmen Sie an, die Sequenzen zweier Proteine seien miteinander in einem Alignment verglichen worden und man hat den Prozentsatz übereinstimmender Aminosäuren errechnet. Wie würden sie jedes der folgenden Ergebnisse im Hinblick auf eine mögliche Divergenz der zwei Proteine aus einem gemeinsamen Vorfahren interpretieren? a) 80 %, b) 50 %, c) 20 %, d) 10 %

    Lösung

    a) und b) Mit ziemlicher Sicherheit aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen. c) Möglicherweise aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen, aber das Sequenzalignment kann vielleicht keine unterstützenden Beweise liefern. d) Möglicherweise aus einem gemeinsamen Vorfahren hervorgegangen, aber das Sequenzalignment ist wahrscheinlich nicht geeignet, unterstützende Beweise zu liefern.
  • Teilweise einzigartig. Betrachten Sie die Blosum-62-Matrix in 7 Abb. 6.9. Bei welchen drei Aminosäuren führt ein Austausch nie zu einer positiven Punktzahl? Welche Eigenschaften dieser Reste könnten zu diesem Effekt beitragen?

    Lösung

    Der Austausch von Cystein, Glycin und Prolin führt nie zu einer positiven 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.
  • Je mehr umso lieber. Wenn mithilfe von RNA-Alignments die Sekundärstruktur bestimmt werden soll, ist es vorteilhaft, viele Sequenzen zu verwenden und damit ein breites Spektrum von Spezies abzudecken. Warum ist das so?

    Lösung

    Um Paare von Resten mit korrelierenden Mutationen zu erkennen, müssen diese Sequenzen eine gewisse Variabilität zeigen. Wenn im Alignment die Sequenzen von übermäßig vielen eng verwandten Organismen vorkommen, sind möglicherweise nicht genügend Veränderungen vorhanden, um potenzielle Basenpaarungsmuster zu erkennen.
  • Irren ist menschlich. Sie haben eine mutierte Form einer thermostabilen DNA-Polymerase entdeckt, die beim Anfügen der passenden Nucleotide an den wachsenden DNA-Strang im Vergleich zur Wildtypform eine deutlich geringere Genauigkeit aufweist. Wie könnte diese mutierte Form für Experimente zur molekularen Evolution (Abschn. 6.5) von Nutzen sein?

    Lösung

    Nachdem die RNA-Moleküle selektiert und mit ihnen eine reverse Trankription durchgeführt wurde, werden in diese Stränge durch eine PCR weitere Mutationen eingeführt. Die Verwendung dieser fehleranfälligen thermostabilen Polymerase im Amplifikationsschritt kann die Wirksamkeit der Zufallsmutagenese noch erhöhen.
  • Von einer Generation zur nächsten. Warum ist es bei der Durchführung eines Experiments zur molekularen Evolution (Abschn. 6.5) von Bedeutung, den Selektions- und den Replikationsschritt über mehrere Generationen hinweg zu wiederholen?

    Lösung

    Der ursprüngliche Pool an RNA-Molekülen, der in einem Experiment zur molekularen Evolution zu Beginn eingesetzt wird, ist normalerweise viel kleiner als die Gesamtzahl der möglichen Sequenzen. Deshalb kommen die bestmöglichen Sequenzen wahrscheinlich in dieser ersten Auswahl von Oligonucleotiden gar nicht vor. Durch Mutation der zu Beginn selektierten RNA-Moleküle ist eine schrittweise Verbesserung dieser Sequenzen in Bezug auf die gewünschte Eigenschaft möglich.
  • BLAST gesucht. Suchen Sie auf der Internetseite des National Center for Biotechnology Information (http://www.ncbi.nlm.nih.gov/) die Sequenz für das Enzym Triosephosphat-Isomerase von E. coli heraus. Verwenden Sie diese Sequenz als Suchvorgabe in einer Protein-Protein-BLAST-Suche. Betrachten Sie den Sequenzvergleich mit der Triosephosphat-Isomerase des Menschen (Homo sapiens). Wie viele Übereinstimmungen lassen sich feststellen?

    Lösung

    107 von 108 Übereinstimmungen (abhängig davon, welche annotierte menschliche Sequenz ausgewählt wird).
  • Screening der Biosphäre. Das erste Protein, dessen Struktur aufgeklärt wurde, war Myoglobin von Pottwalen. Versuchen Sie die Beobachtung zu erklären, dass Pottwalmuskeln eine reichhaltige Quelle für dieses Protein darstellen.

    Lösung

    Der Wal legt zwischen seinen Atemzügen schwimmend weite Entfernungen zurück. Eine hohe Konzentration von Myoglobin in der Muskulatur des Wals ermöglicht eine anhaltende,leicht verfügbare Sauerstoffversorgung der Muskulatur zwischen den Atemperioden.
  • Einstellung der Protonenaffinität. Der pKS-Wert einer Säure hängt zum Teil von den äußeren Bedingungen ab. Versuchen Sie eine Vorhersage zu treffen, wie sich die folgenden Veränderungen der Umgebung auf den pKs-Wert einer Glutaminseitenkette auswirken könnten. a) Eine Lysinseitenkette wird in ihre Nähe verlagert. b) Die terminale Carboxylgruppe des Proteins wird in ihre Nähe verlagert. c) Die Glutaminsäureseitenkette wird von der Außenseite des Proteins auf die unpolare Innenseite verlagert.

    Lösung

    Der pKs-Wert a) sinkt, b) steigt und c) steigt.
  • Form bewahren. Hämoglobin A inhibiert die Bildung der langen Fasern von Hämoglobin S und die daraus folgende sichelartige Formveränderung der roten Blutkörperchen bei Desoxygenierung. Warum hat Hämoglobin A diese Wirkung?

    Lösung

    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 Desoxyhämoglobin-A-Molekül eine als sticky patch bezeichnete „klebrige“ hydrophobe Stelle fehlt.
  • Tragen einer schweren Last. Angenommen, Sie stiegen auf einen hohen Berg und der Sauerstoffpartialdruck der Luft verringere sich auf 75 Torr. Zu welchem Prozentsatz würde die Sauerstofftransportkapazität nach Ihrer Einschätzung genutzt, wenn man davon ausgeht, dass der pH-Wert der Gewebe und der Lunge jeweils 7,4 beträgt und der Sauerstoffpartialdruck in den Geweben bei 20 Torr liegt?

    Lösung

    62,7 % Sauerstofftransportkapazität.
  • Bohr oder nicht Bohr? Zeigt Myoglobin einen Bohr-Effekt? Warum oder warum nicht?

    Lösung

    Myoglobin zeigt keinen Bohr-Effekt. Die für den Bohr-Effekt bei Hämoglobin verantwortlichen Wechselwirkungen beruhen auf einer tetrameren Struktur. Bei Myoglobin handelt es sich aber um ein Monomer.
  • Anpassung an große Höhen. Nach einem oder mehreren Tagen in großer Höhe (mit einem Sauerstoffpartialdruck von 75 Torr) nimmt die Konzentration von 2,3-Bisphosphoglycerat (2,3-BPG) in den roten Blutkörperchen zu. Wie wird sich eine erhöhte Konzentration an 2,3-BPG auf die Sauerstoffbindungskurve für Hämoglobin auswirken? Warum ist diese Anpassung von Vorteil für das Leben in großer Höhe?

    Lösung

    Eine höhere Konzentration von BPG würde die Sauerstoffbindungskurve 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.
  • Blutdoping. Ausdauersportler wenden bisweilen eine illegale Methode des Blutdopings an, die sogenannte autologe Transfusion. Dabei wird den Athleten einige Zeit vor dem Wettkampf Blut entnommen und ihnen dann kurz vor dem Wettkampf zurücktransfundiert. a) Inwiefern könnten die Sportler von dieser Bluttransfusion profitieren? b) Wenn rote Blutkörperchen länger aufbewahrt werden, sinkt mit der Zeit ihr Gehalt an 2,3-BPG. Welche Folgen könnte die Verwendung solchen Blutes für eine Bluttransfusion haben?

    Lösung

    a) Durch die Transfusion würde die Zahl der roten Blutkörperchen ansteigen und damit die Sauerstofftransportkapazität des Blutes. Das hätte eine erhöhte Ausdauer zur Folge. b) BPG stabilisiert den T-Zustand des Hämoglobins, der eine effizientere Sauerstoffabgabe zur Folge hat. Bei einem Mangel an BPG wird der Sauerstoff selbst dann nicht abgegeben, wenn die roten Blutkörperchen mehr Sauerstoff transportieren.
  • Abkopplung. Durch gerichtete Mutagenese hat man ein Hämoglobin synthetisiert, bei dem die proximalen Histidinreste der a- und B-Untereinheiten in Lösung durch Glycin ersetzt wurden. Der Imidazolring des Histidinrestes kann ersetzt werden, indem man ungebundenes Imidazol in Lösung hinzufügt. Wird sich dieses modifizierte Hämoglobin Ihrer Meinung nach bei der Sauerstoffbindung kooperativ verhalten? Warum oder warum nicht?

    Lösung

    Das modifizierte Hämoglobin sollte keine Kooperativität zeigen. Der Imidazolring in Lösung bindet zwar (anstelle von Histidin) an das Eisenatom in der Hämgruppe und ermöglicht so die Bindung von Sauerstoff, aber dem Imidazol fehlt die entscheidende Verbindung zu der speziellen a-Helix, die sich bewegen muss, um die Konformationsänderung weiterzugeben.
  • Parasitische Wirkung. Wenn der Malariaerreger Plasmodium falciparum in Erythrocyten lebt, wird vom Stoffwechsel dieses Parasiten meist Säure freigesetzt. Wie wirkt sich diese Säure wahrscheinlich auf die Sauerstofftransportkapazität der roten Blutkörperchen aus? Und wie auf die Wahrscheinlichkeit, dass diese Zellen sichelförmig deformiert werden?

    Lösung

    Die Freisetzung von Säure wird den pH-Wert erniedrigen. Ein niedrigerer pH fördert die Dissoziation von Sauerstoff in den Geweben. Die verstärkte Freisetzung von Sauerstoff in den Geweben erhöht jedoch die Konzentration von Desoxy-Hb. Dadurch erhöht sich wiederum die Wahrscheinlichkeit, dass die Zellen die Sichelform annehmen.
  • Auf den richtigen Ort kommt es an. 2,3-Biphosphoglycerat liegt in einer zentralen Vertiefung innerhalb des Hämoglobintetramers und stabilisiert die T-Form. Wie würden sich Mutationen auswirken, durch welche die BPG-Bindungsstelle an die Oberfläche des Hämoglobinmoleküls gelangte?

    Lösung

    Die elektrostatischen Wechselwirkungen zwischen BPG und Hämoglobin würden durch die Konkurrenz mit Wassermolekülen abgeschwächt. Die T-Form würde nicht stabilisiert.
  • Eine therapeutische Option. Hydroxyharnstoff erhöht nachweislich die Expression von fetalem Hämoglobin in adulten roten Blutkörperchen. Durch welchen Mechanismus das geschieht, ist bislang aber noch nicht bekannt. Erläutern Sie, warum eine Behandlung mit Hydroxyharnstoff eine sinnvolle Therapie für Patienten mit Sichelzellanämie darstellen kann.

    Lösung

    Fetales Hämoglobin enthält zwei a-Ketten und zwei ?-Ketten. Der erhöhte Gehalt an ?-Ketten bietet eine Alternative zu den mutierten B-Ketten bei Patienten mit Sichelzellanämie. Weil Hydroxyharnstoff die Expression des fetalen Hämoglobins fördert, verringert er das Risiko, dass sich unlösliche Hämoglobinaggregate bilden.
  • Daseinsberechtigung. Welche beiden Eigenschaften von Enzymen machen sie zu besonders nützlichen Katalysatoren?

    Lösung

    Die Erhöhung der Reaktionsgeschwindigkeit und die Substratspezifität
  • Partner. Was benötigt ein Apoenzym, damit es zu einem Holoenzym wird?

    Lösung

    Einen Cofaktor
  • Verschiedene Partner. Welches sind die beiden wichtigsten Typen von Cofaktoren?

    Lösung

    Coenzyme und Metalle
  • Die tägliche Dosis. Warum sind Vitamine so unabdingbar für eine gute Gesundheit?

    Lösung

    Weil Vitamine zu Coenzymen umgewandelt werden.
  • Eine Frage des Zustands. Durch welchen grundlegenden Mechanismus beschleunigen Enzyme die Geschwindigkeit chemischer Reaktionen?

    Lösung

    Enzyme ermöglichen die Ausbildung eines Übergangszustands.
  • Ecken und Winkel. Was bildet die strukturelle Grundlage für die Enzymspezifität?

    Lösung

    Die komplexe dreidimensionale Struktur von Proteinen ermöglicht die Ausbildung von aktiven Zentren, die nur spezifische Substrate erkennen.
  • Mit der einen Hand geben, mit der anderen nehmen. Warum taucht die Aktivierungsenergie einer Reaktion nicht im ?G-Wert der gesamten Reaktion auf?

    Lösung

    Die für das Erreichen des Übergangszustands erforderliche Energie (die sogenannte Aktivierungsenergie) wird bei der Entstehung des Produkts aus dem Übergangszustand wieder zurückgeführt.
  • Den Berg erklimmen. Proteine sind thermodynamisch instabil. Obwohl der ?G-Wert der Hydrolyse von Proteinen deutlich negativ ist, können Proteine dennoch recht stabil sein. Erklären Sie dieses scheinbare Paradoxon. Welche Rückschlüsse über die Proteinsynthese können Sie daraus ziehen?

    Lösung

    Die Hydrolyse von Proteinen erfordert eine hohe Aktivierungsenergie. Zum Voranschreiten der Proteinsynthese ist Energie erforderlich.
  • Schutz. Haben Sie eine Idee, warum das Enzym Lysozym, das die Zellwände einiger Bakterien abbaut, Bestandteil der Tränenflüssigkeit ist?

    Lösung

    Das Enzym trägt dazu bei, die Flüssigkeit in den Augen vor bakteriellen Infektionen zu schützen.
  • Gegenseitige Anziehung. Was versteht man unter dem Begriff Bindungsenergie?

    Lösung

    Unter Bindungsenergie versteht man die freie Enthalpie, die bei der Bindung zweier Moleküle aneinander freigesetzt wird, beispielsweise bei der Wechselwirkung eines Enzyms mit seinem Substrat.
  • Katalytische Bindung. Welche Rolle spielt die Bindungsenergie bei der Enzymkatalyse?

    Lösung

    Wenn ein Enzym mit dem Übergangszustand in Wechselwirkung tritt, wird die Bindungsenergie maximiert. Dadurch wird die Bildung des Übergangszustands überhaupt erst ermöglicht und die Reaktionsgeschwindigkeit gesteigert.
  • Heikle Situation. Was würde passieren, wenn ein Enzym eine höhere Bindungsenergie für das Substrat als für den Übergangszustand hätte?

    Lösung

    Es würde keine katalytische Aktivität stattfinden. Wenn der Enzym-Substrat-Komplex stabiler wäre als der Komplex aus Enzym und Übergangszustand, würde sich der Übergangszustand erst gar nicht bilden und es würde keine Katalyse erfolgen.
  • Auf die Stabilität kommt es an. Übergangszustandsanaloga, die als Enzyminhibitoren und zur Herstellung katalytischer Antikörper verwendet werden können, sind oft schwierig zu synthetisieren. Schlagen Sie eine Ursache hierfür vor.

    Lösung

    Übergangszustände sind sehr instabil. Folglich sind auch Moleküle, die solchen Übergangszuständen ähneln, mit ziemlicher Wahrscheinlichkeit instabil und somit nur schwer zu synthetisieren.
  • Auf Trab halten. Viele isolierte Enzyme werden durch Inkubation bei 37 °C denaturiert. Erfolgt die Inkubation der Enzyme bei 37 °C jedoch in Anwesenheit des Substrats, so sind die Enzyme katalytisch aktiv. Erklären Sie diese paradoxe Situation.

    Lösung

    Die dreidimensionale Struktur eines Enzyms wird durch Wechselwirkungen mit dem Substrat, mit Zwischenstufen der Reaktion und mit den Produkten stabilisiert. Aufgrund dieser Stabilisierung wird die Denaturierung durch Erhitzen minimiert.
  • Kontrapunkt. Die Penicillinase (B-Lactamase) hydrolysiert Penicillin. Vergleichen Sie sie mit der Glykopeptid-Transpeptidase.

    Lösung

    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.
  • Definierende Eigenschaften. Welche entscheidenden Merkmale weisen Enzyme auf, die eine sequenzielle Verdrängung katalysieren? Und welches sind die entscheidenden Merkmale von Enzymen, die eine doppelte Verdrängung katalysieren?

    Lösung

    Kennzeichnend für eine sequenzielle Verdrängung ist die Bildung eines ternären Komplexes aus dem Enzym und den beiden Substraten. Für eine doppelte Verdrängung ist stets die Bildung eines temporär substituierten Enzym-Zwischenprodukts erforderlich.
  • Eine klebrige Mutante. Angenommen, ein mutiertes Enzym bindet ein Substrat hundertmal fester als das Wildtypenzym. Wie beeinflusst die Mutation die Katalysegeschwindigkeit, wenn die Bindung des Übergangszustands unverändert bleibt?

    Lösung

    Die Mutation verlangsamt die Reaktion um den Faktor 100, da die freie Enthalpie für die Aktivierung um +11,42 kJ mol^-1 erhöht wird. Die starke Bindung eines Substrats im Verhältnis zum Übergangszustand verlangsamt die Katalyse.
  • Nicht nur für Enzyme. Die Kinetik erweist sich nicht nur für das Studium von enzymkatalysierten Reaktionen als nützlich, sondern für alle Arten von Reaktionen. In den Kap. 4 und 5 haben Sie erfahren, dass man die DNA reversibel schmelzen kann. Ermöglicht man einer in zwei Einzelstränge geschmolzenen doppelsträngigen DNA anschließend wieder die Renaturierung, dann erfolgt dieser Vorgang in zwei Schritten: einer langsamen Reaktion zweiter Ordnung, gefolgt von einer schnellen Reaktion erster Ordnung. Erklären Sie, was bei jedem dieser Schritte passiert.

    Lösung

    Der langsame Schritt zweiter Ordnung tritt auf, wenn komplementäre Sequenzen von zwei verschiedenen Molekülen aneinander binden. Nachdem sich die Sequenzen auf diese Weise aneinander ausgerichtet haben, finden sich die übrigen komplementären Sequenzen des Moleküls, ausgehend von dieser Nukleationsstelle, rasch und lagern sich in eine Reaktion erster Ordnung aneinander.
  • Hinzufügen einer Ladung. Man hat ein mutiertes Chymotrypsin erzeugt, bei dem Ser 189, das sich am Boden der Substratspezifitätstasche befindet, gegen Asp ausgetauscht wurde. Welcher Effekt ist dadurch zu erwarten?

    Lösung

    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 Spezifitätsänderung zu verursachen.
  • Bedingungsabhängige Ergebnisse. Bei der Carboanhydrase II wäre bei der Mutation des Restes His 64 im Protonenshuttle zu Ala eine Abnahme der maximalen Reaktionsgeschwindigkeit zu erwarten. In Puffern, die aus relativ kleinen Molekülen bestehen, wie Imidazol, verringert sich die Geschwindigkeit nicht. In Puffern aus größeren Molekülen nimmt hingegen die Geschwindigkeit deutlich ab. Erklären Sie diesen Effekt.

    Lösung

    Imidazol ist anscheinend klein genug, um in das katalytische Zentrum der Carboanhydrase zu gelangen und das fehlende Histidin zu kompensieren. Puffer mit großen Molekülbestandteilen können dies nicht, sodass sich die Mutation stärker auswirkt.
  • Wie viele Erkennungsstellen? Man hat eine Restriktionsendonuclease isoliert, die nur in einer bestimmten Erkennungssequenz aus zehn Basenpaaren schneidet. Könnte dieses Enzym Zellen vor Virusinfektionen schützen, wenn ein durchschnittliches Virusgenom 50.000 Basenpaare umfasst? Erklären Sie Ihre Antwort.

    Lösung

    Nein. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine solche Sequenz vorliegt, liegt bei etwa 1 zu 4^10 = 1.048.576. Da ein Virusgenom normalerweise nur 50.000 bp umfasst, ist es unwahrscheinlich, dass die Zielsequenz darin vorkommt.
  • Ist schneller wirklich besser? Restriktionsendonucleasen sind im Allgemeinen relativ langsame Enzyme mit einer durchschnittlichen Wechselzahl von 1 s^-1. Nehmen wir an, dass Endonucleasen höhere Reaktionsgeschwindigkeiten aufweisen, wie man sie beispielsweise bei der Carboanhydrase findet (106 s^-1), sodass sie schneller wirken als Methylasen. Wäre diese erhöhte Geschwindigkeit für eine Wirtszelle vorteilhaft, wenn man voraussetzt, dass die Enzyme dieselbe Spezifität besitzen?

    Lösung

    Nein, da das Enzym die DNA der Wirtszelle zerstören würde, bevor die schützende Methylierung erfolgt wäre.
  • Die Übernahme eines neuen Gens. Nehmen wir an, dass eine Bakterienspezies durch horizontalen Transfer ein Gen aufnimmt, das eine Restriktionsendonuclease codiert. Kann das für die Bakterien von Vorteil sein?

    Lösung

    Nein. Die DNA des Bakteriums, in welches das Enzym übertragen wird, würde zerstört, da den Bakterien wahrscheinlich die zugehörige schützende Methylase fehlt.
  • Chelatisierung als Therapie. Die Behandlung der Carboanhydrase mit hohen Konzentrationen des Metallchelators EDTA (Ethylendiamintetraessigsäure) führt zu einem Verlust der enzymatischen Aktivität. Erklären Sie diesen Effekt.

    Lösung

    EDTA bindet Zn^2+ und entfernt das Ion, das für die Aktivität notwendig ist, vom Enzym.
  • Restriktion. Um eine Reaktion zu beenden, bei der ein Restriktionsenzym DNA spaltet, geben Wissenschaftler häufig in hoher Konzentration den Metallchelator EDTA (Ethylendiamintetraessigsäure) hinzu. Warum kommt die Reaktion durch Zugabe von EDTA zum Erliegen?

    Lösung

    EDTA bindet das für die Reaktion erforderliche Magnesium.
  • Es lebe der Widerstand. Viele Patienten entwickeln im Laufe der Zeit eine Resistenz gegen HIV-Protease-Inhibitoren. Ursache hierfür sind Mutationen in dem Gen von HIV, das die Protease codiert. In dem Aspartatrest, der mit den Medikamenten in Wechselwirkung tritt, finden sich keine Mutationen. Warum nicht?

    Lösung

    Bei mutiertem Aspartat ist die Protease inaktiv und das Virus ist nicht lebensfähig.
  • Kontext bitte. Die allosterischen Eigenschaften der Aspartat-Transcarbamoylase wurden in diesem Kapitel detailliert erläutert. Welche Funktion erfüllt die Aspartat-Transcarbamoylase?

    Lösung

    Dieses Enzym katalysiert den ersten Schritt bei der Synthese von Pyrimidinen. Es ermöglicht die Kondensation von Carbamoylphosphat und Aspartat zu N-Carbamoylaspartat und anorganischem Phosphat.
  • Aktivitätsprofil. Ein Histidinrest im aktiven Zentrum der Aspartat-Transcarbamoylase ist wahrscheinlich wichtigfür die Stabilisierung des Übergangszustands der gebundenen Substrate. Erörtern Sie die mögliche pH-Abhängigkeit der Katalysegeschwindigkeit; nehmen Sie dabei an, dass die Wechselwirkung essenziell ist und das pH-Aktivitätsprofil des Enzyms bestimmt. (Siehe dazu die Gleichungen auf S. 18.)

    Lösung

    Die protonierte Form des Histidins stabilisiert wahrscheinlich im Übergangszustand das negativ geladene Sauerstoffatom der Carbonylgruppe in der zu spaltenden Bindung. Eine Deprotonierung würde zu einem Aktivitätsverlust führen. Daher ist zu erwarten, dass die Geschwindigkeit bei einem pH-Wert von etwa 6,5 (dem pK-Wert einer unbeeinflussten Histidinseitenkette in einem Protein) halbmaximal ist und sich bei einem pH-Anstieg verringert.
  • Wissen, wann es genug ist. Was versteht man unter Rückkopplungshemmung, und warum ist diese so sinnvoll?

    Lösung

    Die Inhibition eines allosterischen Enzyms durch das Endprodukt des Reaktionsweges, der von diesem Enzym gesteuert wird. Sie verhindert zum einen eine übermäßige Produktion des Endprodukts und zum anderen den Verbrauch von Substrat, sofern kein Produkt benötigt wird.
  • Wissen, wann es losgehen soll. Was ist die biochemische Grundlage dafür, dass ATP als positiver Regulator für die ATCase dient?

    Lösung

    Hohe ATP-Konzentrationen könnten zwei sich überlappende Situationen signalisieren. Der hohe ATP-Gehalt könnte darauf hindeuten, dass einige Nucleotide für die Synthese von Nucleinsäuren verfügbar sind und folglich UTP und CTP synthetisiert werden sollten. Außerdem zeigt der hohe ATP-Gehalt an, dass Energie für die Nucleinsäuresynthese zur Verfügung steht und somit UTP und CTP produziert werden sollten.
  • Kein T. Wie würde sich eine Mutation in einem allosterischen Enzym auswirken, die zu einem Verhältnis der T- zur R-Form von 0 führte?

    Lösung

    Das Enzym würde immer ausschließlich in der R-Form vorliegen. Es gäbe keine Kooperativität. Die Kinetik würde der eines Michaelis-Menten-Enzyms gleichen.
  • Umgekehrt. Ein allosterisches Enzym, dessen Reaktionsmechanismus dem konzertierten Modell entspricht, zeigt ohne Substrat ein T/R-Verhältnis von 300. Angenommen, durch eine Mutation würde dieses Verhältnis umgekehrt. Wie würde sich diese Mutation auf die Beziehung zwischen Reaktionsgeschwindigkeit und Substratkonzentration auswirken?

    Lösung

    Das Enzym würde eine einfache Michaelis-Menten-Kinetik zeigen, da es im Wesentlichen immer in der R-Form vorläge.
  • Partner. Wie aus Abb. 10.2 ersichtlich, inhibiert CTP die ATCase, allerdings erfolgt keine vollständige Hemmung. Können Sie sich vorstellen, welches andere Molekül die Hemmung der ATCase verstärken könnte? Hinweis: Sehen Sie sich dazu Abb. 25.2 an.

    Lösung

    CTP wird durch die Addition einer Aminogruppe an UTP gebildet. Wie sich erwiesen hat, ist UTP ebenfalls in der Lage, in Anwesenheit von CTP die ATCase zu inhibieren.
  • Gleichgewicht von R und T. Stellen Sie die Unterschiede zwischen homotropischen und heterotropischen Effektoren heraus.

    Lösung

    Homotropische Effektoren sind die Substrate allosterischer Enzyme, heterotropische Effektoren hingegen deren Regulatoren. Wegen der homotropischen Effektoren nimmt die Kurve der Reaktionsgeschwindigkeit gegen die Substratkonzentration einen sigmoiden Verlauf, während heterotropische Effektoren den Mittelpunkt des K(M)-Wertes der Kurve verändern. Letztendlich bewirken beide Typen von Effektoren eine Veränderung des Verhältnisses von T- und R-Form.
  • Restaurierungsprojekt. Wenn man isolierte regulatorische und katalytische Untereinheiten der ATCase ver mischt, entsteht dabei das native Enzym. Welche biologische Bedeutung kommt dieser Beobachtung zu?

    Lösung

    Die Wiederherstellung des Enzyms zeigt, dass die komplexe Quartärstruktur und die daraus resultierenden katalytischen und regulatorischen Eigenschaften letztendlich in der Primärstruktur der einzelnen Komponenten festgelegt sind.
  • Weil es sich um ein Enzym handelt. Für röntgenkristallographische Analysen der ATCase in der R-Form musste das Bisubstratanalogon PALA verwendet werden. Warum nutzte man anstelle der eigentlichen Substrate dieses Analogon, einen kompetitiven Inhibitor?

    Lösung

    Bei Verwendung der Substrate würde das Enzym die Reaktion katalysieren. Es würden sich keine Zwischenprodukte am Enzym anhäufen. Folglich wäre jegliches kristallisierte Enzym frei von Substraten oder Produkten.
  • Allosterischer Übergang. Betrachten Sie ein allosterisches Protein, dessen Reaktionsmechanismus dem konzertierten Modell folgt. Nehmen Sie an, dass das Verhältnis T zu R ohne Ligand 10^5 beträgt, außerdem sei K(T) = 2 mM, K(R) = 5 ?M. Das Protein enthält vier Ligandenbindungsstellen. Welcher Anteil der Proteinmoleküle liegt bei keinem, einem, zwei, drei und vier gebundenen Liganden in der R-Form vor? (Siehe dazu die Gleichungen für das konzertierte Modell im Anhang von Kap. 7.)

    Lösung

    Der Anteil der Moleküle in der R-Form beträgt 10^-5, 0,004, 0,615, 0,998 und 1 bei 0, 1, 2, 3 beziehungsweise 4 gebundenen Liganden.
  • Negative Kooperativität. Sie haben ein dimeres Enzym isoliert, das zwei identische aktive Zentren enthält. Die Bindung von Substrat an eines der Zentren verringert die Substrataffinität des anderen. Kann das konzertierte Modell diese negative Kooperativität erklären? Hinweis: Siehe Abschn. 7.2.

    Lösung

    Das sequenzielle Modell lässt eine negative Kooperativität zu, nicht jedoch das konzertierte Modell (Symmetriemodell).
  • Energiebilanz der Regulation. Phosphorylierung beziehungsweise Dephosphorylierung von Proteinen ist ein wichtiger Regulationsmechanismus. Proteinkinasen fügen die Phosphorylgruppen an, aber nur eine Phosphatase ist für die Entfernung der Phosphorylgruppen von den Zielproteinen zuständig. Welche Energiekosten fallen bei diesem kovalenten Regulationsmechanimus an?

    Lösung

    Das Nettoergebnis der beiden Reaktionen ist die Hydrolyse von ATP zu ADP und P(i) mit einem ?G = ?50 kJ mol^-1 unter zellulären Bedingungen.
  • Es lebe der Unterschied. Was ist ein Isozym? 18. Biochemische Feinabstimmung. Welche Vorteile bringt es für einen Organismus, isozyme Formen eines Enzyms zu besitzen?

    Lösung

    Isozyme sind homologe Enzyme, welche die gleiche Reaktion katalysieren, aber unterschiedliche kinetische oder regulatorische Eigenschaften aufweisen.
  • Was gehört zusammen? a) ATCase; b) T-Form; c) R-Form; d) Phosphorylierung; e) Kinase; f) Phosphatase; g) cAMP; h) Zymogen; i) Enteropeptidase; j) Vitamin K; k) Thrombin; l) Gewebefaktor; 1) Katalysator der Proteinphosphorylierung; 2) für die Modifikation von Glutamat erforderlich; 3) Aktivierung einer bestimmten Kinase; 4) Proenzym; 5) Aktivierung von Trypsin; 6) häufige kovalente Modifikation; 7) von CTP inhibiert; 8) weniger aktiver Zustand eines allosterischen Proteins; 9) anfängliche Aktivierung des extrinsischen Systems; 10) Bildung von Fibrin; 11) aktiverer Zustand eines allosterischen Proteins; 12) Abspaltung von Phosphaten

    Lösung

    a) 7; b) 8; c) 11; d) 6; e) 1; f) 12; g) 3; h) 4; i) 5; j) 2; k) 10; l) 9
  • Triebkraft für Veränderung. Phosphorylierung stellt bei allen Lebensformen eine häufige kovalente Modifikation von Proteinen dar. Welche energetischen Vorteile bringt die Verwendung von ATP als Phosphorylgruppendonator mit sich?

    Lösung

    Wenn unter Verbrauch von ATP eine Phosphorylierung erfolgt, wird genügend Energie verbraucht, um die Struktur und damit die Aktivität des Proteins dramatisch zu verändern. Weil es sich bei ATP um die Energiewährung der Zelle handelt, ist die Proteinmodifikation zudem mit den Energiestatus der Zelle verknüpft.
  • Kein Zurück. Welcher entscheidende Unterschied besteht zwischen der Regulation durch kovalente Modifikation und spezifischer proteolytischer Spaltung?

    Lösung

    Die kovalente Modifikation ist reversibel, die proteolytische Spaltung hingegen irreversibel.
  • Zymogenaktivierung. Wie hängt dann die Halbwertszeit der Aktivierung von der Zymogenkonzentration ab, wenn sehr geringe Konzentrationen von Pepsinogen in ein saures Medium gegeben werden?

    Lösung

    Die Aktivierung ist unabhängig von der Zymogenkonzentration, da die Reaktion intramolekular verläuft.
  • Keine Proteinshakes bitte. Prognostizieren Sie die physiologischen Auswirkungen einer Mutation, die zu einem Mangel an Enteropeptidase führt.

    Lösung

    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.
  • Ein aufschlussreicher Test. Angenommen, Sie haben gerade einen Jungen mit einer Blutgerinnungsstörung untersucht, die stark auf eine klassische Hämophilie (ein Fehlen von Faktor VIII) hindeutet. Aufgrund der fortgeschrittenen Tageszeit ist das Labor bereits geschlossen, das sonst die speziellen Blutgerinnungstests durchführt. Sie haben jedoch zufällig eine Blutprobe von einem Patienten mit klassischer Hämophilie zur Verfügung, den Sie vor einer Stunde in die Klinik eingewiesen haben. Mit welchem Test lässt sich nun am schnellsten und einfachsten feststellen, ob Ihr neuer Patient auch an einer Störung der Aktivität von Faktor VIII leidet?

    Lösung

    Man gibt Blut vom zweiten Patienten zu der Blutprobe des ersten. Falls die Mischung gerinnt, unterscheidet sich der Defekt des zweiten Patienten von dem des ersten. Diese Untersuchungsmethode wird als Komplementationstest bezeichnet.
  • Gegenstück. Für die Synthese von Faktor X ist wie für die Synthese von Prothrombin Vitamin K notwendig. Faktor X enthält im aminoterminalen Bereich ebenfalls ?-Carboxyglutamatreste. Im Gegensatz zu Thrombin bleibt jedoch dieser Bereich beim aktivierten Faktor X im Molekül erhalten. Welche mögliche Folge hat dieser funktionelle Unterschied zwischen den beiden aktivierten Proteinen?

    Lösung

    Der aktivierte Faktor X bleibt an die Blutplättchenmembran gebunden, was die Prothrombinaktivierung beschleunigt.
  • Ein differenzierender Inhibitor. Antithrombin III bildet mit Thrombin, nicht aber mit Prothrombin, einen irreversiblen Komplex. Wo liegt wahrscheinlich die Ursache für diese unterschiedliche Reaktion?

    Lösung

    Antithrombin III ist ein sehr langsam hydrolysierbares Substrat des Thrombins. Seine Wechselwirkung mit dem Thrombin erfordert daher ein voll ausgebildetes aktives Zentrum des Enzyms.
  • Gezielte Entwicklung von Medikamenten. Ein Medikamentenhersteller will mithilfe der Gentechnik ein modifiziertes a1-Antitrypsin herstellen, das gegenüber einer Oxidation widerstandsfähiger ist als der natürlich vorkommende Inhibitor. Welche Substitution einer einzigen Aminosäure würden Sie empfehlen?

    Lösung

    Methionin durch Leucin zu ersetzen, wäre eine gute Wahl. Leucin ist resistent gegen Oxidation und ist ungefähr genauso groß und hydrophob wie Methionin.
  • Blut muss fließen. Warum ist eine übermäßige Bildung von Blutgerinnseln gefährlich?

    Lösung

    Bei unangemessener Bildung von Blutgerinnseln können Arterien im Gehirn oder am Herzen verstopfen und zu einem Schlaganfall oder Herzinfarkt führen.
  • Hämostase. Thrombin spielt sowohl bei der Bildung (Koagulation) als auch bei der Auflösung (Fibrinolyse) von Blutgerinnseln eine Rolle. Geben Sie eine Erklärung dafür.

    Lösung

    Thrombin katalysiert die Hydrolyse von Fibrinogen, wodurch aktives Fibrin entsteht. Es spielt aber auch eine Rolle beim Stilllegen der Reaktionskaskade, denn es aktiviert Protein C, eine Protease, welche die Gerinnungsenzyme V(a) und VIII(a) spaltet.
  • Auflösungsreihe. Was ist der gewebespezifische Plasminogenaktivator, und welche Funktion kommt ihm zur Verhinderung von Herzinfarkten zu?

    Lösung

    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 Fibrin des Gerinnsels.
  • Zusammenhalt. Was unterscheidet ein „weiches“ von einem vollständig ausgebildeten Blutgerinnsel?

    Lösung

    Ein vollständig ausgebildetes Blutgerinnsel wird durch Amidbindungen zwischen den Seitenketten von Lysin und Glutamin stabilisiert, die in einem weichen Gerinnsel fehlen. Gebildet werden diese Bindungen von der Transglutaminase.
  • Zu fester Zugriff. Trypsin spaltet Proteine am Carboxylende von Lysin. Der Trypsininhibitor enthält einen Lysinrest und bindet an Trypsin, ist jedoch kein Substrat. Erklären Sie, warum dies so ist.

    Lösung

    Die Wechselwirkung zwischen Trypsin und dem Inhibitor ist so stabil, dass sich der Übergangszustand nur selten ausbildet. Es sei daran erinnert, dass bei Bindung eines Enzyms an den Übergangszustand maximale Bindungsenergie freigesetzt wird. Bei einer zu starken Wechselwirkung zwischen Substrat und Enzym entsteht der Übergangszustand nur selten.
  • Offenbar keine vierblättrige Sorte. Kühe, die verdorbenen, dicumarolhaltigen Klee fressen, sterben an Hämorrhagie. Todesursache ist ein defektes Prothrombin. Allerdings weist das defekte Prothrombin die gleiche Aminosäurezusammensetzung auf wie normales Prothrombin. Wie sieht der Wirkmechanismus des Dicumarols aus? Warum haben das defekte und das normale Prothrombin die gleiche Aminosäurezusammensetzung?

    Lösung

    Dicumarol ist ein kompetitiver Inhibitor der ?-Glutamyl-Carboxylase. Folglich wird kein ?-Carboxyglutamat gebildet, das für die Umwandlung von Prothrombin in Thrombin erforderlich ist. Die Aminosäurezusammensetzung ermittelt man durch Hydrolyse des Proteins bei erhöhten Temperaturen in Anwesenheit einer starken Säure. Unter diesen Bedingungen wird die Carboxylgruppe von ?-Carboxyglutamat aus dem normalen Prothrombin entfernt, sodass einfach Glutamat zurückbleibt.
  • Unterschiede. Wie viele unterschiedliche Oligosaccharide können durch Verknüpfung von je einem Glucose?, Mannose- und Galactosemolekül entstehen? Alle Kohlenhydrate sollen dabei in der Pyranoseform vorliegen. Vergleichen Sie diese Anzahl mit der von Tripeptiden, die aus drei verschiedenen Aminosäuren entstehen können.

    Lösung

    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, a- oder B-verknüpft, mit Bindungen zwischen C-1 und C-3, C-1 und C-4, C-1 und C-6 und so weiter. Insgesamt können die drei Monosaccharide nicht weniger als 12.288 verschiedene Trisaccharide bilden.
  • Sie passen zusammen wie Topf und Deckel. Ordnen Sie den Begriffen (a-j) ihre korrekte Beschreibung (1-10) zu. a) Enantiomere; b) Cellulose; c) Lectin; d) Glykosyltransferasen; e) Epimere; f) Stärke; g) Kohlenhydrate; h) Proteoglykan; i) Mucoprotein; j) Glykogen; 1) die Molekülformel lautet (CH2O)n; 2) Monosaccharide, die sich an einem einzigen asymmetrischen Kohlenstoffatom unterscheiden; 3) Speicherform der Glucose bei Tieren; 4) Speicherform der Glucose bei Pflanzen; 5) Glykoprotein, das Glykosaminoglykane enthält; 6) das häufigste organische Molekül in der Biosphäre; 7) ein entscheidender Bestandteil dieses Glykoproteins ist N-Acetylgalactosamin; 8) kohlenhydratbindende Proteine; 9) Enzyme, die Oligosaccharide synthetisieren; 10) Stereoisomere, die spiegelbildlich zueinander sind

    Lösung

    a) 10; b) 6; c) 8; d) 9; e) 2; f) 4; g) 1; h) 5; i) 7; j) 3
  • Paare. Welche der folgenden Zuckerpaare sind Anomere, Epimere oder Aldose-Ketose-Paare? a) d-Glycerinaldehyd und Dihydroxyaceton; b) d-Glucose und d-Mannose; c) d-Glucose und d-Fructose; d) a-d-Glucose und B-d-Glucose; e) d-Ribose und d-Ribulose; f) d-Galactose und d-Glucose

    Lösung

    a) Aldose-Ketose; b) Epimere; c) Aldose-Ketose; d) Anomere; e) Aldose-Ketose; f) Epimere
  • Ein verräterisches Addukt. Glucose reagiert langsam mit Hämoglobin und anderen Proteinen unter Bildung kovalenter Verbindungen. Warum? Welches Addukt entsteht?

    Lösung

    Glucose reagiert aufgrund des Auftretens einer Aldehydgruppe in ihrer offenen Kettenform. Die Aldehydgruppe kondensiert langsam mit Aminogruppen unter Bildung von Aldiminprodukten, die man als Schiff-Basen-Addukte bezeichnet.
  • Periodatspaltung. Behandelt man Verbindungen, die Hydroxylgruppen an benachbarten Kohlenstoffatomen enthalten, mit Periodat, dann kommt es zur Spaltung der C–C-Bindung. Wie kann man mit dieser Reaktion zwischen Pyranosiden und Furanosiden unterscheiden?

    Lösung

    Ein Pyranosid reagiert mit zwei Molekülen Periodat; Formiat ist eines der Produkte. Ein Furanosid reagiert nur mit einem Molekül Periodat; dabei entsteht kein Formiat.
  • Zellulärer Klebstoff. Man vermutet, dass eine Trisaccharideinheit eines Zelloberflächenglykoproteins eine wichtige Rolle bei der Vermittlung der Zell-Zell-Adhäsion in einem bestimmten Gewebe spielt. Entwerfen Sie ein einfaches Experiment, um diese Hypothese zu überprüfen.

    Lösung

    Das Trisaccharid allein sollte ein kompetitiver Inhibitor der Zelladhäsion sein, falls die Trisaccharideinheit des Glykoproteins für die Wechselwirkung wichtig ist.
  • Strukturaufklärung. Jede Hydroxylgruppe der Glucose kann unter basischen Bedingungen mit Reagenzien wie Dimethylsulfat methyliert werden. Erklären Sie, wie eine erschöpfende Methylierung und ein darauffolgender vollständiger Verdau einer bestimmten Menge Glykogen es ermöglichen, die Anzahl der Verzweigungen und reduzierenden Enden zu bestimmen.

    Lösung

    Reduzierende Enden bilden 1,2,3,6-Tetramethylglucose, aus den Verzweigungspunkten entsteht 2,3-Dimethylglucose. Aus dem übrigen Molekül entsteht 2,3,6-Trimethylglucose.
  • Bestandteile. Raffinose ist ein Trisaccharid und kommt in geringer Menge in Zuckerrüben vor. a) Ist Raffinose ein reduzierendes Kohlenhydrat? Erläutern Sie. b) Aus welchen Monosacchariden besteht die Raffinose? c) Das Enzym B-Galactosidase spaltet Galactosereste von einem Oligosaccharid ab. Welche Produkte entstehen aus der Raffinose durch Behandlung mit B-Galactosidase?

    Lösung

    a) Kein reduzierender Zucker; offenkettige Formen sind nicht möglich. b) D-Galactose, D-Glucose, D-Fructose; c) D-Galactose und Saccharose (Glucose + Fructose)
  • Zwei Enden. a) Vergleichen Sie die Anzahl der reduzierenden Enden mit der der nichtreduzierenden Enden in einem Glykogenmolekül. b) Wie in Kap. 21 dargestellt wird, ist Glykogen ein bedeutender Brennstoffspeicher, der schnell mobilisiert wird. An welchem Ende – dem reduzierenden oder dem nichtreduzierenden – findet der Abbau Ihrer Ansicht nach bevorzugt statt?

    Lösung

    a) Jedes Glykogenmolekül hat ein reduzierendes Ende, während die Zahl der nichtreduzierenden Enden von der Zahl der Verzweigungen oder a-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.
  • Verlorengegangene Eigenschaft. Glucose und Fructose sind reduzierende Zucker. Saccharose, auch als Haushaltszucker bekannt, ist ein Disaccharid aus Glucose und Fructose. Ist Saccharose ein reduzierender Zucker? Erläutern Sie Ihre Antwort.

    Lösung

    Nein, Saccharose ist kein reduzierender Zucker. Bei Glucose wie auch bei Fructose fungiert das anomere Kohlenstoffatom als reduzierendes Agens, bei Saccharose sind die anomeren Kohlenstoffatome von Glucose und Fructose jedoch durch eine kovalente Bindung miteinander verknüpft und stehen daher nicht für eine Reaktion zur Verfügung.
  • Fleisch und Kartoffeln. Stellen Sie die Strukturen von Glykogen und Stärke einander gegenüber.

    Lösung

    Glykogen ist ein durch a-1,4-glykosidische Bindungen verknüpftes Polymer von Glucose, das sich etwa alle zehn Glucoseeinheiten a-1,6-glykosidisch verzweigt. Stärke besteht aus zwei Polymeren von Glucose. Amylose ist ein geradkettiges Polymer aus a-1,4-glykosidisch verknüpften Einheiten. Amylopektin ähnelt Glykogen, weist aber weniger Verzweigungen auf: Nur etwa alle 30 Glucoseeinheiten kommt es zu einer Verzweigung.
  • Gestreckt oder verdreht? Erklären Sie die unterschiedliche Struktur von Glykogen und Cellulose.

    Lösung

    Cellulose ist ein lineares Polymer aus B-1,4-glykosidisch verknüpften Glucoseeinheiten. Glykogen ist ein verzweigtes Polymer, dessen Hauptkette von a-1,4-glykosidischen Bindungen gebildet wird. Die B-1,4-Bindungen ermöglichen die Bildung eines linearen Polymers, das sich ideal zur Strukturbildung eignet. Die a-1,4-glykosidischen Bindungen von Glykogen bilden eine helicale Struktur und ermöglichen dadurch die Speicherung zahlreicher Glucoseeinheiten auf kleinstem Raum.
  • Süße Proteine. Erstellen Sie eine Liste der wichtigsten Klassen von Glykoproteinen mit ihren charakteristischen Eigenschaften und ihrer biologischen Funktion.

    Lösung

    Einfache Glykoproteine werden oft als sezernierte Proteine bezeichnet und erfüllen eine ganze Reihe unterschiedlicher Funktionen. So ist beispielsweise das Hormon EPO (Erythropoetin) ein Glykoprotein. Die Proteinkomponente macht gewöhnlich den Hauptteil der Masse des Glykoproteins aus. Im Gegensatz dazu bestehen Proteoglykane und Mucoproteine (Mucine) überwiegend aus Kohlenhydraten. Proteoglykane sind mit Glykosaminoglykanen verknüpft und haben eine strukturbildende Funktion, etwa in Knorpel und in der extrazellulären Matrix. Mucoproteine dienen meist als Gleitmittel; bei ihnen sind über einen N-Acetylgalactosaminanteil zahlreiche Kohlenhydrate gebunden.
  • Lebensverlängernd. Welche Funktion hat die mit EPO (Erythropoetin) verknüpfte Kohlenhydratkomponente?

    Lösung

    Durch das angehängte Kohlenhydrat kann EPO länger im Blutkreislauf zirkulieren und somit seine Funktion über längere Zeit ausüben als kohlenhydratfreies EPO.
  • Abfedernd. Welche Rolle spielt das Glykosaminoglykan bei der abfedernden Wirkung von Knorpel?

    Lösung

    Aufgrund seiner starken Ladung bindet das Glykosaminoglykan zahlreiche Wassermoleküle. Bei Belastung des Knorpels, beispielsweise beim Aufsetzen der Ferse auf dem Boden, wird das Wasser freigesetzt und federt so den Aufprall ab. Beim Anheben der Ferse wird das Wasser wieder gebunden.
  • Unzustellbar – nicht an den Absender zurück. Zur I-Zell- Krankheit kommt es, wenn normalerweise für die Lysosomen vorgesehenen Proteinen das entsprechende kohlenhydratbindende Molekül fehlt (S. 393). Können Sie sich noch eine andere Möglichkeit vorstellen, die zur Entstehung der I-Zell-Krankheit führen könnte?

    Lösung

    Das Lectin, das an Mannose-6-phosphat bindet, könnte defekt sein und ein korrekt adressiertes Protein nicht erkennen.
  • Passende Klammer. Welche Aminosäuren werden für das Anhängen von Kohlenhydraten an Proteine verwendet?

    Lösung

    Asparagin, Serin und Threonin.
  • Einer für alle. Was versteht man unter Glykoformen?

    Lösung

    Verschiedene molekulare Formen von Glykoproteinen. Diese unterscheiden sich in der Anzahl der gebundenen Kohlenhydrate oder im Ort der Bindung oder in beidem.
  • -om. Was versteht man unter dem Glykom?

    Lösung

    Die Gesamtheit aller Kohlenhydrate, die eine Zelle in einem bestimmten Zeitraum und unter bestimmten Umweltbedingungen synthetisiert.
  • Exponentielle Ausbreitung? Vergleichen Sie die jeweils im Genom, Proteom und Glykom enthaltene Menge an Informationen.

    Lösung

    Das Genom umfasst sämtliche Gene eines Organismus. Zum Proteom gehören alle möglichen Proteinprodukte und modifizierten Proteine, die eine Zelle unter bestimmten Bedingungen exprimiert. Das Glykom besteht aus allen Kohlenhydraten, welche die Zelle unter bestimmten Bedingungen synthetisiert. Weil das Genom unveränderlich ist, jedes einzelne Protein jedoch unterschiedlich exprimiert und modifiziert werden kann, ist das Proteom komplexer als das Genom. Noch komplexer muss das Glykom sein, denn es umfasst nicht nur die Glykoformen von Proteinen, sondern auch viele mögliche Kohlenhydratstrukturen.
  • Anhängsel. Angenommen, Sie entspannen sich an einem Sonntagnachmittag und schmökern ein wenig in den Aminosäuresequenzen verschiedener Proteine. Da Sie ein wenig Hunger verspüren, kommen Ihnen Süßigkeiten in den Sinn. Warum sollten Sie nicht beide Interessen miteinander verbinden? Sie fragen sich daher, ob Sie Stellen für eine N-Glykosylierung ganz einfach durch Betrachtung der Aminosäuresequenz finden können. Ihr Mitbewohner, der einen Biochemiekurs belegt, meint: „Sicher ist das möglich, zumindest in gewissem Umfang. Ich kann Dir auch sagen, wie.“ Welche Erklärung führt der Mitbewohner an?

    Lösung

    Ein Asparaginrest kann glykosyliert werden, wenn er Teil einer Asn-X-Ser- oder einer Asn-X-Thr-Sequenz ist, wobei X jeder Rest mit Ausnahme von Prolin sein kann. Die Einschränkung des Mitbewohners rührt daher, dass nicht alle potenziell möglichen Stellen glykolysiert sind.
  • Schloss und Schlüssel. Was lässt die Tatsache, dass sämtliche Organismen Lectine besitzen, über die Rolle der Kohlenhydrate schließen?

    Lösung

    Diese Tatsache lässt darauf schließen, dass Kohlenhydrate zum Zweck der Erkennung durch andere Zellen, Organismen oder die Umwelt auf den Zelloberflächen sämtlicher Organismen vorhanden sind.
  • Kohlenhydrate – nicht mehr nur zum Frühstück. Nennen Sie die Unterschiede zwischen einem Glykoprotein und einem Lectin.

    Lösung

    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.
  • Kohlenhydrate und Proteomik. Nehmen Sie an, dass ein Protein sechs mögliche Positionen für eine N-Glykosylierung besitzt. Wie viele Proteine können, abhängig davon, welche dieser Stellen tatsächlich glykosyliert wird, entstehen? Die Auswirkungen von Unterschieden in der angefügten Kohlenhydrateinheit sollen nicht berücksichtigt werden.

    Lösung

    Gezählt wird jede mögliche Stelle, sei sie glykosyliert oder nicht, sodass es 2^6 = 64 mögliche Proteine gibt.
  • Wie ein Puzzle. Warum ist es im Vergleich zu Aminosäuresequenzen oder Nucleotidsequenzen schwieriger, die Struktur von Oligosacchariden zu bestimmen?

    Lösung

    Die 20 Aminosäurebestandteile von Proteinen und die vier Nucleotide, aus denen Nucleinsäuren aufgebaut sind, sind über den gleichen Bindungstyp miteinander verknüpft: über die Peptidbindung bei Proteinen und über die 5‘-3‘-Phosphodiesterbindung bei Nucleinsäuren. Im Gegensatz dazu gibt es viele verschiedene Kohlenhydrate, die auf ganz unterschiedliche Weise modifiziert und verknüpft sein können. Darüber hinaus können Oligosaccharide auch noch verzweigt sein. Schließlich weisen viele Zucker die gleiche oder eine ähnliche chemische Formel auf und zeichnen sich durch ähnliche chemische Eigenschaften aus. Das erschwert es, sie und ihre Verknüpfungen im Einzelnen zu identifizieren.
  • Stereospezifität. Rohrzucker, das Hauptprodukt der Photosynthese in grünen Blättern, wird durch eine Batterie von Enzymen synthetisiert. Die Substrate für diese Synthese sind d-Glucose und d-Fructose, die sowohl als a- und B-Anomere als auch in azyklischer Form in Lösung vorliegen. Trotzdem besteht Rohrzucker aus a-D-Glucose, die über ihr C-1-Kohlenstoffatom mit dem C-2-Kohlenstoffatom der B-d-Fructose verbunden ist. Wie kann die spezifische Bindung im Rohrzucker im Hinblick auf potenzielle Substrate erklärt werden?

    Lösung

    Wie in Kap. 9 ausgeführt, zeigen zahlreiche Enzyme Stereospezifität. Zweifellos können auch die Enzyme der Saccharosesynthese zwischen Substratisomeren unterscheiden und erzeugen nur korrekte Molekülpaare.
  • Spezifische Erkennung. Wie könnte man mithilfe der Technik der Affinitätschromatographie Lectine reinigen?

    Lösung

    Wenn die Kohlenhydratspezifität des Lectins bekannt ist, könnte man eine Affinitätssäule mit dem entsprechenden Kohlenhydrat präparieren. Anschließend könnte man dann die Proteinpräparation, die das betreffende Lectin enthält, über die Säule laufen lassen. Mithilfe dieser Methode wurde beispielsweise das glucosebindende Lectin Concanavalin A gereinigt.
  • Populationsdichte. Wie viele Phospholipidmoleküle enthält eine 1 ?m^2 große Region einer Phospholipiddoppelschichtmembran? Gehen Sie davon aus, dass ein Phospholipidmolekül etwa 7 nm^2 auf der Oberfläche einnimmt.

    Lösung

    2,86 x 10^6 Moleküle, da jeder Teil der Doppelschicht 1,43 x 10^6 Moleküle enthält.
  • Durch den Spiegel. Phospholipide bilden in Wasser Lipiddoppelschichten. Welche Struktur könnte sich bilden, wenn man Phospholipide in ein organisches Lösungsmittel gibt?

    Lösung

    Im Grunde eine umgekehrte Membran. Die hydrophilen Gruppen würden sich im Inneren der Struktur, vom Lösungsmittel abgewandt, aneinanderlagern, die hydrophoben Seitenketten würden dagegen mit dem Lösungsmittel in Wechselwirkung treten.
  • Lipiddiffusion. Welche durchschnittliche Entfernung legt ein Membranlipid in 1 ?s, 1 ms und 1 s zurück? Der Diffusionskoeffizient soll 10^-8 cm^2 s^-1 betragen.

    Lösung

    2 x 10^-7 cm, 6 x 10^-6 cm und 2 x 10^-4 cm
  • Kälteempfindlichkeit. Einige Antibiotika wirken als Carrier; sie binden ein Ion auf der einen Seite der Membran, diffundieren durch sie hindurch und setzen das Ion auf der anderen Seite der Membran frei. Die Leitfähigkeit einer Lipiddoppelschichtmembran mit einem Carrierantibiotikum nahm abrupt ab, als die Temperatur von 40 auf 36 °C gesenkt wurde. Mit einem kanalbildenden Antibiotikum dagegen stellte man kaum eine Leitfähigkeitsänderung an der Membran fest. Warum?

    Lösung

    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 Ionen auch dann den Durchtritt durch seine Pore, wenn die Doppelschicht ziemlich starr ist.
  • Schmelzpunkt 1. Erklären Sie, warum Ölsäure (18 Kohlenstoffatome, eine cis-Bindung) einen niedrigeren Schmelzpunkt aufweist als Stearinsäure, welche die gleiche Zahl von Kohlenstoffatomen besitzt, aber gesättigt ist. Welchen Schmelzpunkt würden Sie bei trans-Ölsäure im Vergleich zu dem von cis-Ölsäure erwarten? Warum liegen wohl die meisten ungesättigten Fettsäuren in Phospholipiden in der cis- statt der trans-Konformation vor?

    Lösung

    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 haben 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.
  • Schmelzpunkt 2. Erklären Sie, warum der Schmelzpunkt von Palmitinsäure (C16) um 6,5 °C niedriger ist als der von Stearinsäure (C18).

    Lösung

    Palmitinsäure ist kürzer als Stearinsäure. Daher bestehen bei der Packung der Ketten weniger Gelegenheiten für van-der-Waals-Wechselwirkungen, und somit ist auch der Schmelzpunkt niedriger als bei der längeren Stearinsäure.
  • Gesunde Ernährung. Kleine Säugetiere, die Winterschlaf halten, vermögen ohne dabei Schaden zu nehmen Körpertemperaturen zwischen 0 und 5 °C zu überstehen. Der Schmelzpunkt des Körperfetts liegt bei den meisten Säugetieren jedoch ungefähr bei einer Temperatur von 25 °C. Wie könnte sich die Zusammensetzung des Körperfetts bei Winterschläfern von der bei ihren Verwandten unterscheiden, die keinen Winterschlaf halten?

    Lösung

    Winterschläfer ernähren sich selektiv von Pflanzen mit einem höheren Anteil an mehrfach ungesättigten Fettsäuren mit niedrigem Schmelzpunkt.
  • Eine Frage der Konkurrenz. Bildet ein Homopolymer aus Alanin eine a-Helix eher in Wasser oder in einem hydrophoben Medium? Erläutern Sie Ihre Antwort.

    Lösung

    In einer hydrophoben Umgebung stabilisiert die Bildung von Wasserstoffbrücken innerhalb einer Kette die Amidwasserstoff-und die Carbonylsauerstoffatome der Polypeptidkette, sodass eine a-Helix entsteht. In einer wässrigen Umgebung werden diese Gruppen durch Wechselwirkung mit Wasser stabilisiert, sodass keine energetische Notwendigkeit für die Bildung einer a-Helix besteht. Die a-Helix würde also bevorzugt nur in einer hydrophoben Umgebung entstehen.
  • Falsch positiv. Beim Erstellen eines Hydropathiediagramms für ein untersuchtes Protein erhalten Sie einen einzelnen, sehr auffälligen hydrophoben Peak. Später stellen Sie fest, dass dieses Protein löslich und nicht mit der Membran assoziiert ist. Erläutern Sie, wie es zu diesem irreführenden Hydropathiediagramm kommen konnte.

    Lösung

    Das Protein könnte eine a-Helix enthalten, die den hydrophoben Kernbereich des Proteins passieren kann. Diese Helix ist wahrscheinlich durch einen Abschnitt hydrophober Aminosäuren gekennzeichnet, ähnlich wie man sie bei Transmembranhelices findet.
  • Aufrechterhaltung der Fluidität. Eine bei 37 °C wachsende Bakterienkultur wurde auf 25 °C abgekühlt. Wie wird sich diese Veränderung auf die Zusammensetzung der Membranphospholipide auswirken? Welche Erklärung gibt es?

    Lösung

    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 verringert sich die Zahl der van-der-Waals-Wechselwirkungen. Die cis-Doppelbindungen, die Knicke in den Strukturen verursachen, verhindern, dass sich die Fettsäureschwänze der Phospholipide eng aneinanderlagern.
  • Wie viele Möglichkeiten? Für jede intrazelluläre Fusion eines Vesikels mit einer Membran ist ein SNARE-Protein auf dem Vesikel (als v-SNARE bezeichnet) und ein SNARE-Protein auf der Zielmembran (t-SNARE für target membrane) erforderlich. Angenommen, ein Genom würde 21 Vertreter der v-SNARE-Familie codieren sowie sieben Vertreter der t-SNARE-Familie. Wie viele potenzielle Wechselwirkungen zwischen v-SNAREs und t-SNAREs könnten sich ergeben, wenn wir davon ausgehen, dass es keine Spezifität gibt?

    Lösung

    Jedes der 21 v-SNARE-Proteine könnte mit jedem der sieben t-SNARE-Partner in Wechselwirkung treten. Durch Multiplikation erhält man die Gesamtzahl von unterschiedlichen Molekülpaaren: 7 x 21 = 147 verschiedene v-SNARE-/t-SNARE-Paare.
  • Die richtige Umgebung. Man weiß weniger über Struktur und Funktion von Membranproteinen als von anderen Proteinen. Der Hauptgrund besteht darin, dass Membranproteine schwieriger zu reinigen und zu kristallisieren sind. Warum ist das so?

    Lösung

    Um ein beliebiges Protein zu reinigen, muss es zuerst solubilisiert werden. 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 Detergens aggregiert das Protein und fällt aus der Lösung aus. Eine ausreichende Menge von Detergens aufrechtzuerhalten, damit das Protein in Lösung bleibt, ist bei der Durchführung verschiedener Reinigungsschritte oftmals schwierig, beispielsweise bei einer Ionenaustauschchromatographie. Kristalle müssen aus geeigneten Protein-Detergens-Komplexen erzeugt werden.
  • Eine helfende Hand. Unterscheiden Sie zwischen einfacher und erleichterter Diffusion.

    Lösung

    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.
  • Bewegungsantrieb. Welches sind die zwei Energieformen mit denen der aktive Transport angetrieben werden kann?

    Lösung

    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 Konzentrationsgradienten gekoppelt.
  • Carrier. Nennen Sie die drei Arten von Carrierproteinen. Welche von ihnen können den sekundär aktiven Transport vermitteln?

    Lösung

    Die drei Carrierarten sind: Symporter, Antiporter und Uniporter. Ein sekundär aktiver Transport kann von Symportern und Antiportern vermittelt werden.
  • Der Preis des Ausstoßes. Wie viel freie Enthalpie muss bei 25 °C aufgewendet werden, um Ca2+ aus einer Zelle zu pumpen, wenn die Konzentration im Cytoplasma 0,4 ?M beträgt, die extrazelluläre Konzentration 1,5 mM und das Membranpotenzial ?60 mV?

    Lösung

    Der Aufwand an freier Enthalpie beträgt +32 kJ mol^-1, +20,4 kJ mol^-1 für die geleistete chemische Arbeit und +11,5 kJ mol^-1 für die elektrische Arbeit.
  • Gleichgewichtspotenziale. In einer typischen Säugetierzelle ist die intra- bzw. extrazelluläre Chloridionenkonzentration (Cl?) 4 mM bzw. 150 mM. Die intra- bzw. extrazelluläre Calciumionenkonzentration (Ca2+) beträgt 0,2 ?M bzw. 1,8 mM. Berechnen Sie die Gleichgewichtspotenziale für diese beiden Ionen bei 37 °C.

    Lösung

    Für Chlorid ist z = ?1 und für Calcium ist z = +2. Bei den gegebenen Konzentrationen ist das Gleichgewichtspotenzial für Chlorid ?97 mV und für Calcium +122 mV.
  • So süß. Glucose wird durch einen Symporter, der durch die gleichzeitige Aufnahme von Na+ angetrieben wird, in einige tierische Zellen gepumpt. Der Einstrom von Na+ liefert eine freie Enthalpie von 10,8 kJ mol^-1 unter den üblichen Bedingungen in einer Zelle ([Na+]außen =143 mM, [Na+]innen = 14 mM, Membranpotenzial: ?50 mV). Wie hoch ist die Glucosekonzentration bei 37 °C, die unter Ausnutzung dieser freien Enthalpie erzeugt werden kann?

    Lösung

    Die Konzentration von Glucose in der Zelle ist 66-mal so hoch wie außerhalb der Zelle ((c2/c1) = 66), wenn die zugeführte freie Enthalpie 10,8 kJ mol^-1 beträgt.
  • Protonen pumpen. Entwerfen Sie ein Experiment, um nachzuweisen, dass die Aktivität der Lactose-Permease in vitro so umgekehrt werden kann, dass Protonen gepumpt werden.

    Lösung

    Quer zu den Vesikelmembranen, die die richtig orientierte Lactose-Permease enthalten, wird ein Lactosegradient aufgebaut. Zuerst sollte der pH-Wert auf beiden Seiten der Membran gleich sein, und die Lactosekonzentration sollte auf der „Exit“-Seite der Lactose-Permease höher sein. Während die Lactose „umgekehrt“, ihrem Konzentrationsgradienten folgend, durch die Permease strömt, lässt sich testen, ob sich ein pH-Gradient aufbaut, wenn der Lactosegradient abgebaut wird.
  • Öffnende Kanäle. Vergleichen Sie liganden- und spannungsgesteuerte Kanäle.

    Lösung

    Ligandengesteuerte Kanäle öffnen sich als Reaktion auf die Anheftung eines Moleküls an den Kanal, während spannungsgesteuerte Kanäle sich durch Änderungen des Membranpotenzials öffnen.
  • Verschiedene Richtungen. K+- und Na+-Kanal haben ähnliche Strukturen und in der Zellmembran dieselbe Orientierung. Der Na+-Kanal lässt jedoch Natriumionen in die Zelle hineinfließen, während der K+-Kanal Kaliumionen aus der Zelle strömen lässt. Erklären Sie weshalb.

    Lösung

    Ein Ionenkanal muss Ionen in jede Richtung mit derselben Geschwindigkeit transportieren. Der Ionennettofluss wird allein durch die Ionenzusammensetzung der Lösungen auf jeder Seite der Membran bestimmt.
  • Unterschiedliche Mechanismen. Erläutern Sie die unterschiedlichen Mechanismen, mit denen Uniporter und Känale Ionen bzw. Moleküle durch die Membran transportieren.

    Lösung

    Uniporter agieren wie Enzyme: Ihre Transportzyklen umfassen starke Konformationsänderungen und nur wenige Moleküle interagieren pro Transportzyklus mit dem Protein. Kanäle hingegen bilden, sobald sie geöffnet sind, innerhalb der Membran eine Pore, durch die viele Ionen passieren können. Daher vermitteln Kanäle einen viel schnelleren Transport als Uniporter.
  • Kurzschluss. Carbonylcyanid-4-trifluoromethoxyphenylhydrazon (FCCP) ist ein Protonenionophor und ermöglicht Protonen den freien Durchtritt durch Membranen. Durch die Behandlung von E. coli mit FCCP wird die Anhäufung von Lactose in diesen Zellen verhindert. Erläutern Sie weshalb.

    Lösung

    FCCP bildet quasi eine Pore in der bakteriellen Membran, durch die rasch Protonen strömen können. Protonen, die aus dem Bakterium gepumpt werden, nutzen, bevor sie am H+-Lactose-Symport teilnehmen, bevorzugt diese Pore („der Weg des geringsten Widerstandes“).
  • Zusammenarbeit. Das menschliche Genom enthält mehr als 20 connexincodierende Gene. Mehrere dieser Gene werden im Herzen stark exprimiert. Warum werden Connexine im Herzgewebe in so großen Mengen produziert?

    Lösung

    Um das Blut effektiv zu pumpen, muss der Herzmuskel äußerst präzise kontrahieren. Gap junctions vermitteln bei jedem Schlag eine akkurate Verbreitung des Aktionspotenzials von Zelle zu Zelle.
  • Struktur-Aktivitäts-Beziehungen. Schlagen Sie auf der Basis der Struktur von Tetrodotoxin einen Mechanismus vor, wie das Toxin den Na+-Fluss durch den Na+-Kanal inhibiert.

    Lösung

    Die positiv geladene Guanidiniumgruppe ähnelt Na+-Ionen und bindet an negativ geladene Carboxylatgruppen in der Öffnung des Kanals.
  • Gefährliche Schnecke. Kegelschnecken sind Fleischfresser, die ihrem Opfer einen starken Giftcocktail injizieren und dieses so rasch lähmen. Viele dieser Toxine binden an spezifische Ionenkanalproteine. Weshalb wirken diese Verbindungen so stark toxisch? Wie könnte man diese Toxine in der biochemischen Forschung nutzen?

    Lösung

    Die Blockierung von Ionenkanälen hemmt Aktionspotenziale und führt zu einem Verlust der Nervenfunktion. Wie Tetrodotoxin sind auch diese Toxinmoleküle bei der Isolierung und spezifischen Hemmung von bestimmten Ionenkanälen hilfreich.
  • Kunstpause. Unmittelbar nach der Repolarisationsphase eines Aktionspotenzials ist die neuronale Membran vorübergehend nicht in der Lage, auf ein zweites Aktionspotenzial zu reagieren. Dieses Phänomen wird auch als Refraktärphase bezeichnet. Was ist die mechanistische Grundlage für die Refraktärphase?

    Lösung

    Nach der Repolarisation besetzt die Kugel des Ionenkanals die Kanalpore, wodurch der Kanal kurzzeitig inaktiviert wird. Der Kanal kann nicht wieder geöffnet werden bis sich die Kugel löst und er wieder in den „geschlossenen“ Zustand wechselt.
  • Nur einige wenige. Weshalb müssen nur wenige Natriumionen durch den Na+-Kanal fließen, um das Membranpotenzial signifikant zu ändern?

    Lösung

    Da Na+-Ionen geladen sind und Na+-Kanäle nur Na+-Ionen (aber keine anderen Anionen) transportieren, hat die Akkumulation eines Überschusses an positiver Ladung auf einer Membranseite stärkere Auswirkungen als die chemischen Gradienten.
  • Mehr als ein Mechanismus. Wie kann eine Mutation in einem spannungsabhängigen Natriumionenkanal des Herzens das Long-QT-Syndrom auslösen?

    Lösung

    Eine Mutation, die bewirkt, dass der Natriumionenkanal nicht mehr inaktiviert werden kann, würde die Dauer des depolarisierenden Na+-Stroms und somit das kardiale Aktionspotenzial verlängern.
  • Mechanosensitive Kanäle. Bei vielen Spezies findet man Ionenkanäle, die auf mechanische Reize reagieren. Würden Sie – vor dem Hintergrund der Eigenschaften anderer Ionenkanäle – erwarten, dass der Fluss von Ionen durch einen einzelnen offenen mechanosensitiven Kanal als Reaktion auf einen entsprechenden Reiz zunimmt? Warum oder warum nicht?

    Lösung

    Nein. Kanäle öffnen oder schließen sich wahrscheinlich als Reaktion auf einen äußeren Reiz, aber die Leitfähigkeit des offenen Kanals wird nur wenig beeinflusst.
  • Konzertierte Öffnung. Angenommen, ein Kanal folgt dem konzertierten allosterischen Modell (MWC-Modell, Abschn. 7.2). Die Bindung von Liganden an den R-Zustand (offene Form) sei 20-mal so fest wie an den TZustand (geschlossene Form). Ohne Ligand beträgt das Verhältnis von geschlossenen zu offenen Kanälen 105. Wenn der Kanal als Tetramer vorliegt, welcher Anteil der Kanäle ist dann offen, wenn einer, zwei, drei oder vier Liganden gebunden sind?

    Lösung

    Das Verhältnis von geschlossenen zu offenen Kanälen ist 10^5, 5000, 250, 12,5 und 0,625, wenn 0, 1, 2, 3 beziehungsweise 4 Liganden gebunden sind. Damit beträgt der Anteil offener Kanäle 10^-5; 2 x 10^-4; 4 x 10^-3; 7,4 x 10^-2 und 0,62.
  • Froschgift. Batrachotoxin (BTX) ist ein Steroidalkaloid aus der Haut eines kolumbianischen Pfeilgiftfrosches (Phyllobates terribilis). In Anwesenheit von BTX bleiben Na+-Kanäle in einem isolierten Stück Membran permanent offen, nachdem die Membran depolarisiert wurde. Nach Repolarisation der Membran schließen sie sich wieder. Welcher Übergang wird von BTX blockiert?

    Lösung

    Batrachotoxin blockiert den Übergang vom offenen in den geschlossenen Zustand.
  • Angriffspunkt für Valium. ?-Aminobuttersäure (GABA) öffnet Kanäle, die für Chloridionen spezifisch sind. Von besonderer pharmakologischer Bedeutung ist der GABAA-Rezeptorkanal, da er das Angriffsziel für das Beruhigungsmittel Valium ist. a) Die extrazelluläre Konzentration von Cl? beträgt 123 mM, die intrazelluläre 4 mM. Wenn sich das Membranpotenzial in einem Bereich von ?60 bis +30 mV bewegt, in welche Richtung fließen dann Cl?-Ionen durch einen offenen Kanal? b) Welche Wirkung hat die Öffnung des Cl?-Kanals auf die Erregbarkeit einer Nervenzelle? c) Das Hydropathiediagramm des GABAA-Rezeptors ähnelt jenem des Acetylcholinrezeptors. Wie viele Untereinheiten wird der Chloridkanal haben?

    Lösung

    a) Chloridionen fließen in die Zelle. b) Der Chloridfluss wirkt hemmend, weil er die Membran hyperpolarisiert. c) Der Kanal besteht aus fünf Untereinheiten.
  • SERCA verstehen. Zur Untersuchung des SERCA-Mechanismus werden in einem Experiment Membranvesikel, die dieses Protein enthalten, so angeordnet, dass die ATP-Bindungsstelle auf der äußeren Vesikeloberfläche liegt. Um die Transportaktivität zu bestimmen, wird die Bildung von anorganischem Phosphat gemessen. Gibt man Calcium und ATP in das Medium, kann man für kurze Zeit eine Phosphatproduktion beobachten. Erst nach Zugabe von Calcimycin, einem Molekül, das Membranen selektiv für Calcium durchlässig macht, kann man eine anhaltende Phosphatproduktion beobachten. Erläutern Sie warum.

    Lösung

    Nach der Zugabe von ATP und Calcium pumpt die SERCA Ca2+-Ionen in die Vesikel. Die Anhäufung der Ca2+-Ionen im Inneren der Vesikel führt jedoch rasch zum Aufbau eines elektrochemischen Gradienten, der nicht durch die ATP-Hydrolyse abgebaut werden kann. Die Zugabe von Calcimycin ermöglicht den Ausstrom der Ca2+-Ionen aus dem Vesikel, wodurch der Gradient abgebaut wird und die Pumpe wieder kontinuierlich arbeiten kann.
  • Aktive Mutanten. Manche Proteinkinasen sind inaktiv, solange sie nicht an entscheidenden Serin- oder Threoninresten phosphoryliert werden. In manchen Fällen kann man ein aktives Enzym erzeugen, indem man diese Serin- oder Threoninreste durch Mutation in Glutamat umwandelt. Erklären Sie diesen Sachverhalt.

    Lösung

    Die negativ geladenen Glutamatreste bilden die negativ geladenen Phosphoserin- oder Phosphothreoninreste nach und stabilisieren die aktive Konformation des Enzyms.
  • In die Tasche gesteckt. SH2-Domänen binden Phosphotyrosinreste in tiefen Taschen ihrer Oberfläche. Würden Sie erwarten, dass SH2-Domänen mit hoher Affinität an Phosphoserin- oder Phosphothreoninreste binden? Warum oder warum nicht?

    Lösung

    Nein. Phosphoserin und Phosphothreonin sind deutlich kürzer als Phosphotyrosin.
  • An und Aus. Warum ist die GTPase-Aktivität des G-Proteins entscheidend für eine einwandfreie Funktion der Zelle? Warum haben sich keine G-Proteine entwickelt, die eine effektivere GTP-Hydrolyse katalysieren?

    Lösung

    Die Aktivität der GTPase beendet das Signal. Ohne eine solche Aktivität bliebe ein Signalübertragungsweg - nachdem er einmal aktiviert wurde - aktiv und würde unempfindlich gegenüber Veränderungen des Eingangssignals. Bei einer höheren Aktivität der GTPase wäre die Lebensdauer der an GTP gebundenen Ga-Untereinheit zu kurz, um eine abwärtsgerichtete Signalweiterleitung zu ermöglichen.
  • Es lebe der Unterschied. Warum ist die Tatsache, dass sich ein monomeres Hormon gleichzeitig an zwei identische Rezeptormoleküle anheften kann und so die Bildung eines Rezeptordimers fördert, so bemerkenswert?

    Lösung

    Zwei identische Rezeptormoleküle müssen verschiedene Aspekte desselben Signalmoleküls erkennen.
  • Antikörper, die Hormone nachahmen. Jeder Antikörper besitzt zwei gleichartige Bindungsstellen für das Antigen. Interessanterweise lösen Antikörper gegen den extrazellulären Teil von Wachstumsfaktorrezeptoren in der Zelle häufig die gleichen Effekte aus wie der Wachstumsfaktor selbst. Erklären Sie diesen Befund.

    Lösung

    Rezeptoren für Wachstumsfaktoren können durch Dimerisierung aktiviert werden. Wenn ein Antikörper die Dimerisierung eines Rezeptors bewirkt, wird der Signaltransduktionsweg in der Zelle ausgelöst.
  • Schneller Austausch. Man hat eine mutierte Form der a-Untereinheit heterotrimerer G-Proteine nachgewiesen, die Nucleotide auch ohne aktivierten Rezeptor leicht austauscht. Wie wird sich diese mutierte Untereinheit Ihrer Vermutung nach auf den Signalübertragungsweg auswirken?

    Lösung

    Die mutierte a-Untereinheit wird immer in der GTP-Form, also in der aktiven Form, vorliegen und deshalb den Signalweg aktivieren.
  • Verbindungen herstellen. Stellen Sie sich vor, sie untersuchen einen neu entdeckten Signaltransduktionsweg, an dem ein Wachstumsfaktor beteiligt ist. Es stellt sich heraus, dass sich die Dauer der hormonellen Antwort nach Zugabe von GTP?S, einem nichthydrolysierbaren GTP-Analogon, erhöht. Was schließen Sie daraus?

    Lösung

    Ein G-Protein ist Bestandteil des Signaltransduktionsweges. Das GTP?S wird nicht von der Ga-Untereinheit hydrolysiert, was zu einer verlängerten Aktivierung führt.
  • Diffusionsgeschwindigkeit. Normalerweise ist die Diffusionsgeschwindigkeit umgekehrt proportional zur Molekülmasse: Kleinere Moleküle diffundieren schneller als große. In Zellen diffundieren Calciumionen aber langsamer als cAMP. Schlagen Sie eine Erklärung vor.

    Lösung

    Ca2+-Ionen diffundieren langsam, da sie in der Zelle an viele Proteinoberflächen binden, was ihre freie Bewegung behindert. cAMP bindet nicht so häufig, diffundiert also schneller.
  • Strotzende Negativität. Für die Untersuchung der Calciummengen in intakten, lebenden Zellen ist Fura-2 nicht geeignet. Erklären Sie dies basierend auf der Darstellung von Fura-2 auf (S. 480).

    Lösung

    Fura-2 ist ein äußerst negativ geladenes Molekül mit fünf Carboxylgruppen. Die Ladung verhindert den einfachen Durchtritt durch die hydrophoben Regionen der Plasmamembran.
  • Glucoseüberschwemmung. Adrenalin sorgt in den Muskeln für die Mobilisierung von Glucose, die zur ATPErzeugung genutzt wird. Dazu aktiviert Adrenalin das Protein Gas. Die cAMP-Phosphodiesterase ist ein Enzym, das cAMP in AMP umwandelt. Wie würden Hemmstoffe für die cAMP-Phosphodiesterase sich auf die Glucosemobilisierung im Muskel auswirken?

    Lösung

    Gas stimuliert die Adenylat-Cyclase, sodass cAMP entsteht. Dieses Signal führt dann zur Mobilisierung von Glucose (Kap. 21). Bei Hemmung der cAMP-Phosphodiesterase bleibt der cAMP-Spiegel selbst bei Beendigung des Adrenalinsignals hoch, sodass sich die Glucosemobilisierung fortsetzen würde.
  • In Gang kommen. Der Insulinrezeptor ist als Dimer aufgebaut. Durch die gegenseitige Phosphorylierung der Aktivierungsschleifen des jeweils anderen Rezeptormoleküls aktiviert er die Kinase. Schlagen Sie einen Mechanismus vor, wie diese Phosphorylierungsreaktion ablaufen kann, wenn die Kinase zu Beginn in einer inaktiven Form vorliegt.

    Lösung

    Werden die zwei Kinasedomänen fest aufeinander gedrückt, kann die Aktivierungsschleife der Kinase in der inaktivierenden Konformation durch die Aktivierungsschleife der benachbarten Kinase, die als Substrat für die Phosphorylierung dient, ersetzt werden.
  • Viele Fehler. Große Aufmerksamkeit wurde der Ermittlung der Gene gewidmet, bei denen Sequenzveränderungen zur Entwicklung von Diabetes Typ II beitragen. Man hat etwa 800 beteiligte Gene gefunden. Liefern Sie eine Erklärung für diesen Befund.

    Lösung

    Das vollständige Netzwerk von Übertragungswegen, die durch Insulin ausgelöst werden, umfasst eine große Zahl an Proteinen und ist deutlich komplexer aufgebaut als in Abb. 14.26 angedeutet ist. Darüber hinaus sind viele weitere Proteine an der Beendigung der Insulinsignalübertragung beteiligt. Ein Defekt in einem der Proteine der Insulinsignalwege oder in der anschließenden Beendigung der Insulinantwort kann möglicherweise zu Problemen führen. Deshalb verwundert es nicht, dass zahlreiche unterschiedliche Gendefekte Typ-II-Diabetes auslösen können.
  • Wachstumsfaktorsignale. Das menschliche Wachstumshormon bindet auf Zelloberflächen an ein Membranprotein, bei dem es sich nicht um eine Rezeptortyrosinkinase handelt. Die intrazelluläre Domäne dieses Rezeptors tritt ihrerseits mit Proteinen im Zellinneren in Wechselwirkung. Untersuchungen haben außerdem ergeben, dass der Rezeptor ohne Hormon ein Monomer ist, aber nach Bindung des Hormons ein Dimer bildet. Legen Sie dar, welcher Mechanismus der Signalgebung durch den Wachstumsfaktor zugrunde liegen könnte.

    Lösung

    Die Bindung des Wachstumshormons führt zur Dimerisierung seines monomeren Rezeptors. Der dimere Rezeptor kann eine separate Tyrosinkinase aktivieren, an die der Rezeptor bindet. Der Signalübertragungsweg kann sich dann in ähnlicher Weise fortsetzen wie die Signalwege, die durch den Insulinrezeptor oder andere EGF-Rezeptoren der Säuger aktiviert werden.
  • Rezeptorabbruch. Sie kultivieren eine Zelllinie, bei der eine mutierte Form des EGFR übermäßig exprimiert wird. Bei dieser Mutation wurde die gesamte intrazelluläre Region des Rezeptors entfernt. Wir wirkt sich die Überexpression dieses Konstrukts auf die Signalgebung durch EGF aus?

    Lösung

    Der gekürzte Rezeptor wird mit dem vollständigen Monomer an der EGF-Bindungsstelle dimerisieren. Eine gegenseitige Phosphorylierung kann jedoch nicht stattfinden, da der gekürzte Rezeptor weder das Substrat für die benachbarte Kinasedomäne besitzt noch seine eigene Kinasedomäne zur Phosphorylierung des carboxyterminalen Endes des anderen Monomers. Dieser mutierte Rezeptor wird somit die normale Signalgebung durch EGF blockieren.
  • Hybrid. Angenommen, mittels Gentechnologie ließe sich eine Rezeptorchimäre konstruieren, die sich aus der extrazellulären Domäne des Insulinrezeptors und der membrandurchspannenden sowie der intrazellulären Domäne des EGF-Rezeptors zusammensetzt. Man inkubiert Zellen, in denen dieses Molekül exprimiert wird, mit Insulin und untersucht die Phosphorylierung der Rezeptorchimäre. Welche Befunde erwarten Sie und warum? Was würden Sie erwarten, wenn die Zellen mit EGF behandelt werden?

    Lösung

    Insulin würde die Reaktion auslösen, die normalerweise durch EGF hervorgerufen wird. Die Bindung von Insulin stimuliert wahrscheinlich die Dimerisierung und Phosphorylierung des chimären Rezeptors und damit die stromabwärts folgenden Ereignisse, die sonst die Bindung durch EGF verursacht. Die Einwirkung von EGF auf diese Zellen würde keine Wirkung zeigen.
  • Totale Verstärkung. Angenommen, jedes durch Adrenalin angeregte Molekül des B-adrenergen Rezeptors kann 100 Moleküle Gas in die GTP-Form umwandeln und jedes aktivierte Adenylat-Cyclase-Molekül 1000 Moleküle cAMP pro Sekunde erzeugen. Wie viele cAMP-Moleküle werden bei einer voll ausgeprägten Reaktion in einer Sekunde gebildet, nachdem ein einziger Komplex aus Adrenalin und dem B-adrenergen Rezeptor entstanden ist?

    Lösung

    10^5
  • Der Signaltransduktionsweg des Nervenwachstumsfaktors. Der Nervenwachstumsfaktor (NGF) bindet an eine Rezeptortyrosinkinase. In Zellen, die diesen Rezeptor exprimieren und mit NGF behandelt werden, steigt die Menge des Diacylglycerins in der Plasmamembran. Skizzieren Sie einen einfachen Signalübertragungsweg und geben Sie an, welche Isoformen der einzelnen Enzyme beteiligt sind. Würden Sie damit rechnen, dass durch die beschriebene Behandlung auch die Konzentration anderer verbreiteter Second Messenger ansteigt?

    Lösung

    Die Bildung von Diacylglycerin bedeutet, dass die Phospholipase C beteiligt sein muss. Ein einfacher Signalweg könnte über Rezeptoraktivierung durch gegenseitige Phosphorylierung und die Bindung der Phospholipase C (über ihre SH2-Domänen) verlaufen. Die Beteiligung der Phospholipase C deutet darauf hin, dass auch IP3 gebildet wird und deshalb die Calciumkonzentration zunehmen könnte.
  • Redundanz. Aufgrund der hohen genetischen Variabilität von Tumoren, gibt es keine Antikrebstherapie, die für alle Patienten gleichermaßen wirksam ist, selbst bei Vorliegen gleicher Tumorarten. Daher wäre es wünschenswert, einen bestimmten Weg an mehr als einer Stelle innerhalb der Signalkaskade zu hemmen. Schlagen Sie – zusätzlich zu dem auf EGFR abzielenden, monoklonalen Antikörper Cetuximab – alternative Strategien für die Entwicklung von Antitumormitteln vor, die auf den EGF-Signalübertragungsweg abzielen.

    Lösung

    Andere mögliche Angriffsorte für Arzneimittel innerhalb der EGF-Signalkaskade sind unter anderem die aktiven Zentren der Kinase des EGF-Rezeptors, Raf, MEK oder ERK.
  • Entfernte Verwandte. Die Adenylat-Cyclase ähnelt in ihrer Struktur manchen DNA-Polymerasen. Dies lässt darauf schließen, dass diese Enzyme von einem gemeinsamen Vorfahren abstammen. Vergleichen Sie die Reaktionen, die von den beiden Enzymen katalysiert werden. In welcher Hinsicht sind sie sich ähnlich?

    Lösung

    In der Reaktion, die die Adenylat-Cyclase katalysiert, greift die 3‘-OH-Gruppe das a-Phosphoratom nucleophil an, das mit der 5‘-OH-Gruppe verknüpft ist. Dadurch kommt es zu einer Freisetzung von Pyrophosphat. Die Reaktion, die von der DNA-Polymerase katalysiert wird, ist identisch, mit dem Unterschied, dass sich die 3‘-OH-Gruppe an einem anderen Molekül befindet.
  • Kinaseinhibitoren als Arzneimittel. Die Untersuchung der Funktion und der Struktur weist darauf hin, dass Imatinib Mesylat ein ATP-kompetitiver Inhibitor der Bcr-Abl-Kinase ist. Tatsächlich konkurrieren viele Kinaseinhibitoren, die noch in der Entwicklung sind oder derzeit bereits als Arzneimittel auf dem Markt sind, mit ATP. Können Sie einen möglichen Nachteil von Arzneimitteln erkennen, die diesen speziellen Wirkmechanismus nutzen?

    Lösung

    ATP-kompetitive Inhibitoren wirken wahrscheinlich an mehreren Kinasen, da jede Kinasedomäne eine ATP-Bindungsstelle besitzt. Diese Arzneimittel wirken daher bezüglich der Kinase als gewünschtem Ziel nicht selektiv.
  • Komplexe Muster. Was versteht man unter dem Begriff Intermediärmetabolismus?

    Lösung

    Die komplex miteinander in Beziehung stehenden biochemischen Reaktionen innerhalb einer Zelle.
  • Gegenteil. Unterscheiden Sie zwischen Anabolismus und Katabolismus.

    Lösung

    Als Anabolismus fasst man alle biochemischen Reaktionen zusammen, bei denen unter Verbrauch von Energie neue Moleküle und letztendlich neue Zellen aufgebaut werden. Unter Katabolismus versteht man all jene biochemischen Reaktionen, die Brennstoffen Energie entziehen oder Biomoleküle abbauen.
  • Graffiti. Auf dem Weg zu Ihrem Biochemiekurs zusammen mit einem Freund entdecken Sie, dass an die Wand des Institutsgebäudes die folgende Graffiti gesprüht wurde: „Bei einem System im Gleichgewicht erreicht die freie Enthalpie (Gibbs-Energie) ihr Maximum.“ Sie sind nicht nur über den Vandalismus empört, sondern auch über das Unwissen des Vandalen. Ihr Freund bittet Sie, ihm dies zu erklären.

    Lösung

    Sie antworten ihm, dass dieser Vandalismus respektlos und kostspielig ist. Ein Teil der Studiengebühren wird nun dafür draufgehen, die Graffiti zu beseitigen. Und außerdem sollte der Idiot eigentlich wissen, dass die freie Enthalpie (Gibbs-Energie) in einem System im Gleichgewicht ihr Minimum erreicht.
  • Warum überhaupt essen? Nennen Sie die drei wichtigsten Verwendungsmöglichkeiten für zelluläre Energie.

    Lösung

    Zellbewegungen und das Leisten mechanischer Arbeit; aktiver Transport; Biosynthesereaktionen.
  • Ordnen Sie zu. 1) Energiewährung der Zelle; 2) Elektronenüberträger im Anabolismus; 3) phototropher Organismus; 4) Elektronenübertragungsreaktion im Katabolismus; 5) Redoxreaktion; 6) aktivierter Carrier von zwei Kohlenstofffragmenten; 7) Vitamin; 8) Anabolismus: 9) amphibolische Reaktion; 10) Katabolismus; a) NAD+; b) Coenzym A; c) Vorstufe von Coenzymen; d) liefert Energie; e) verbraucht Energie; f) ATP; g) überträgt Elektronen; h) NADP+; i) wandelt Lichtenergie in chemische Energie um; j) wird im Anabolismus und Katabolismus gebraucht

    Lösung

    1) f; 2) h; 3) i; 4) a; 5) g; 6) b; 7) c; 8) e; 9) j; 10) d
  • Ladungen. ATP liegt in vivo in der Regel an Magnesium- oder Manganionen gebunden vor. Warum ist dies der Fall?

    Lösung

    Diese Ionen neutralisieren die Ladungen des ATP und ermöglichen zudem Wechselwirkungen mit Makromolekülen, die ATP binden.
  • Energie zur Verbrennung. Welche Faktoren sind für das hohe Phosphorylgruppenübertragungspotenzial von Nucleosidtriphosphaten verantwortlich?

    Lösung

    Ladungsabstoßung, Resonanzstabilisierung, Zunahme der Entropie und Stabilisierung durch Hydratation.
  • Rückblick in die Vergangenheit. Erklären Sie die Tatsache, dass ATP und nicht ein anderes Nucleosidtriphosphat als Energiewährung für Zellen dient.

    Lösung

    Fangfrage. Die Antwort darauf ist nicht bekannt. Da Adenin offenbar unter präbiotischen Bedingungen leichter gebildet wird, könnte es sein, dass anfangs ATP vorgeherrscht hat.
  • Eine Sache der Währung. Warum ist es äußerst sinnvoll, dass Zellen nur ein einziges Nucleotid, nämlich ATP, als Energiewährung dient.

    Lösung

    Dass die verfügbare Energie nur durch ein Nucleotid verkörpert wird, ermöglicht der Zelle, ihren Energiestatus besser zu überwachen.
  • Umweltbedingungen. Die freie Standardenthalpie der Hydrolyse von ATP beträgt ?30,5 kJ mol^-1. Welche Parameter könnte man ändern, um die freie Standardenthalpie der Hydrolyse zu verändern?

    Lösung

    Bei einer Erhöhung der ATP-Konzentration oder eine Verringerung der Konzentration von zellulärem ADP oder Pi (beispielsweise durch Eliminierung anderer Reaktionen) könnte man die Reaktion exergonischer machen. Ähnlich könnte man durch Veränderung der Mg2+-Konzentration ?G der Reaktion erhöhen oder verringern.
  • Rohe Gewalt. Stoffwechselwege umfassen häufig Reaktionen mit positiven Werten für die freie Standardenthalpie, aber trotzdem finden diese Reaktionen statt. Wie ist dies möglich?

    Lösung

    Die Veränderungen der freien Standardenthalpie der einzelnen Schritte eines Reaktionsweges summieren sich und bestimmen so die Änderung der freien Standardenthalpie des gesamten Reaktionsweges. Folglich kann eine Reaktion mit einem positiven Wert für die freie Standardenthalpie dann stattfinden, wenn sie mit einer ausreichend exergonischen Reaktion gekoppelt ist.
  • Ein wiederkehrendes Motiv. Welche gemeinsame strukturelle Eigenschaft besitzen ATP, FAD, NAD+ und CoA?

    Lösung

    Eine ADP-Einheit
  • Ergonomische Hilfe oder Behinderung? Kreatin ist in den USA ein beliebter, aber nicht geprüfter Nahrungszusatz. a) Was steckt biochemisch hinter dieser Verwendung von Kreatin? b) Welche Art von Training würde von einer Kreatinzufuhr am meisten profitieren?

    Lösung

    a) Der Gedanke hinter einer Verwendung von Kreatin als Ersatzstoff ist, dass es in Kreatinphosphat umgewandelt werden kann, das wiederum nach der Muskelkontraktion als schnell verfügbare Quelle für ATP dient. b) Wenn die zusätzliche Verabreichung von Kreatin eine positive Wirkung hat, sollte dies Aktivitäten betreffen, die einen kurzen schnellen Aktivitätsanstieg erfordern; dauerhafte Aktivitäten beruhen immer auf der Erzeugung von ATP durch den Stoffwechsel energiereicher Substanzen, was mehr Zeit in Anspruch nimmt (Abb. 15.7).
  • Outsourcing. Outsourcing oder Auslagerung ist bei Unternehmen eine gängige Praxis, bei der vertraglich mit anderen Unternehmen geregelt ist, dass sie bestimmte Aufgaben übernehmen. Erstmals praktiziert wurde sie allerdings von höheren Organismen, denn sie sind häufig von niederen Organismen abhängig, die bestimmte biochemische Funktionen erfüllen. Nennen Sie ein Beispiel für biochemisches Outsourcing aus diesem Kapitel.

    Lösung

    Höhere Organismen können Vitamine nicht selbst synthetisieren und sind somit darauf angewiesen, diese von anderen Organismen zu erhalten.
  • Abbauprodukte. Die Verdauung bildet den ersten Schritt, um der aufgenommenen Nahrung ihre Energie zu entziehen, aber bei diesem Schritt wird noch keine nutzbare Energie gewonnen. Warum wird die Verdauung dennoch als Schritt bei der Energiegewinnung eingestuft?

    Lösung

    Erst wenn die aufgenommene Nahrung in Moleküle umgewandelt wird, die vom Darm absorbiert werden können, kann der Körper der Nahrung Energie entziehen.
  • Energiereiche Elektronen. Was fungiert im Katabolismus als aktivierter Elektronencarrier und was im Anabolismus?

    Lösung

    NADH und FADH2 fungieren im Katabolismus als Elektronencarrier, NADPH ist der Carrier im Anabolismus.
  • Weniger Nachhall. Die in der Biochemie verbreiteten Thioester sind instabiler (energiereicher) als Sauerstoffester. Erläutern Sie, warum dies der Fall ist.

    Lösung

    Die Elektronen der C-O-Bindung können mit der C-S-Bindung nicht so stabile Resonanzstrukturen ausbilden wie mit der C-O-Bindung. Somit ist der Thioester nicht in gleichem Maße resonanzstabilisiert wie ein Sauerstoffester.
  • Klassifizierung von Reaktionen. Welche sechs Reaktionstypen sind in der Biochemie am häufigsten? Oxidations-Reduktions-Reaktionen (Redoxreaktionen); Ligationsreaktionen; Isomerisierungsreaktionen; Gruppenübertragungsreaktionen; hydrolytische Reaktionen; Spaltung von Bindungen auf anderem Weg als durch Hydrolyse oder Oxidation.

    Lösung

    Oxidations-Reduktions-Reaktionen (Redoxreaktionen); Ligationsreaktionen; Isomerisierungsreaktionen; Gruppenübertragungsreaktionen; hydrolytische Reaktionen; Spaltung von Bindungen auf anderem Weg als durch Hydrolyse oder Oxidation.
  • Stets unter Kontrolle. Welches sind die drei wichtigsten Kontrollmechanismen für Reaktionen des Metabolismus?

    Lösung

    Die Kontrolle der Enzymmenge, die Regulation der Enzymaktivität sowie die Kontrolle der Substratverfügbarkeit.
  • Kinetik versus Thermodynamik. Die Reaktion von NADH mit Sauerstoff zu NAD+ und H2O verläuft sehr exergonisch; dagegen ist die Reaktion von NADH mit Sauerstoff ausgesprochen langsam. Warum läuft eine thermodynamisch günstigere Reaktion nicht schneller ab?

    Lösung

    Die Reaktion ist zwar thermodynamisch begünstigt, aber aufgrund der hohen Aktivierungsenergie sind die Reaktanden kinetisch stabil. Enzyme setzen die Aktivierungsenergie herab, sodass die Reaktionen in dem für die Zelle benötigten zeitlichen Rahmen ablaufen können.
  • Aktiviertes Sulfat. Fibrinogen enthält Tyrosin-O-sulfat. Schlagen Sie eine aktivierte Form des Sulfats vor, die in vivo mit der aromatischen Hydroxylgruppe eines Tyrosinrestes in einem Protein unter Bildung von Tyrosin-O-sulfat reagieren könnte.

    Lösung

    Die aktivierte Form von Sulfat ist bei den meisten Organismen das 3‘-Phosphoadenosin-5‘-phosphosulfat.
  • Brutto contra netto. Beim Abbau von Glucose zu zwei Molekülen Pyruvat werden brutto vier Moleküle ATP gebildet. Die Nettoausbeute beträgt jedoch nur zwei Moleküle ATP. Warum unterscheiden sich Brutto- und Nettoausbeute?

    Lösung

    Pro Molekül Glycerinaldehyd-3-phosphat werden zwei Moleküle ATP produziert; da aus jedem Molekül Glucose jedoch zwei Moleküle GAP gebildet werden, entstehen insgesamt vier Moleküle ATP. Zwei Moleküle ATP werden aber verbraucht, um Glucose in Fructose-1,6-bisphosphat umzuwandeln. Daher beträgt die tatsächliche Nettoausbeute nur zwei Moleküle ATP.
  • Zusammengehören wie der Tiger und der Bär. Ordnen Sie den Begriffen (a-j) ihre korrekte Beschreibung (1-10) zu. a) Hexokinase; b) Glucose-6-phosphat-Isomerase; c) Phosphofructokinase; d) Aldolase; e) Triosephosphat-Isomerase; f) Glycerinaldehyd-3-phosphat-Dehydrogenase; g) Phosphoglyceratkinase; h) Phosphoglycerat-Mutase; i) Enolase; j) Pyruvatkinase; 1) bildet Fructose-1,6-bisphosphat; 2) bildet die erste Verbindung mit hohem Phosphorylgruppenübertragungspotenzial, die kein ATP ist; 3) wandelt Glucose-6-phosphat in Fructose-6-phosphat um; 4) phosphoryliert Glucose; 5) bildet das zweite ATP-Molekül; 6) spaltet Fructose-1,6-bisphosphat; 7) bildet die zweite Verbindung mit hohem Phosphorylgruppenübertragungspotenzial, die kein ATP ist; 8) katalysiert die Umwandlung von C3-Isomeren; 9) wandelt 3-Phosphoglycerat in 2-Phosphoglycerat um; 10) bildet das erste ATP-Molekül

    Lösung

    a) 4; b) 3; c) 1; d) 6; e) 8; f) 2; g) 10; h) 9; i) 7; j) 5
  • Wer nimmt und wer gibt? Milchsäuregärung und alkoholische Gärung sind Redoxreaktionen. Nennen Sie den jeweiligen Elektronendonator und Elektronenakzeptor.

    Lösung

    In beiden Fällen ist der Elektronendonator Glycerinaldehyd-3-phosphat. Bei der Milchsäuregärung ist der Elektronenakzeptor Pyruvat, das in Lactat umgewandelt wird. Bei der alkoholischen Gärung ist der Elektronenakzeptor Acetaldehyd, wodurch Ethanol entsteht.
  • ATP-Ausbeute. Jedes der folgenden Moleküle wird im Verlauf der Glykolyse zu Lactat abgebaut. Wie viel ATP wird beim Abbau jedes einzelnen Moleküls jeweils gebildet? a) Glucose-6-phosphat; b) Dihydroxyacetonphosphat; c) Glycerinaldehyd-3-phosphat; d) Fructose; e) Saccharose

    Lösung

    a) 3 ATP; b) 2 ATP; c) 2 ATP; d) 2 ATP; e) 4 ATP
  • Redundanz von Enzymen? Warum ist es für die Leber vorteilhaft, sowohl über die Hexokinase als auch über die Glucokinase zu verfügen, um Glucose zu phosphorylieren?

    Lösung

    Durch die Glucokinase vermag die Leber Glucose aus dem Blut zu entfernen, wenn die Hexokinase gesättigt ist. Dadurch wird Glucose für eine spätere Verwendung eingefangen.
  • Magie? Im Gleichgewicht liegt die Umwandlung von Dihydroxyacetonphosphat (DHAP) und Glycerinaldehyd-3-phosphat (GAP) ineinander deutlich auf der Seite des DHAP. Dennoch wird DHAP von der Triosephosphat-Isomerase rasch zu GAP isomerisiert. Woran liegt das?

    Lösung

    Das gebildete GAP wird durch die nachfolgende Reaktion direkt entfernt und so dem Gleichgewicht entzogen, sodass das Enzym weiteres DHAP in GAP umwandeln kann.
  • Zwischen zwei Extremen. Welche Funktion besitzen Thioester bei der Bildung von ATP in der Glykolyse?

    Lösung

    Ein Thioester stellt die Verbindung zwischen der Oxidation von Glycerinaldehyd-3-phosphat zu 3-Phosphoglycerat und der Bildung von 1,3-Bisphosphoglycerat her.
  • Unternehmen als Sponsoren. Die ersten Schritte bei der Erforschung der Glykolyse wurden von der Brauereiindustrie unterstützt. Warum könnte dieser Industriezweig an der Erforschung der Glykolyse interessiert gewesen sein?

    Lösung

    Die Glykolyse ist ein Teil der alkoholischen Gärung, also des Stoffwechselweges, der auch bei der Bier- und Weinherstellung den Alkohol liefert. Man nahm an, dass die Kenntnisse der biochemischen Grundlagen der Alkoholproduktion zu effizienteren Verfahren in der Bierherstellung führen würden.
  • Empfohlene Tagesdosis. Die empfohlene Tagesdosis für das Vitamin Niacin beträgt 15 mg pro Tag. Inwiefern könnte die Glykolyse von einem Niacinmangel beeinflusst werden?

    Lösung

    Die Umwandlung von Glycerinaldehyd-3-phosphat in 1,3-Bisphosphoglycerat wäre beeinträchtigt. Die Glykolyse verliefe weniger effizient.
  • Wer ist schneller? Obwohl sowohl die Hexokinase als auch die Phosphofructokinase irreversible Reaktionen der Glykolyse katalysieren und die von der Hexokinase katalysierte Reaktion zuerst stattfindet, ist die von der Phosphofructokinase katalysierte Reaktion doch die Schrittmacherreaktion der Glykolyse. Was verrät Ihnen diese Information über den Weg des von der Hexokinase gebildeten Glucose-6-phosphats?

    Lösung

    Das Glucose-6-phosphat muss andere Wege einschlagen. Tatsächlich kann es in Glykogen umgewandelt (Kap. 21) oder so weiterverarbeitet werden, dass es Reduktionskraft für Biosynthesen bereitstellt (Kap. 20).
  • Hase und Igel. Warum ist die Regulation der Phosphofructokinase durch die Energieladung in der Leber nicht von so großer Bedeutung wie in der Muskulatur?

    Lösung

    Der Energiebedarf der Muskelzelle variiert stark; die Muskelaktivität reicht von absoluter Ruhe bis zur intensiven Anstrengung. Die Regulation der Phosphofructokinase durch die Energieladung ist daher unerlässlich. In anderen Geweben wie der Leber schwankt die ATP-Konzentration dagegen weniger stark und ist kein entscheidender Regulator der Phosphofructokinase.
  • Wie der Zusammenschluss zweier Großstädte zu einer Metropole. Ordnen Sie den Begriffen (a-g) ihre korrekte Beschreibung (1-7) zu. a) Lactat; b) Pyruvat-Carboxylase; c) Acetyl-CoA; d) Phosphoenolpyruvat-Carboxykinase; e) Glycerin; f) Fructose-1,6-bisphosphatase; g) Glucose-6-phosphatase; 1) bildet Oxalacetat; 2) wird leicht in DHAP umgewandelt; 3) bildet eine Verbindung mit hohem Phosphorylgruppenübertragungspotenzial; 4) befindet sich vorwiegend in der Leber; 5) ist die Entsprechung der PFK in der Gluconeogenese; 6) kann leicht in Pyruvat umgewandelt werden; 7) ist für die Aktivität der Pyruvat-Carboxylase erforderlich

    Lösung

    a) 6; b) 1; c) 7; d) 3; e) 2; f) 5; g) 4
  • Straßensperren. Welche Reaktionen der Glykolyse sind unter den normalen intrazellulären Bedingungen nicht leicht umkehrbar?

    Lösung

    Die Umwandlung von Glucose in Glucose-6-phosphat durch die Hexokinase, die Umwandlung von Fructose-6-phosphat in Fructose-1,6-bisphosphat durch die Phosphofructokinase und die Bildung von Pyruvat aus Phosphoenolpyruvat durch die Pyruvatkinase sind nicht leicht umkehrbar.
  • Nicht sauer eingelegt. Warum ist es für den Muskel von Vorteil, die während einer starken Anstrengung gebildete Milchsäure in den Blutkreislauf abzugeben?

    Lösung

    Milchsäure ist eine starke Säure. Würde sie in der Zelle verbleiben, so würde der pH-Wert sinken, wodurch es zur Denaturierung von Muskelprotein käme und die Muskulatur geschädigt würde.
  • Nach Ihnen. Warum ist es physiologisch gesehen vorteilhaft für das Pankreas, Glucose mithilfe des Transporters GLUT2 mit seinem hohen KM-Wert in die B-Zellen zu transportieren.

    Lösung

    GLUT2 transportiert Glucose nur, wenn die Blutkonzentration von Glucose hoch ist. Dieses ist genau dann der Fall, wenn die B-Zellen des Pankreas Insulin ausschütten.
  • Wie Batman und Robin. Ordnen Sie zu. a) Glucose-6-phosphat; b) [ATP] < [AMP]; c) Citrat; d) ein niedriger pH-Wert; e) Fructose-1,6-bisphosphat; f) Fructose-2,6-bisphosphat; g) Insulin; h) besitzt einen hohen KM-Wert für Glucose; i) Transporter, der für Leber und Pankreas spezifisch ist; j) [ATP] > [AMP]; 1) hemmt die Phosphofructokinase in der Leber; 2) Glucokinase; 3) GLUT2; 4) hemmt die Hexokinase; 5) hemmt die Phosphofructokinase im Muskel; 6) hemmt die Phosphofructokinase; 7) aktiviert die Pyruvatkinase; 8) aktiviert die Phosphofructokinase in der Leber; 9) bewirkt einen Einbau von GLUT4 in Zellmembranen; 10) aktiviert die Phosphofructokinase

    Lösung

    a) 4; b) 10; c) 1; d) 5; e) 7; f) 8; g) 9; h) 2; i) 3; j) 6
  • Zukünftige Schwierigkeiten. Nehmen Sie an, ein obligat anaerober Mikroorganismus mutiert, sodass die Aktivität der Triosephosphat-Isomerase verloren geht. Wie beeinflusst ein solcher Aktivitätsverlust die ATP-Ausbeute der Gärung? Könnte ein solcher Organismus überleben?

    Lösung

    Ohne die Triosephosphat-Isomerase könnte von der Aldolase nur eines der zwei entstandenen C3-Moleküle zur Herstellung von ATP genutzt werden. Durch den Abbau von Glucose entstünden nur zwei Moleküle ATP. Es wären jedoch weiterhin zwei ATP-Moleküle notwendig, um Fructose-1,6-bisphosphat, das Substrat der Aldolase, herzustellen. Die Nettoausbeute an ATP wäre gleich Null, eine Ausbeute, die mit dem Leben nicht vereinbar ist.
  • Küchenchemie. Saccharose wird allgemein zur Konservierung von Früchten verwendet. Warum eignet sich Glucose nicht zur Nahrungsmittelkonservierung?

    Lösung

    Glucose ist reaktiv, weil die offene Kettenform eine Aldehydgruppe enthält.
  • Hohes Potenzial. Wie groß ist das Gleichgewichtsverhältnis von Phosphoenolpyruvat zu Pyruvat unter Standardbedingungen, wenn [ATP] / [ADP] = 10 ist?

    Lösung

    3,06 x 10^-5
  • Hexose-Triose-Gleichgewicht. Wie groß sind die Gleichgewichtskonzentrationen von Fructose-1,6-bisphosphat, Dihydroxyacetonphosphat und Glycerinaldehyd-3-phosphat, wenn 1 mM Fructose-1,6-bisphosphat mit Aldolase unter Standardbedingungen inkubiert wird?

    Lösung

    Die Gleichgewichtskonzentrationen von Fructose-1,6-bisphosphat, Dihydroxyacetonphosphat und Glycerinaldehyd-3-phosphat betragen 7,8 x 10^-4 M, 2,2 x 10^-4 M beziehungsweise 2,2 x 10^-4 M.
  • Ein informatives Analogon. Xylose hat die gleiche Struktur wie Glucose, außer dass sie am C-5 ein Wasserstoffatom anstelle der Hydroxymethylgruppe trägt. Die Geschwindigkeit der ATP-Hydrolyse durch die Hexokinase wird durch Zugabe von Xylose deutlich gesteigert. Warum?

    Lösung

    Die Hexokinase besitzt in Abwesenheit von Zucker nur eine geringe ATPase-Aktivität, weil sie in einer katalytisch inaktiven Konformation vorliegt. Die Zugabe von Xylose schließt den Spalt zwischen den beiden Lappen des Enzyms. Die Xylose besitzt jedoch keine Hydroxymethylgruppe und kann daher nicht phosphoryliert werden. Stattdessen fungiert ein Wassermolekül an der Stelle, die normalerweise von der C-6-Hydroxymethylgruppe besetzt ist, als Akzeptor der Phosphorylgruppe von ATP.
  • Unterschiedliche Kohlenhydrate. Die intravenöse Fructoseinfusion führt bei gesunden Probanden zu einem zwei- bis fünffachen Anstieg des Lactatspiegels im Blut. Dies ist ein wesentlich höherer Anstieg, als man ihn nach Infusion der gleichen Glucosemenge findet. a) Warum läuft die Glykolyse nach Fructoseinfusion schneller ab? b) Fructose wurde anstelle von Glucose zur intravenösen Ernährung verwendet. Warum ist dies unklug?

    Lösung

    a) Im Fructose-1-phosphat-Weg entsteht Glycerinaldehyd-3-phosphat. b) Phosphofructokinase, ein wichtiges regulatorisches Enzym, wird hier umgangen.
  • Es ist nicht schwer, Kosten entstehen zu lassen. Sie sind überall. Welche energetische Barriere verhindert, dass die Glykolyse einfach in umgekehrter Richtung abläuft und Glucose synthetisiert wird? Wie viel Energie muss aufgewendet werden, um diese Barriere zu überwinden?

    Lösung

    Unter zellulären Bedingungen ist die Umkehr der Glykolyse stark endergonisch. Der Aufwand von sechs NTP-Molekülen in der Gluconeogenese lässt die Gluconeogenese zu einer exergonischen Reaktionsfolge werden.
  • Spare in der Zeit, so hast Du in der Not. Warum ist die Umwandlung von Milchsäure aus dem Blut in der Leber für den Organismus vorteilhaft?

    Lösung

    Die Milchsäure kann weiter oxidiert werden und ist daher eine nutzbare Energiequelle. Die Umwandlung dieser Säure in Glucose sichert die Kohlenstoffatome für eine zukünftige Verwertung.
  • Für Straßensperren gibt es Umleitungen. Wie werden die irreversiblen Reaktionen der Glykolyse in der Gluconeogenese umgangen?

    Lösung

    In der Glykolyse ist die Bildung von Pyruvat und ATP durch die Pyruvatkinase irreversibel. Diese Reaktion wird in der Gluconeogenese durch zwei Reaktionen umgangen: erstens die Synthese von Oxalacetat aus Pyruvat und CO2 durch die Pyruvat-Carboxylase und zweitens die Bildung von Phosphoenolpyruvat aus Oxalacetat und GTP durch die Phosphoenolpyruvat-Carboxykinase. Die Synthese von Fructose-1,6-bisphosphat durch die Phosphofructokinase wird in der Gluconeogenese von der Fructose-1,6-bisphosphatase umgangen, die die Umwandlung von Fructose-1,6-bisphosphat in Fructose-6-phosphat katalysiert. Und als Letztes wird die von der Hexokinase katalysierte Bildung von Glucose-6-phosphat in der Glykolyse durch die Glucose-6-phosphatase umgangen, allerdings nur in der Leber.
  • Die Verschwendung umgangen. Durch welche regulatorischen Mechanismen wird verhindert, dass Glykolyse und Gluconeogenese gleichzeitig ablaufen?

    Lösung

    Der gleichzeitige Ablauf von Glykolyse und Gluconeogenese wird durch eine reziproke Regulation mithilfe von allosterisch regulierten Schlüsselenzymen in beiden Stoffwechselwegen verhindert. So wird die PFK durch Fructose-2,6-bisphosphat und AMP stimuliert. Auf die Fructose-1,6-bisphosphatase wirken diese beiden Signalmoleküle jedoch entgegengesetzt. Würden beide Wege gleichzeitig ablaufen, würde ein sogenannter futile cycle, ein „nutzloser Zyklus“ auftreten, in dem ATP hydrolysiert und ausschließlich Wärme erzeugt würde.
  • Unterschiedlicher Bedarf. In der Leber findet hauptsächlich Gluconeogenese statt, im Muskel dagegen primär die Glykolyse. Weshalb ist diese Arbeitsteilung physiologisch sinnvoll?

    Lösung

    Im Muskel entsteht während der Kontraktion Milchsäure. Milchsäure ist eine starke Säure und sollte sich im Muskel oder auch im Blut nicht anreichern. Die Leber entfernt die Milchsäure aus dem Blut und wandelt sie in Glucose um. Die Glucose kann wiederum in das Blut freigesetzt werden oder sie wird für eine spätere Verwendung als Glykogen gespeichert.
  • Stoffwechselmutanten. Welche Auswirkungen auf die Fähigkeit eines Organismus zur Nutzung von Glucose als Energiequelle hat eine Mutation, die die Glucose-6-phosphatase in der Leber inaktiviert?

    Lösung

    Die in der Leber produzierte Glucose kann nicht in das Blut freigesetzt werden. Gewebe, die auf die Glucose als Energiequelle angewiesen sind, könnten ihre Funktion nicht erfüllen, solange keine Glucose mit der Nahrung zugeführt wird.
  • Lass mich nicht los. Warum ist das Fehlen der Glucose-6-phosphatase-Aktivität in Gehirn und Muskel physiologisch sinnvoll?

    Lösung

    Für beide Gewebe stellt Glucose eine wichtige Energiequelle dar, für das Gehirn ist sie sogar die einzige Energiequelle. Diese Gewebe sollten daher unter keinen Umständen Glucose freisetzen. Das Fehlen der Glucose-6-phosphatase verhindert den Verlust von Glucose.
  • Zählen energiereicher Verbindungen 1. Wie viele NTP-Moleküle sind für die Synthese eines Moleküls Glucose aus zwei Molekülen Pyruvat erforderlich? Wie viele NADH-Moleküle werden benötigt?

    Lösung

    6 NTP (4 ATP und 2 GTP); 2 NADH
  • Zählen energiereicher Verbindungen 2. Wie viele NTP-Moleküle sind für die Synthese eines Moleküls Glucose aus folgenden Verbindungen erforderlich? a) Glucose-6-phosphat; b) Fructose-1,6-bisphosphat; c) zwei Moleküle Oxalacetat; d) zwei Moleküle Dihydroxyacetonphosphat

    Lösung

    a) Keines; b) Keines; c) 4 (2 ATP und 2 GTP); d) Keines
  • Kräftig zupacken. Wie könnten Enzyme, die Aminogruppen von Alanin und Aspartat abspalten, zur Gluconeogenese beitragen?

    Lösung

    Werden die Aminogruppen von Alanin und Aspartat entfernt, entstehen die beiden Ketosäuren Pyruvat und Oxalacetat. Beide Moleküle sind Zwischenprodukte der Gluconeogenese.
  • Mehr Stoffwechselmutanten. Welche Auswirkungen auf die Geschwindigkeit der Glykolyse in Leberzellen haben die folgenden Mutationen: a) Verlust des allosterischen Zentrums für ATP bei der Phosphofructokinase. b) Verlust der Bindungsstelle für Citrat bei der Phosphofructokinase. c) Verlust der Phosphatasedomäne des bifunktionellen Enzyms, das den Fructose-2,6-bisphosphat-Spiegel kontrolliert. d) Verlust der Bindungsstelle für Fructose-1,6-bisphosphat in der Pyruvatkinase.

    Lösung

    a) Erhöht; b) Erhöht; c) Erhöht; d) Verringert
  • Und noch eine Stoffwechselmutante. Welche wahrscheinlichen Auswirkungen hat ein genetischer Defekt, der die Sensitivität der Fructose-1,6-bisphosphatase in der Leber für eine Regulation durch Fructose-2,6-bisphosphat herabsetzt?

    Lösung

    Fructose-2,6-bisphosphat, das bei Glucoseüberschuss in hoher Konzentration vorhanden ist, inhibiert normalerweise die Gluconeogenese, indem es die Fructose-1,6-bisphosphatase hemmt. Bei dieser genetischen Störung ist die Phosphatase unabhängig vom Glucosespiegel aktiv. Der Substratumsatz ist daher erhöht. Die Konzentration von Fructose-1,6-bisphosphat ist daher niedriger als normal. Es wird weniger Pyruvat gebildet und daher auch weniger ATP.
  • Reduktion und Recycling. Bei der Umwandlung von Glucose in zwei Moleküle Lactat wird das früher in diesem Weg erzeugte NADH zu NAD+ oxidiert. Warum ist es für die Zellen nicht vorteilhaft, einfach mehr NAD+ herzustellen, damit die Regeneration nicht notwendig ist? Schließlich würden die Zellen viel Energie sparen, da sie keine Lactat-Dehydrogenase mehr synthetisieren müssten.

    Lösung

    Dieses Beispiel verdeutlicht den Unterschied zwischen der stöchiometrischen und der katalytischen Verwendung eines Moleküls. Würden die Zellen NAD+ stöchiometrisch nutzen, wäre bei jeder Spaltung eines Lactatmoleküls ein neues Molekül NAD+ erforderlich. Die Synthese von NAD+ benötigt jedoch ATP. Kann andererseits NAD+, das in NADH umgewandelt wird, wiederholt verwendet werden, regeneriert eine geringe Menge dieses Moleküls eine sehr große Menge Lactat. Dies ist in der Zelle der Fall. NAD+ wird durch die Oxidation von NADH wieder hergestellt und steht erneut zur Verfügung. NAD+ wird also katalytisch verwendet.
  • Gegeneinander arbeiten? Die Gluconeogenese findet während intensiver Anstrengungen statt, das scheint widersprüchlich. Warum könnte ein Organismus Glucose synthetisieren und gleichzeitig Glucose zur Energieerzeugung verwenden?

    Lösung

    Die Synthese von Glucose während einer intensiven körperlichen Betätigung ist ein gutes Beispiel für die Zusammenarbeit verschiedener Organe bei höheren Organismen. Wird ein Muskel aktiv kontrahiert, entsteht durch die Glykolyse aus Glucose Lactat. Lactat wird in das Blut freigesetzt und von der Leber aufgenommen, wo es über die Gluconeogenese wieder in Glucose umgewandelt wird. Diese neu synthetisierte Glucose wird wiederum freigesetzt und vom Muskel für die Erzeugung von Energie aufgenommen.
  • Stoffwechselwege antreiben. Vergleichen Sie die Stöchiometrie der Glykolyse und der Gluconeogenese. Denken Sie daran, dass der Aufwand eines Moleküls ATP einer Änderung der Gleichgewichtskonstanten um ungefähr den Faktor 10^8 entspricht (Abschn. 15.2). Um welchen Faktor verändern die zusätzlichen Verbindungen mit hohem Phosphorylgruppenübertragungspotenzial die Gleichgewichtskonstante der Gluconeogenese?

    Lösung

    Die Zufuhr von vier zusätzlichen Molekülen mit übertragbaren energiereichen Phosphorylgruppen zur Gluconeogenese verändert die Gleichgewichtskonstante um den Faktor 10^32, was die Umwandlung von Pyruvat in Glucose thermodynamisch begünstigt. Ohne diese Energiezufuhr würde die Gluconeogenese nicht stattfinden.
  • Argument der Analogie. Schlagen Sie anhand des Mechanismus der Triosephosphat-Isomerase einen Mechanismus für die Umwandlung von Glucose-6-phosphat in Fructose-6-phosphat durch die Glucose-6-phosphat-Isomerase vor.

    Lösung

    Der Mechanismus ist analog zu dem der Triosephosphat-Isomerase (Abb. 16.5). Die Reaktion verläuft über eine Endiol-Zwischenstufe. Das aktive Zentrum sollte eine beliebige basische Gruppe (analog zu Glu 165 bei TIM) und eine beliebige Säuregruppe (analog zu His 95 bei TIM) enthalten.
  • Nicht nur zur Energiegewinnung. Menschen mit Galactosämie zeigen auch dann Abnormalitäten des Zentralnervensystems, wenn keine Galactose in der Nahrung vorhanden ist. Der genaue Grund dafür ist unbekannt. Schlagen Sie eine vernünftige Erklärung vor.

    Lösung

    Galactose ist ein Bestandteil von Glykoproteinen. Möglicherweise führt das Fehlen von Galactose zu einer fehlerhaften Bildung oder Funktion von Glykoproteinen, die im Zentralnervensystem erforderlich sind. Allgemeiner ausgedrückt deutet die Tatsache, dass die Symptome bei einem Fehlen von Galactose auftreten, darauf hin, dass Galactose in irgendeiner Weise notwendig ist.
  • Zustandsfunktion. Fructose-2,6-bisphosphat ist ein guter Stimulator der Phosphofructokinase. Erläutern Sie, wie Fructose-2,6-bisphosphat nach dem konzertierten Modell für allosterische Enzyme wirken könnte.

    Lösung

    Fructose-2,6-bisphosphat stabilisiert den R-Zustand des Enzyms.
  • Namensgebung. Welches sind die fünf Enzyme (einschließlich der regulatorischen Enzyme), aus denen der Pyruvat-Dehydrogenase-Komplex besteht? Welche Reaktionen katalysieren sie?

    Lösung

    Die Pyruvat-Dehydrogenase katalysiert die Decarboxylierung von Pyruvat und die Bildung von Acetylliponamid. Die Dihydrolipoyl-Transacetylase katalysiert die Bildung von Acetyl-CoA. Die Dihydrolipoyl-Dehydrogenase katalysiert die Reduktion der oxidierten Liponsäure. Die mit dem Komplex assoziierte Kinase phosphoryliert und inaktiviert den Komplex, die Phosphatase dephosphoryliert und aktiviert ihn.
  • Coenzyme. Welche Coenzyme werden vom Pyruvat-Dehydrogenase-Komplex benötigt? Welche Funktionen übernehmen sie?

    Lösung

    Thiaminpyrophosphat spielt eine Rolle bei der Decarboxylierung von Pyruvat. Liponsäure überträgt (als Liponamid) die Acetylgruppe. Coenzym A übernimmt die Acetylgruppe von der Liponsäure, sodass Acetyl-CoA gebildet wird. FAD übernimmt bei der Oxidation der reduzierten Liponsäure Elektronen und Protonen. NAD+ nimmt Elektronen vom FADH2 auf.
  • Weitere Coenzyme. Unterscheiden und benennen Sie katalytische und stöchiometrische Coenzyme im Pyruvat-Dehydrogenase-Komplex. Katalytische Coenzyme (TPP, Liponsäure und FAD) werden modifiziert und in jedem Reaktionszyklus regeneriert. Sie sind daher an der Prozessierung vieler Pyruvatmoleküle beteiligt. Stöchiometrische Coenzyme (Coenzym A und NAD+) werden nur für eine Reaktion verwendet, da sie Bestandteile der Reaktionsprodukte sind.

    Lösung

    Katalytische Coenzyme (TPP, Liponsäure und FAD) werden modifiziert und in jedem Reaktionszyklus regeneriert. Sie sind daher an der Prozessierung vieler Pyruvatmoleküle beteiligt. Stöchiometrische Coenzyme (Coenzym A und NAD+) werden nur für eine Reaktion verwendet, da sie Bestandteile der Reaktionsprodukte sind.
  • An der Hüfte verbunden. Nennen Sie einige Vorteile der Assoziation der Enzyme, die an der Synthese von Acetyl-CoA aus Pyruvat beteiligt sind, zu einem einzigen großen Komplex.

    Lösung

    Die Vorteile sind: Die Reaktion wird erleichtert, da sich die aktiven Zentren in unmittelbarer Nähe befinden. Die Reaktanden verlassen das Enzym nicht, solange das Endprodukt noch nicht gebildet wurde. Die Beschränkung des Bewegungsspielraumes der Reaktanden reduziert den Verlust durch Diffusion und minimiert Nebenreaktionen. Alle Enzyme sind in passenden Mengen vorhanden. Die Regulation ist effizienter, da die regulatorischen Enzyme – die Kinase und die Phosphatase – Teil des Komplexes sind.
  • Katalytische Wirkung. Der Citratzyklus selbst, der zusammengesetzt ist aus enzymkatalysierten Schritten, kann im Wesentlichen als Produkt eines supramolekularen Enzyms betrachtet werden. Warum?

    Lösung

    Enzyme oder Enzymkomplexe sind biologische Katalysatoren. Bekanntermaßen ermöglicht ein Katalysator eine chemische Reaktion, ohne dabei selbst dauerhaft verändert zu werden. Oxalacetat lässt sich als Katalysator auffassen, da es eine Acetylgruppe bindet, die oxidative Decarboxylierung der zwei Kohlenstoffatome herbeiführt und zum Abschluss des Zyklus regeneriert wird. Im Prinzip wirken Oxalacetat und jedes andere Zwischenprodukt des Zyklus als Katalysatoren.
  • Wie Holmes und Watson. Ordnen Sie den Begriffen (a-j) ihre korrekte Beschreibung (1-10) zu. a) Acetyl-CoA; b) Citratzyklus; c) Pyruvat-Dehydrogenase-Komplex; d) Thiaminpyrophosphat; e) Liponsäure; f) Pyruvat-Dehydrogenase; g) Acetylliponamid; h) Dihydrolipoyl-Transacetylase; i) Dihydrolipoyl-Dehydrogenase; j) Beriberi; 1) katalysiert die Verbindung zwischen Glykolyse und Citratzyklus; 2) ist ein Coenzym der Transacetylase; 3) ist das Endprodukt der Pyruvat-Dehydrogenase-Reaktion; 4) katalysiert die Bildung von Acetyl-CoA; 5) regeneriert die aktive Transacetylase; 6) ist ein Brennstoff für den Citratzyklus; 7) ist ein Coenzym der Pyruvat-Dehydrogenase; 8) katalysiert die oxidative Decarboxylierung von Pyruvat; 9) ist Folge eines Thiaminmangels; 10) ist eine zentrale Drehscheibe des Stoffwechsels

    Lösung

    a) 6; b) 10; c) 1; d) 7; e) 2; f) 8; g) 3; h) 4; i) 5; j) 9
  • Lactatacidose. Aufgrund eines Sauerstoffmangels leiden Schockpatienten oft an einer Lactatacidose. Warum führt Sauerstoffmangel zu einer Milchsäureakkumulation? Zur Behandlung des Schockzustands gibt man Dichloracetat (DCA), das die mit dem Pyruvat-Dehydrogenase-Komplex assoziierte Kinase hemmt. Was ist der biochemische Aspekt dieser Behandlung?

    Lösung

    Eine Abnahme der O2-Menge macht eine verstärkte anaerobe Glykolyse für die Energieerzeugung notwendig, wobei eine große Menge Milchsäure entsteht. Bei einem Schockzustand verabreicht man den Kinaseinhibitor, damit die Pyruvat-Dehydrogenase maximal aktiv ist.
  • Und noch einmal DCA. Im Blut von Patienten mit einem Pyruvat-Dehydrogenase-Mangel ist der Milchsäurespiegel erhöht. Dieser kann in einigen Fällen durch eine Behandlung mit Dichloracetat (DCA) gesenkt werden. a) Wie steigert DCA die Aktivität der Pyruvat-Dehydrogenase? b) Welche Rückschlüsse lässt das auf die Aktivität der Pyruvat-Dehydrogenase von DCA-sensitiven Patienten zu?

    Lösung

    a) Wie bereits bei der vorherigen Aufgabe festgestellt, hemmt DCA die Pyruvat-Dehydrogenase-Kinase. b) Die Tatsache, dass eine Hemmung der Kinase die Dehydrogenaseaktivität steigert, weist darauf hin, dass es eine gewisse Restaktivität der Pyruvat-Dehydrogenase geben muss, die von der Kinase gehemmt wird.
  • Energiereich. Welche Produkte, deren Synthese vom PDH-Komplex katalysiert wird, sind Thioester?

    Lösung

    Acetylliponamid und Acetyl-CoA
  • Unterschiedliche Schicksale. Vergleichen Sie die Regulation des Pyruvat-Dehydrogenase-Komplexes im Muskel und in der Leber.

    Lösung

    Im Muskel wird das von dem Komplex gebildete Acetyl-CoA zur Bereitstellung von Energie verwendet. Daher hemmen Signale einer ausreichenden Energieversorgung (ein hoher ATP/ADP- und auch NADH/NAD+-Quotient) den Komplex, während eine schlechte Energieversorgung das Enzym stimuliert. Eine stimulierende Wirkung hat auch Calcium als Signal für die Muskelkontraktion (und folglich für einen zunehmenden Energiebedarf). In der Leber dient das aus dem Pyruvat stammende Acetyl-CoA Biosynthesen wie der Fettsäurebiosynthese. Insulin, das Hormon, das eine Nährstoffzufuhr anzeigt, stimuliert den Komplex.
  • Mutationen. a) Sagen Sie die Wirkung einer Mutation voraus, die die Aktivität der Kinase verstärkt, welche mit dem PDH-Komplex assoziiert ist. b) Sagen Sie die Wirkung einer Mutation voraus, die die Aktivität der Phosphatase reduziert, welche mit dem PDH-Komplex assoziiert ist.

    Lösung

    a) Eine erhöhte Kinaseaktivität führt zu einer Abnahme der Aktivität des PDH-Komplexes, da eine Phosphorylierung durch die Kinase den Komplex inhibiert. b) Die Phosphatase aktiviert den Komplex, indem sie ein Phosphat entfernt. Wird die Phosphataseaktivität reduziert, nimmt auch die Aktivität des PDH-Komplexes ab.
  • Blätternde Farbe, grüne Tapete. Clare Boothe Luce, in den 1950er-Jahren Botschafterin in Italien (und Mitglied des Kongresses in Connecticut, Autorin, Lektorin von Vanity Fair und Frau von Henry Luce, Gründer des Time magazine und von Sports Illustrated), erkrankte während eines Aufenthalts in der Botschaft in Rom. Die arsenhaltige Farbe der Esszimmerdecke blätterte ab; die Tapete in ihrem Schlafzimmer in der Botschaft leuchtete dank des in der Farbe enthaltenen Kupferarsenits in einem saftigen Grün. Welche Ursachen könnte die Erkrankung der Botschafterin haben?

    Lösung

    Sie könnte auf irgendeine Weise das Arsenit aus der abblätternden Farbe oder der Tapete aufgenommen haben. Auch könnte sie aus der Tapete ausgasenden Arsenwasserstoff eingeatmet haben, der in ihrem Körper zu Arsenit oxidiert wurde. In all diesen Fällen inhibiert das Arsenit liponsäureabhängige Enzyme, insbesondere den PDH-Komplex.
  • Jack und Jill. Ordnen Sie dem Enzym (a-j) die korrekte Beschreibung (1-10) zu. a) Pyruvat-Dehydrogenase-Komplex; b) Citrat-Synthase; c) Aconitase; d) Isocitrat-Dehydrogenase; e) a-Ketoglutarat-Dehydrogenase; f) Succinyl-CoA-Synthetase; g) Succinat-Dehydrogenase; h) Fumarase; i) Malat-Dehydrogenase; j) Pyruvat-Decarboxylase; 1) katalysiert die Bildung von Isocitrat; 2) synthetisiert Succinyl-CoA; 3) bildet Malat; 4) bildet ATP; 5) wandelt Pyruvat in Acetyl-CoA um; 6) wandelt Pyruvat in Oxalacetat um; 7) kondensiert Oxalacetat und Acetyl-CoA; 8) katalysiert die Bildung von Oxalacetat; 9) synthetisiert Fumarat; 10) katalysiert die Bildung von a-Ketoglutarat;

    Lösung

    a) 5; b) 7; c) 1; d) 10; e) 2; f) 4; g) 9; h) 3; i) 8; j) 6
  • Vielleicht eine Ente? Der Citratzyklus ist Teil der aeroben Atmung, benötigt jedoch kein O2. Erläutern Sie diesen scheinbaren Widerspruch.

    Lösung

    Der Citratzyklus ist abhängig von der stetigen Versorgung mit NAD+ als Oxidationsmittel, aus dem NADH gebildet wird. Sauerstoff selbst wird zu keinem Zeitpunkt im Zyklus verwendet. NAD+ wird jedoch regeneriert, indem Elektronen von NADH über die Elektronentransportkette auf O2 übertragen werden. Ist kein Sauerstoff vorhanden, kann der Citratzyklus durch einen Mangel an NAD+ nicht mehr ablaufen.
  • Einzigartig. Inwiefern unterscheidet sich die Succinat-Dehydrogenase von allen anderen Enzymen des Citratzyklus?

    Lösung

    Die Succinat-Dehydrogenase ist das einzige Enzym des Citratzyklus, das in die Mitochondrienmembran eingebettet ist und so zu einem Bestandteil der Elektronentransportkette wird.
  • Kein Signal, keine Aktivität. Warum ist Acetyl-CoA als Aktivator der Pryruvat-Carboxylase besonders geeignet?

    Lösung

    Die Pyruvat-Carboxylase sollte nur aktiv sein, wenn die Acetyl-CoA-Konzentration hoch ist. Wenn der Energiebedarf der Zelle nicht gedeckt ist, dann kann sich Acetyl-CoA durch einen Mangel an Oxalacetat anreichern. Unter diesen Bedingungen katalysiert die Pyruvat-Carboxylase eine anaplerotische Reaktion. Alternativ kann sich Acetyl-CoA aber auch anreichern, weil der Energiebedarf der Zelle gedeckt ist. Unter diesen Bedingungen wird Pyruvat wieder in Glucose umgewandelt, wobei der erste Schritt dieser Umwandlung die Bildung von Oxalacetat ist.
  • Leistungsunterschiede. Wie wir im nächsten Kapitel besprechen werden, werden bei der Reaktion von NADH mit Sauerstoff 2,5 ATP-Moleküle gebildet. Bei der Reaktion von FADH2 mit Sauerstoff sind es nur 1,5 ATP-Moleküle. Warum liefert die Succinat-Dehydrogenase FADH2 und nicht NADH, wenn sie Succinat zu Fumarat reduziert?

    Lösung

    Die bei der Reduktion von Succinat zu Fumarat freigesetzte Energie reicht nicht aus, um die Synthese von NADH anzutreiben; sie reicht nur für die Reduktion von FAD.
  • Zurück zur organischen Chemie. Bevor eine Oxidation im Citratzyklus stattfinden kann, muss das Citrat zunächst zu Isocitrat isomerisiert werden. Warum?

    Lösung

    Citrat ist ein tertiärer Alkohol, der nicht oxidiert werden kann, da bei der Oxidation ein Wasserstoffatom von dem Alkohol entfernt wird; das zweite Wasserstoffatom stammt von dem Kohlenstoffatom, an das der Alkohol gebunden ist. Beim Citrat fehlt ein solches Wasserstoffatom. Durch die Isomerisierung wird der tertiäre Alkohol zum sekundären Alkohol Isocitrat umgewandelt, der oxidiert werden kann.
  • Eins aus zwei. Die Synthese von Citrat aus Acetyl-CoA und Oxalacetat ist eine biosynthetische Reaktion. Was treibt die Bildung von Citrat an?

    Lösung

    Die Reaktion wird angetrieben von der Hydrolyse eines Thioesters. Acetyl-CoA liefert den Thioester, der in Citryl-CoA umgewandelt wird. Bei der Hydrolyse dieses Thioesters entsteht in einer irreversiblen Reaktion Citrat.
  • Flexibilität. Welches ist der größte Vorteil, der mit der Durchführung des Glyoxylatzyklus verbunden ist?

    Lösung

    Er ermöglicht es Organismen wie Pflanzen und Bakterien, Fettsäuren über Acetyl-CoA in Glucose umzuwandeln.
  • Fette in Glucose umwandeln? Fette werden für gewöhnlich in Acetyl-CoA umgewandelt und im Citratzyklus weiterverarbeitet. In Kap. 16 haben wir gelernt, dass Glucose aus Oxalacetat, einem Zwischenprodukt des Citratzyklus, synthetisiert werden kann. Warum müssen wir dann diese Speicher nach einer intensiven körperlichen Anstrengung, die unsere Kohlenhydratdepots erschöpft hat, durch die Aufnahme von Kohlenhydraten auffüllen? Warum ersetzen wir sie nicht einfach durch die Umwandlung von Fetten in Kohlenhydrate?

    Lösung

    Es findet keine Nettoumwandlung von Fetten in Glucose statt, da der einzige Mechanismus, Kohlenstoffatome von Fetten auf Oxalacetat zu übertragen, das eine Vorstufe der Glucose darstellt, über den Citratzyklus verläuft. Zwar treten zwei Kohlenstoffatome als Acetyl-CoA in den Zyklus ein, aber sie gehen als CO2 wieder verloren, bevor Oxalacetat gebildet wird. Einige Kohlenstoffatome aus Fetten können sich zwar durchaus in Glucose wiederfinden, aber es gibt keine Nettosynthese von Glucose aus Fetten.
  • Alternative Brennstoffquellen. Wie wir sehen werden (Kap. 22), führt der Abbau von Fettsäuren zu großen Mengen an Acetyl-CoA. Welche Wirkung hat der Fettsäureabbau auf die Aktivität des Pyruvat-Dehydrogenase-Komplexes? Welchen Einfluss hat er auf die Glykolyse?

    Lösung

    Acetyl-CoA wird den Komplex inhibieren. Der Glucoseabbau zu Pyruvat wird langsamer ablaufen, da Acetyl-CoA aus einer alternativen Brennstoffquelle gewonnen wird.
  • Atmen oder gären? Vergleichen Sie Gärung und Atmung hinsichtlich des Elektronendonators und -akzeptors.

    Lösung

    Bei Gärungen dienen organische Verbindungen sowohl als Elektronendonator als auch als Elektronenakzeptor. Bei der Zellatmung ist der Elektronendonator gewöhnlich eine organische Verbindung, der Elektronenakzeptor ist jedoch ein anorganisches Molekül wie Sauerstoff.
  • Elektronen mit weniger Energie. Weshalb sind Elektronen, die von FADH2 übertragen werden, nicht so energiereich wie die Elektronen von NADH? Was ist die Konsequenz dieses Unterschieds?

    Lösung

    Das Redoxpotenzial von FADH2 ist geringer als das von NADH (Tab. 18.1). Werden die Elektronen ausgehend vom FADH2 auf Sauerstoff übertragen, dann wird somit weniger Energie freigesetzt. Die Folge dieses Unterschieds ist, dass der Elektronenfluss vom FADH2 auf O2 weniger Protonen befördert als der vom NADH ausgehende Elektronenfluss.
  • Geben und Nehmen. Wie unterscheiden sich ein Oxidations- und ein Reduktionsmittel?

    Lösung

    Ein Oxidationsmittel nimmt in Redoxreaktionen Elektronen auf, ein Reduktionsmittel gibt in solchen Reaktionen Elektronen ab.
  • Reihen Sie auf. Bringen Sie die folgenden Komponenten der Elektronentransportkette in die korrekte Reihenfolge: a) Cytochrom c; b) Q:Cytochrom-c-Oxidoreduktase; c) NADH:Q-Oxidoreduktase; d) Cytochrom-c-Oxidase; e) Ubichinon

    Lösung

    c, e, b, a, d
  • Wie Mac und Käse. Ordnen Sie jedem Begriff (a–j) seine korrekte Beschreibung (1–10) zu. a) Atmung; b) Redoxpotenzial; c) Elektronentransportkette; d) Flavinmononucleotid (FMN); e) Eisen-Schwefel-Protein; f) Coenzym Q; g) Cytochrom c; h) Q-Zyklus; i) Superoxid-Dismutase; j) Katalase; 1) wandelt reaktive Sauerstoffverbindungen in Wasserstoffperoxid um; 2) vermittelt die Elektronenübertragung von NADH und FADH2 auf O2; 3) erleichtert in Komplex I die Elektronenübertragung von FMN auf Coenzym Q; 4) ein ATP-bildender Vorgang, bei dem eine anorganische Verbindung als Endelektronenakzeptor dient; 5) Maß für die Neigung, Elektronen aufzunehmen oder abzugeben; 6) wandelt Wasserstoffperoxid in Sauerstoff und Wasser um; 7) wandelt den Zwei-Elektronen- in einen Ein-Elektronen-Transport um; 8) ist ein lipophiler Elektronencarrier; 9) gibt Elektronen an Komplex IV ab; 10) übernimmt in Komplex I Elektronen von NADH;

    Lösung

    a) 4; b) 5; c) 2; d) 10; e) 3; f) 8; g) 9; h) 7; i) 1; j) 6
  • Ordnen Sie zu. a) Komplex I; b) Komplex II; c) Komplex III; d) Komplex IV; e) Ubichinon; 1) Q:Cytochrom-c-Oxidoreduktase; 2) Coenzym Q; 3) Succinat:Q-Oxidoreduktase; 4) NADH:Q-Oxidoreduktase; 5) Cytochrom-c-Oxidase

    Lösung

    a) 4; b) 3; c) 1; d) 5; e) 2
  • Betrachtung der Struktur. Erläutern Sie, warum Coenzym Q ein effizienter, mobiler Elektronencarrier der Elektronentransportkette ist.

    Lösung

    Durch die zehn Isopreneinheiten löst sich Coenzym Q in der hydrophoben Umgebung der inneren Mitochondrienmembran. Die beiden Sauerstoffatome können zwei Elektronen und zwei Protonen reversibel binden, sodass das Molekül zwischen der Chinon- und der Chinolform wechseln kann.
  • Angeblich von Elvis sehr geschätzt. Amytal ist ein Barbiturat mit sedativer Wirkung, das den Elektronenfluss durch Komplex I inhibiert. Wie beeinflusst die Zugabe von Amytal zu aktiv respirierenden Mitochondrien den relativen Redoxzustand der Komponenten der Elektronentransportkette und des Citratzyklus?

    Lösung

    Komplex I wird reduziert, die Komplexe II, III und IV werden dagegen oxidiert. Die Komponenten des Citratzyklus werden reduziert, da es keine Möglichkeit gibt, NADH zu oxidieren.
  • Effizienz. Welchen Vorteil hat die Assoziation der Komplexe I, III und IV zu einem Respirasom?

    Lösung

    Das Respirasom ist ein weiteres Beispiel für die Nutzung eines supramolekularen Komplexes in der Biochemie. Dadurch, dass diese drei Komplexe, die allesamt Protonenpumpen darstellen, miteinander assoziiert sind, steigt die Effizienz der Elektronenübertragung zwischen den Komplexen, wodurch auch das Pumpen der Protonen effizienter wird.
  • Miteinander verknüpft. Welches Enzym des Citratzyklus ist ebenfalls Bestandteil der Elektronentransportkette?

    Lösung

    Die Succinat-Dehydrogenase ist Bestandteil von Komplex II der Atmungskette.
  • Nutzung von Ressourcen. Menschen besitzen nur etwa 250 g ATP, doch selbst eine Couch-Potato benötigt etwa 83 kg ATP, um Chipstüten zu öffnen und die Fernbedienung zu betätigen. Wie begegnet der Körper dieser großen Diskrepanz zwischen Bedarf und Ressourcen?

    Lösung

    Das ATP wird durch ATP-bildende Prozesse, zu denen hauptsächlich die oxidative Phosphorylierung zählt, regeneriert.
  • Energieernte. Wie groß ist die ATP-Ausbeute, wenn jedes der folgenden Substrate durch ein Zellhomogenat (von Säugetierzellen) vollständig zu CO2 oxidiert wird? (Glykolyse, Citratzyklus und oxidative Phosphorylierung sollen voll aktiv sein.) a) Pyruvat; b) Lactat; c) Fructose-1,6-bisphosphat; d) Phosphoenolpyruvat; e) Galactose; f) Dihydroxyacetonphosphat

    Lösung

    a) 12,5; b) 14; c) 32; d) 13,5; e) 30; f) 16
  • Starke Gifte. Welchen Effekt üben die folgenden Inhibitoren auf den Elektronentransport und die ATP-Bildung durch die Atmungskette aus? a) Azid; b) Atractylosid; c) Rotenon; d) DNP; e) Kohlenmonoxid; f) Antimycin A

    Lösung

    a) Blockiert den Elektronentransport und das Protonenpumpen am Komplex IV. b) Blockiert den Elektronentransport und die ATP-Synthese durch Hemmung des ATP-ADP-Austauschs über die innere Mitochondrienmembran. c) Blockiert den Elektronentransport und das Protonenpumpen am Komplex I. d) Blockiert die ATP-Synthese ohne Hemmung des Elektronentransports durch Zerstörung des Protonengradienten. e) Blockiert den Elektronentransport und das Protonenpumpen am Komplex IV. f) Blockiert den Elektronentransport und das Protonenpumpen am Komplex III.
  • Eine Frage der Kopplung. Welche mechanistische Grundlage hat die Beobachtung, dass die Inhibitoren der ATP-Synthase auch die Atmungskette hemmen?

    Lösung

    Wenn der Protonengradient nicht durch den Einstrom von Protonen in ein Mitochondrium aufgrund der ATP-Synthese abgebaut wird, entwickelt sich schließlich außerhalb des Mitochondriums eine so große positive Ladung, dass die Elektronentransportkette keine weiteren Protonen mehr gegen den Konzentrationsgradienten transportieren kann.
  • Ein Brown’scher Ratschenschlüssel. Wodurch wird die Rotation der c-Untereinheiten der ATP-Synthase hervorgerufen? Wodurch wird die Rotationsrichtung bestimmt?

    Lösung

    Die Untereinheiten werden durch thermische Energie (Brownsche Molekularbewegung) hin und her bewegt. Durch den Protonengradienten ist eine Rotation im Uhrzeigersinn wahrscheinlicher als gegen den Uhrzeigersinn, da der Fluss von Protonen entlang ihres Konzentrationsgradienten diese Richtung begünstigt.
  • Ein sehr wichtiger Rest. Der Protonenfluss durch den F0-Teil der ATP-Synthase wird durch Dicyclohexylcarbodiimid (DCC), das leicht mit Carboxylgruppen reagiert, gehemmt. Mit welchen Zielstrukturen reagiert DCC sehr wahrscheinlich? Wie könnten Sie mithilfe der ortsspezifischen Mutagenese herausfinden, ob dieser Rest für den Protonenfluss essenziell ist?

    Lösung

    Dicyclohexylcarbodiimid reagiert leicht mit Carboxylgruppen. Daher sind die wahrscheinlichsten Zielstrukturen die Seitenketten von Aspartat und Glutamat. Tatsächlich wird Asp 61 der c-Untereinheit von F0 aus E. coli spezifisch durch DCC modifiziert. Nach Umwandlung von Asp 61 in Asparagin durch ortsspezifische Mutagenese findet kein Protonenfluss mehr statt.
  • Alternative Wege. Mitochondrienerkrankungen äußern sich auf Stoffwechselebene am häufigsten durch eine Lactatacidose. Warum?

    Lösung

    Sind die Mitochondrien funktionell nur wenig aktiv, ist die einzige Möglichkeit zur ATP-Synthese die anaerobe Glykolyse, die zu einer Anreicherung von Lactat im Blut führt.
  • Verbindungen. Wie beeinflusst die Inhibition der ATP-ADP-Translokase den Citratzyklus und wie die Glykolyse?

    Lösung

    Kann ADP nicht in die Mitochondrien transportiert werden, wird die Elektronentransportkette ihre Funktion einstellen, da der Akzeptor für die frei werdende Energie fehlt. In der Matrix wird NADH gebildet. Es sei daran erinnert, dass NADH einige Enzyme des Citratzyklus inhibiert und dass NAD+ von zahlreichen Enzymen des Citratzyklus benötigt wird. Die Glykolyse wird in eine Milchsäuregärung übergehen, sodass das NADH von der Lactat-Dehydrogenase zu NAD+ reoxidiert wird.
  • Gegenmittel für Cyanid. Die unmittelbare Verabreichung von Nitrit ist eine äußerst wirksame Behandlung einer Cyanidvergiftung. Welche Grundlage hat die Wirkung dieses Gegenmittels? (Hinweis: Nitrit oxidiert Ferrohämoglobin zu Ferrihämoglobin.)

    Lösung

    Cyanid kann letal wirken, da es von der Ferriform der Cytochrom-c-Oxidase gebunden wird und dadurch die oxidative Phosphorylierung hemmt. Nitrit überführt Ferrohämoglobin in Ferrihämoglobin, das ebenfalls Cyanid bindet. Das Ferrihämoglobin konkurriert also mit der Cytochrom-c-Oxidase um das Cyanid. Diese Konkurrenz ist therapeutisch wirksam, da die Menge des Ferrihämoglobins, die entstehen kann, ohne dass der Sauerstofftransport beeinträchtigt wird, viel größer ist als die Menge der Cytochrom-c-Oxidase.
  • Mitochondrien im Leerlauf 1. Nehmen Sie an, dass die Mitochondrien eines Kranken NADH unabhängig von der Anwesenheit von ADP oxidieren. Der P:O-Quotient für die oxidative Phosphorylierung durch diese Mitochondrien ist geringer als normal. Welche Symptome sind bei dieser Erkrankung zu erwarten?

    Lösung

    Ein solcher Defekt (als Luft-Syndrom bezeichnet) wurde bei einer 38 Jahre alten Frau festgestellt, die unfähig war, über längere Zeit hinweg körperliche Arbeit zu leisten. Ihr Grundumsatz war doppelt so hoch wie üblich, aber ihre Schilddrüsenfunktion war normal. Eine Muskelbiopsie ergab, dass ihre Mitochondrien sehr unterschiedlich waren und eine atypische Struktur besaßen. Biochemische Untersuchungen zeigten dann, dass Oxidation und Phosphorylierung in diesen Mitochondrien nicht fest gekoppelt waren. Bei dieser Patientin wurde die Energie der Brennstoffmoleküle zu einem großen Teil in Wärme statt in ATP umgewandelt.
  • Recyclingvorrichtung. Die Cytochrom-b-Komponente der Q:Cytochrom-c-Oxidoreduktase ermöglicht es, beide Elektronen von QH2 effektiv zum Aufbau einer protonenmotorischen Kraft zu nutzen. Kennen Sie eine andere Recyclingvorrichtung im Stoffwechsel, die ein Reaktionsprodukt aus einer möglichen Sackgasse wieder in den Hauptweg einschleust?

    Lösung

    Die Triosephosphat-Isomerase setzt Dihydroxyacetonphosphat (eine potenzielle Sackgasse) in Glycerinaldehyd-3-phosphat (ein Zwischenprodukt aus dem Hauptweg der Glykolyse) um.
  • Alles ist miteinander verknüpft. Wenn aktive atmende Mitochondrien einem Inhibitor der ATP-ADP-Translokase ausgesetzt werden, hört die Elektronentransportkette auf zu arbeiten. Warum?

    Lösung

    Können ATP und ADP nicht zwischen Matrix und Mitochondrien ausgetauscht werden, stellt die ATP-Synthase ihre Aktivität ein, da ihr Substrat ADP fehlt. Der Protonengradient wird schließlich so hoch, dass die von der Elektronentransportkette freigesetzte Energie nicht ausreicht, um Protonen gegen diesen außergewöhnlich hohen Gradienten zu befördern.
  • Identifizierung der Hemmung. Sie sollen bestimmen, ob eine Chemikalie ein Inhibitor der Elektronentransportkette ist oder die ATP-Synthase hemmt. Entwerfen Sie ein geeignetes Experiment, um dies herauszufinden.

    Lösung

    Man verwende den Inhibitor mit und ohne Entkoppler und bestimme die O2-Verbrauchsrate. Bei einer Verbrauchszunahme in Gegenwart von Inhibitor und Entkoppler muss der Inhibitor die ATP-Synthase hemmen. Zeigt der Entkoppler keine Wirkung, hemmt der Inhibitor die Elektronentransportkette.
  • Jedem nach seinem Bedarf. Man hat festgestellt, dass die Mitochondrien von Muskelzellen häufig mehr Cristae besitzen als die Mitochondrien von Leberzellen. Wie erklären Sie sich diese Beobachtung?

    Lösung

    Vermutlich benötigt der Muskel mehr ATP, da sein Energiebedarf insbesondere während einer Anstrengung höher ist. Somit ist auch der Bedarf an Bereichen größer, in denen eine oxidative Phosphorylierung stattfindet. Diese Bereiche können durch eine verstärkte Ausstattung mit Cristae bereitgestellt werden.
  • Gegensätze ziehen sich an. Ein Argininrest (Arg 210) in der a-Untereinheit der ATP-Synthase aus E. coli liegt auf der Matrixseite des Protonenkanals in Nachbarschaft zu einem Aspartatrest (Asp 61). Wie könnte Arg 210 den Protonenfluss unterstützen?

    Lösung

    Der Argininrest ermöglicht mit seiner positiven Ladung die Freisetzung eines Protons von Asparaginsäure, indem er das negativ geladene Aspartat stabilisiert.
  • Etiologie. Was bedeutet das? Was verrät der Befund, dass Rotenon die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten der Parkinson-Erkrankung erhöht, über die Etiologie der Erkrankung?

    Lösung

    Es weist darauf hin, dass defekte Mitochondrien eine Rolle bei der Entwicklung der Parkinson-Erkrankung spielen könnten; besonders ein Defekt in Komplex I könnte eine Rolle spielen.
  • Betonen des Unterschieds. Warum muss die ATP-ADP-Translokase (auch als Adeninnucleotid-Translokase oder ANT bezeichnet) Formen von ATP und ADP, denen Mg2+ fehlt, nutzen?

    Lösung

    Die im Vergleich zu ADP zusätzliche negative Ladung am ATP ist für die schnellere Translokation von ATP aus der mitochondrialen Matrix verantwortlich. Wird der Ladungsunterschied zwischen ATP und ADP durch Bindung von Mg2+ verringert, kann ADP mit ATP besser um den Transport in das Cytoplasma konkurrieren.
  • Atmungskontrolle. Die Geschwindigkeit des Sauerstoffverbrauchs durch die Mitochondrien steigt stark an, wenn ADP zugegeben wird, und kehrt auf dem ursprünglichen Wert zurück, wenn das zugefügte ADP in ATP umgewandelt ist (7 Abb. 18.39). Warum nimmt die Geschwindigkeit ab?

    Lösung

    Ist das gesamte verfügbare ADP in ATP umgewandelt, dann kann die ATP-Synthase nicht länger funktionieren. Der Protonengradient wird so stark, dass die Energie aus der Elektronentransportkette nicht ausreicht, um die Protonen gegen den Gradienten zu befördern. Elektronentransport und daher auch der Sauerstoffverbrauch nehmen ab.
  • Viele Anwendungen. Nennen Sie ein weiteres Beispiel für die Nutzung der protonenmotorischen Kraft außer der ATP-Synthese?

    Lösung

    Der ATP-Export aus der Matrix; der Phosphatimport in die Matrix.
  • Die korrekte Lokalisierung. Einige cytoplasmatische Kinasen, Enzyme, die Substrate unter Verbrauch von ATP phosphorylieren, binden an spannungsabhängige Anionenkanäle (VDAC). Welchen Vorteil könnte das haben?

    Lösung

    Für die Kinasen im Cytoplasma wird das exportierte ATP dadurch in besonderer Weise zugänglich.
  • Vielleicht sollten Sie auf die Einnahme von Vitaminen verzichten. Es ist bekannt, dass sportliche Betätigung die Empfindlichkeit für Insulin erhöht und Typ-II-Diabetes (Kap. 27) positiv beeinflusst. Jüngste Untersuchungen weisen darauf hin, dass die Einnahme von antioxidativ wirkenden Vitaminen den positiven Effekt von körperlicher Anstrengung hinsichtlich des Schutzes vor der Wirkung von ROS abschwächt. a) Welche Vitamine haben eine antioxidative Wirkung? b) Wie schützt Sport vor der Wirkung der ROS? c) Erläutern Sie, auf welche Weise die Vitamine die Wirkung der körperlichen Betätigung beeinflussen könnten?

    Lösung

    a) Vitamin C und E; b) Die körperliche Aktivität induziert die Superoxid-Dismutase, die wiederum ROS in Wasserstoffperoxid und Sauerstoff umwandelt. c) Die Antwort auf diese Frage ist nicht vollständig geklärt. Die beiden Möglichkeiten sind, dass 1) die Suppression der ROS durch Vitamine die Expression der Superoxid-Dismutase verhindert oder dass 2) einige ROS als Signalmoleküle für die Stimulation von Stoffwechselwegen dienen könnten, welche für die Insulinsensitivität erforderlich sind.
  • Eine entscheidende Voraussetzung. Menschen betreiben zwar keine Photosynthese, um Sonnenenergie in für sie nutzbare Energie umzuwandeln, dennoch ist die Photosynthese für unsere Existenz entscheidend. Erläutern Sie, warum.

    Lösung

    Letztlich gelangen alle Kohlenstoffatome, aus denen wir bestehen, nicht nur die Kohlenhydrate, über die Photosynthese in die Biosphäre. Außerdem wird der Sauerstoff, den wir benötigen, durch Photosynthese produziert.
  • Wie Pfeife und Trommel. Ordnen Sie jedem Begriff (a-j) seine korrekte Beschreibung (1-10) zu. a) Lichtreaktionen; b) Chloroplasten; c) Reaktionszentrum; d) Chlorophyll; e) Lichtsammelkomplex; f) Photosystem I; g) Photosystem II; h) Cytochrom-bf-Komplex; i) wasseroxidierender Komplex; j) ATP-Synthase; 1) nutzt den Resonanzenergietransfer, um das Reaktionszentrum zu erreichen; 2) treibt die Bildung von NADPH an; 3) pumpt Protonen; 4) ist der Ort der photoinduzierten Ladungstrennung; 5) ist der Ort in der Zelle, an dem die Photosynthese stattfindet; 6) wird als CF1-CF0-Komplex bezeichnet; 7) bildet ATP, NADPH und O2; 8) ist der Ort der Sauerstoffbildung; 9) überträgt Elektronen von H2O auf P680; 10) ist ein elementares Pigment der Photosynthese

    Lösung

    a) 7; b) 5; c) 4; d) 10; e) 1; f) 2; g) 9; h) 3; i) 8; j) 6
  • Eine einzige Wellenlänge. Die Photosyntheseaktivität lässt sich bestimmen, indem man die Geschwindigkeit der Sauerstoffbildung misst. Werden Pflanzen Licht der Wellenlänge 680 nm ausgesetzt, entsteht mehr Sauerstoff, als bei einer Wellenlänge von 700 nm. Erläutern Sie, warum.

    Lösung

    In Verbindung mit dem wasseroxidierenden Komplex treibt Photosystem II die Freisetzung des Sauerstoffs an. Das Reaktionzentrum von Photosystem II absorbiert Licht einer maximalen Wellenlänge von 680 nm.
  • Kombination von Wellenlängen. Werden die Pflanzen aus Aufgabe 4 mit den Wellenlängen 680 und 700 nm belichtet, übersteigt die Geschwindigkeit der Sauerstoffbildung die Geschwindigkeit, die bei einer Belichtung mit jeder einzelnen Wellenlängen gemessen wurde. Erläutern Sie, warum.

    Lösung

    Die Sauerstoffbildung ist maximal, wenn Photosystem I und II kooperativ wirken. Der Sauerstoff wird effizient gebildet, wenn die Elektronen von Photosystem II die Elektronenlücke in Photosystem I auffüllen. Diese entsteht, wenn das Reaktionszentrum von Photosystem I mit einer Wellenlänge von 700 nm belichtet wird.
  • Entsprechende Kräfte. Photosystem I produziert ein starkes Reduktionsmittel, Photosystem II dagegen ein starkes Oxidationsmittel. Identifizieren Sie Reduktions- und Oxidationsmittel und erläutern Sie ihre Funktion.

    Lösung

    Photosystem I erzeugt Ferredoxin, das wiederum NADP+ zu NADPH, einem Reduktionsäquivalent für Biosynthesen, reduziert. Photosystem II aktiviert den wasseroxidierenden Komplex, der Wasser zu oxidieren vermag und Elektronen für die Photosynthese liefert wie auch Protonen bereitstellt, die einen Protonengradienten aufbauen.
  • Wenn wenig ausreicht. Welchen Vorteil hat es, wenn die Chloroplasten ein ausgedehntes System an Thylakoidmembranen enthalten.

    Lösung

    An der Thylakoidmembran findet die Lichtreaktion statt. Nimmt die Membranfläche zu, dann erhöht sich auch die Zahl der ATP- und NADPH-generierenden Orte.
  • Kooperation. Erläutern Sie, wie Lichtsammelkomplexe die Effizienz der Photosynthese erhöhen.

    Lösung

    Diese Komplexe absorbieren mehr Licht als ein Reaktionszentrum alleine. Die Lichtsammelkomplexe lenken absorbierte Lichtenergie zu den Reaktionszentren.
  • Eines führt zum anderen. Welches ist der Endelektronenakzeptor der Photosynthese, welches ist letztlich der Elektronendonator? Wodurch wird der Elektronenfluss zwischen Donator und Akzeptor angetrieben?

    Lösung

    NADP+ ist der Akzeptor, H2O ist der Donator; Lichtenergie
  • Neutralisierender Ausgleich. In Chloroplasten ist ein stärkerer pH-Gradient über die Thylakoidmembran erforderlich, um die ATP-Synthese anzutreiben, als es bei der inneren Mitochondrienmembran der Fall ist. Was ist die Ursache für diesen Unterschied?

    Lösung

    Das Transmembranpotenzial, eine Komponente der protonenmotorischen Kraft in den Mitochondrien, wird durch den Einstrom von Mg2+ in das Thylakoidlumen der Chloroplasten kompensiert.
  • Passend zur Umgebung. Chlorophyll ist ein hydrophobes Molekül. Warum ist diese Eigenschaft für die Funktion des Chlorophylls von entscheidender Bedeutung?

    Lösung

    Chlorophyll kann auf diese Weise leicht in die Thylakoidmembranen integriert werden.
  • Herkunft der Protonen. Nennen Sie die zahlreichen Faktoren, die am Aufbau eines Protonengradienten in Chloroplasten beteiligt sind.

    Lösung

    Protonen werden bei der Oxidation von Wasser freigesetzt; Protonen werden durch den Cytochrom-bf-Komplex in das Lumen gepumpt; Protonen werden durch die Reduktion von NADP+ und von Plastochinon aus dem Stroma entfernt.
  • Unendliche Weiten. a) Man kann behaupten, dass, falls es irgendwo im Universum weiteres Leben gibt, dies einen Prozess wie die Photosynthese erfordern würde. Warum ist diese Behauptung sinnvoll? b) Wenn das Raumschiff Enterprise auf einem entfernten Planeten landen würde und keinen messbaren Sauerstoff in der Atmosphäre fände, könnte die Crew dann daraus schließen, dass keine Photosynthese stattfindet?

    Lösung

    a) Alle Ökosysteme benötigen eine Energiequelle außerhalb des Systems, da die Quellen für chemische Energie letztendlich begrenzt sind. Die photosynthetische Umwandlung von Sonnenlicht ist ein Beispiel für solch eine Energiequelle. b) Auf keinen Fall. Spock würde darauf hinweisen, dass andere chemische Substanzen als Wasser Elektronen und Protonen liefern können
  • Unkrautvernichter 1. Dichlorphenyldimethylharnstoff (DCMU) ist ein Herbizid, das die Photophosphorylierung und die O2-Entwicklung stört. In Gegenwart eines künstlichen Elektronenakzeptors wie Ferricyanid blockiert es die O2-Entwicklung jedoch nicht. Schlagen Sie einen Ort für die Hemmung durch DCMU vor.

    Lösung

    DCMU hemmt den Elektronentransfer an der Verbindungsstelle zwischen den Photosystemen II und I. O2 kann in Gegenwart von DCMU gebildet werden, wenn ein künstlicher Elektronenakzeptor wie Ferricyanid die Elektronen von Q übernehmen kann.
  • Unkrautvernichter 2. Wie wirkt das Herbizid Dichlorphenyldimethylharnstoff (DCMU) auf die Fähigkeit einer Pflanze zur zyklischen Photophosphorylierung?

    Lösung

    DCMU hat keine Auswirkungen, da es das Photosystem II blockiert, während die zyklische Photophosphorylierung das Photosystem I und den Cytochrom-bf-Komplex verwendet.
  • Ernte im Infrarotbereich. Betrachten Sie die Beziehung zwischen der Energie eines Photons und seiner Wellenlänge. a) Einige Bakterien sind fähig, Licht mit einer Wellenlänge von 1000 nm zu sammeln. Wie groß ist die Energie (in kJ) eines Mols Photonen (auch als ein Einstein bezeichnet) dieser Wellenlänge? b) Um wieviel kann ein 1000-nm-Photon das Redoxpotenzial maximal erhöhen? c) Wie viele Photonen der Wellenlänge 1000 nm werden mindestens gebraucht, um ATP aus ADP und Pi zu erzeugen? Nehmen Sie einen ?G-Wert von 50 kJ mol^-1 für die Phosphorylierungsreaktion an.

    Lösung

    a) +120 kJ Einstein^-1; ) 1,24 V; c) Ein 1000-nm-Photon besitzt die freie Enthalpie von 2,4 ATP. Ein Minimum von 0,42 Photonen wird zum Antrieb der Synthese eines ATP gebraucht.
  • Fehlende Akzeptoren. Nehmen Sie an, man hätte ein bakterielles Reaktionszentrum mit nur dem speziellen Paar und den Chinonen präpariert. Schätzen Sie die Geschwindigkeit des Elektronentransfers zwischen dem angeregten speziellen Paar und dem nächstgelegenen Chinon, wenn der Abstand zwischen ihnen 2,2 nm beträgt.

    Lösung

    Bei dieser Entfernung beträgt die zu erwartende Rate ein Elektron pro Sekunde.
  • Starke Annäherung. Nehmen Sie an, dass der Energietransfer zwischen zwei Chlorophyll-a-Molekülen, die 1 nm voneinander entfernt sind, in 10 ps erfolgt. Dieser Abstand soll auf 2 nm vergrößert werden, wobei alle anderen Faktoren unverändert bleiben. Wie lange würde der Energietransfer dann dauern?

    Lösung

    Die Entfernung verdoppelt sich, sodass sich die erforderliche Zeit um den Faktor 64 auf 640 ps erhöht.
  • Funktionelle Entsprechungen. Welche Strukturen der Mitochondrien entsprechen hinsichtlich ihrer Funktion der Thylakoidmembran?

    Lösung

    Die Cristae
  • Vergleich. Vergleichen Sie die oxidative Phosphorylierung mit der Photosynthese.

    Lösung

    In Eukaryoten finden beide Prozesse in spezialisierten Organellen statt. Beide Prozesse basieren auf energiereichen Elektronen, die letztlich zur ATP-Synthese führen. Bei der oxidativen Phosphorylierung stammen die energiereichen Elektronen aus Brennstoffen; ihre Reduktionskraft wird in Form von NADH fixiert. Bei der Photosynthese entstehen die energiereichen Elektronen durch Licht; ihre Reduktionskraft wird in Form von NADPH fixiert. Beide Prozesse nutzen Redoxreaktionen, um einen Protonengradienten aufzubauen; die Enzyme, die jeweils an der Umwandlung des Protonengradienten in ATP beteiligt sind, ähneln sich sehr. Bei beiden Prozessen findet der Elektronentransport an Membranen im Inneren der Organellen statt.
  • Energieverbrauch. Auf S. 699 ist die Energiebilanz für die photosynthetisch angetriebene Synthese von Glucose aufgeführt. Es werden 18 ATP-Moleküle benötigt. Wird Glucose jedoch in der Zellatmung abgebaut, entstehen 30 Moleküle ATP. Wie erklären Sie sich diesen Unterschied?

    Lösung

    Bei der Berechnung müssen wir das NADPH berücksichtigen, da es sich um ein energiereiches Molekül handelt. In Kap. 18 haben wir besprochen, dass ein NADH-Molekül 2,5 Moleküle ATP liefert, wenn es in der Elektronentransportkette oxidiert wird. 12 NADPH entsprechen 30 ATP und 18 ATP-Moleküle werden direkt für die Glucosesynthese verbraucht, sodass tatsächlich ein Äquivalent von 48 ATPMolekülen für die Synthese von Glucose erforderlich ist.
  • Suche nach einem Rastplatz. Albert Szent-Györgyi, Biochemiker und Nobelpreisträger, äußerte sich einmal wie folgt: „Leben ist nichts weiter als ein Elektron, das nach einem Rastplatz sucht.“ Erläutern Sie, inwiefern diese plakative Formulierung auf Photosynthese und Zellatmung zutrifft.

    Lösung

    Sowohl die Photosynthese als auch die Zellatmung werden durch energiereiche Elektronen angetrieben, die auf einen stabileren Zustand zustreben. Bei der Zellatmung stammen die energiereichen Elektronen aus der Oxidation von kohlenstoffhaltigen Brennstoffen wie NADH und FADH2 und setzen ihre Energie bei der Reduktion von Sauerstoff frei. Bei der Photosynthese entstehen energiereiche Elektronen durch die Absorption von Lichtenergie; sie finden Stabilität im Photosystem I und Ferridoxin.
  • Ein lebensnotwendiger Zyklus. Warum ist der Calvin-Zyklus für die Existenz aller Lebensformen notwendig?

    Lösung

    Der Calvin-Zyklus ist der wichtigste Weg, um gasförmiges CO2 in organische Verbindungen, das heißt Biomoleküle, umzuwandeln. Im Grunde genommen hat jedes Kohlenstoffatom in Ihrem Körper irgendwann in der Vergangenheit die Rubisco passiert und den Calvin-Zyklus durchlaufen.
  • Sei nett zu Pflanzen. Wie unterscheiden sich Autotrophe und Heterotrophe?

    Lösung

    Autotrophe können die Energie des Sonnenlichtes, des Kohlendioxids und des Wassers nutzen, um Kohlenhydrate zu synthetisieren, die für katabole oder anabole Zwecke genutzt werden können. Heterotrophe benötigen dagegen energiereiche chemische Brennstoffe und sind daher letztlich von den Autotrophen abhängig.
  • Mystische Reaktionen? Warum werden Reaktionen des Calvin-Zyklus auch als Dunkelreaktionen bezeichnet? Finden sie nur in der Nacht statt oder sind sie düster und geheimnisvoll?

    Lösung

    Es gibt nichts Düsteres oder Geheimisvolles bei diesen Reaktionen. Sie werden auch als Dunkelreaktionen bezeichnet, da sie nicht direkt vom Licht abhängig sind.
  • Markierungsexperimente. In seinen ersten Experimenten zur Kohlenstofffixierung inkubierte Melvin Calvin Algen mit radioaktiv markiertem Kohlendioxid. Nach einer Inkubationszeit von 5 s ließ sich nur eine einzige organische Verbindung nachweisen, die radioaktiv markiert war. Nach 60 s wiesen mehrere Verbindungen eine Markierung auf. a) Welche Verbindung wurde zuerst markiert? b) Welche Verbindungen waren nach 60 s markiert?

    Lösung

    a) 3-Phosphoglycerat; b) Die anderen Zwischenprodukte des Calvin-Zyklus.
  • Dreigeteilte Harmonie. Der Calvin-Zyklus lässt sich in drei Stufen unterteilen. Beschreiben Sie die einzelnen Stufen.

    Lösung

    Stufe 1 ist die Fixierung von CO2 durch Ribulose-1,5-bisphosphat und die anschließende Bildung von zwei Molekülen 3-Phosphoglycerat. Stufe 2 ist die Umwandlung eines Teils des 3-Phosphoglycerats in Hexosen. Stufe 3 ist die Regeneration von Ribulose-1,5-bisphosphat.
  • Nicht immer am schnellsten. Welche Gründe könnte es dafür geben, dass die Rubisco zu den häufigsten Enzymen auf der Erde zählt?

    Lösung

    Die Rubisco katalysiert eine sehr wichtige Reaktion, ist aber sehr ineffizient.
  • Eine Notwendigkeit. In einer Atmosphäre, die kein CO2 aber O2 enthält, zeigt die Rubisco keine Oxygenaseaktivität. Warum?

    Lösung

    Das Carbamat wird ausschließlich in Anwesenheit von CO2 gebildet. Fehlt CO2, dann hat die Rubisco keine Oxygenaseaktivität.
  • Lokale Reduktion. Die in den Chloroplasten lokalisierte Glycerinaldehyd-3-phosphat-Dehydrogenase verwendet in einer Reaktion der Glucosesynthese NADPH. Bei der im Cytoplasma stattfindenden Gluconeogenese nutzt das Isozym der Dehydrogenase jedoch NADH. Warum ist die Verwendung von NADPH für das chloroplastidäre Enzym vorteilhaft?

    Lösung

    In den Chloroplasten entsteht durch die Lichtreaktion NADPH.
  • Totale Finsternis. Nehmen Sie an, dass eine bestrahlte Chlorella-Suspension photosynthetisch voll aktiv ist und dann plötzlich das Licht ausgeschaltet wird. Wie würden sich innerhalb der nächsten Minute die Konzentrationen des 3-Phosphoglycerats und des Ribulose-1,5-bisphosphats ändern?

    Lösung

    Die Konzentration des 3-Phosphoglycerats würde zunehmen, die des Ribulose-1,5-bisphosphats dagegen abnehmen.
  • Die Hundstage im August. Um einen gepflegten Rasen zu erhalten, praktizierten die meisten Hausbesitzer einen gärtnerischen Darwinismus. Ein Ergebnis war, dass sich der üppige Rasen des frühen Sommers in den Hundstagen des Augusts oft in robuste Kulturen von Digitaria-Arten verwandelte. Geben Sie eine mögliche biochemische Erklärung für diese Umwandlung.

    Lösung

    Die Oxygenaseaktivität der Rubisco nimmt mit steigender Temperatur zu. Digitaria (Fingerhirse) ist im Gegensatz zu den meisten anderen Gräsern eine C4-Pflanze. Demzufolge wächst Digitaria in der heißesten Phase des Sommers gut, da der C4-Weg eine gute Ausnutzung von CO2 zulässt.
  • Es ist heiß hier drin, oder bin ich es selbst? Warum ist der C4-Weg für tropische Pflanzen vorteilhaft?

    Lösung

    Durch den C4-Weg kann die CO2-Konzentration am Ort der CO2-Fixierung erhöht werden. Eine hohe CO2-Konzentration inhibiert die Oxygenaseaktivität der Rubisco. Diese Inhibition ist für tropische Pflanzen wichtig, da die Oxygenaseaktivität mit steigender Temperatur stärker zunimmt als die Carboxylaseaktivität.
  • Keine kostenlose Verpflegung. Erläutern Sie, warum die Aufrechterhaltung einer hohen CO2-Konzentration in den Bündelscheidenzellen der C4-Pflanzen ein Beispiel für einen aktiven Transport darstellt. Wie viel ATP wird für jedes CO2-Molekül benötigt, um die hohe CO2-Konzentation in den Bündelscheidenzellen der C4-Pflanzen aufrechtzuerhalten?

    Lösung

    ATP wird benötigt, um aus Pyruvat Phosphoenolpyruvat (PEP) zu synthetisieren. PEP verbindet sich mit CO2 zu Oxalacetat, woraus anschließend Malat entsteht. Es sind zwei ATP erforderlich; das zweite ATP wird benötigt, um AMP zu ADP zu phosphorylieren.
  • Lebendige Beispiele? Was versteht man unter Photorespiration, wodurch wird sie hervorgerufen und warum nimmt man an, dass sie eine Verschwendung darstellt?

    Lösung

    Die Photorespiration ist der Verbrauch von Sauerstoff durch Pflanzen unter gleichzeitiger Freisetzung von CO2, doch wird keine für den Organismus nutzbare Energie erzeugt. Die Photorespiration geht auf die Oxygenaseaktivität der Rubisco zurück. Es handelt sich um einen verschwenderischen Prozess, da die Rubisco CO2 produziert, statt es für die Umwandlung in Hexosen zu fixieren.
  • Globale Erwärmung. C3-Pflanzen sind am häufigsten in den höheren Breitengraden anzutreffen und kommen in Breiten nahe dem Äquator nur selten vor. Das Umgekehrte gilt für C4-Pflanzen. Wie könnte eine globale Erwärmung diese Verteilung beeinflussen?

    Lösung

    Mit Fortschreiten der globalen Erwärmung werden C4-Pflanzen in größere Höhen vordringen, während sich C3-Pflanzen in kühlere Regionen zurückziehen werden.
  • Kommunikation. Welche lichtabhängigen Veränderungen im Stroma regulieren den Calvin-Zyklus?

    Lösung

    Die Lichtreaktionen führen zu einer Zunahme der Konzentrationen von NADPH, reduziertem Ferredoxin und Mg2+ wie auch einem Anstieg des pH-Wertes im Stroma.
  • Ordnen Sie zu. Weisen Sie den Begriffen (a-j) die korrekte Aussage (1-10) zu. a) Calvin-Zyklus; b) Rubisco; c) Carbamat; d) Stärke; e) Saccharose; f) Amylose; g) Amylopektin; h) C3-Pflanzen; i) C4-Pflanzen; j) Stomata; 1) katalysiert die CO2-Fixierung; 2) Speicherform von Kohlenhydraten; 3) enthält nur a-1,4-glykosidische Bindungen; 4) nach der Kohlenstofffixierung wird 3-Phosphoglycerat gebildet; 5) die Dunkelreaktionen; 6) enthält a-1,6-glykosidische Bindungen; 7) für die Rubisco-Aktivität erforderlich; 8) die Kohlenstofffixierung führt zur Bildung von Oxalacetat; 9) erlauben den Gasaustausch; 10) Transportform von Kohlenhydraten

    Lösung

    a) 5; b) 1; c) 7; d) 2; e) 10; f) 3; g) 6; h) 4; i) 8; j) 9
  • Verknüpft. Beschreiben Sie, wie Pentosephosphatweg und Glykolyse durch die Transaldolase und die Transketolase miteinander verbunden sind.

    Lösung

    Die Enzyme katalysieren die Umwandlung von C5-Kohlenhydraten, die in der oxidativen Phase des Pentosephosphatweges gebildet wurden, in die Zwischenprodukte der Glykolyse (und Gluconeogenese) Fructose-6-phosphat und Glycerinaldehyd-3-phosphat.
  • Glucoseverfolgung. Am C-6 mit 14C markierte Glucose wird zu einer Lösung gegeben, welche die Enzyme und Cofaktoren des oxidativen Zweiges des Pentosephosphatweges enthält. Was wird aus der radioaktiven Markierung?

    Lösung

    Die Markierung erscheint an der Position C-5 des Ribulose-5-phosphats.
  • Wiederkehrende Decarboxylierungen. Welche Reaktion des Citratzyklus ist weitgehend der oxidativen Decarboxylierung von Gluconat-6-phosphat zu Ribulose-5-phosphat ähnlich? Welches enzymgebundene Zwischenprodukt wird in beiden Reaktionen gebildet?

    Lösung

    Die oxidative Decarboxylierung von Isocitrat zu a-Ketoglutarat. Bei beiden Reaktionen entsteht eine a-Ketosäure als Zwischenprodukt.
  • Innerei. Die Leber und andere Innereien enthalten große Mengen an Nucleinsäuren. Während der Verdauung entsteht durch die Hydrolyse von RNA unter anderem Ribose. Erläutern Sie, wie Ribose als Brennstoff genutzt werden kann.

    Lösung

    In der nichtoxidativen Phase des Pentosephosphatweges können drei Moleküle Ribose-5-phosphat in zwei Moleküle Fructose-6-phosphat und ein Molekül Glycerinaldehyd-3-phosphat umgewandelt werden. Diese Moleküle sind Bestandteile der Glykolyse.
  • Keine Atmung. Normalerweise wird Glucose in den Mitochondrien vollständig zu CO2 oxidiert. Unter welchen Bedingungen kann Glucose im Cytoplasma vollständig zu CO2 oxidiert werden?

    Lösung

    Wenn der Bedarf an NADPH hoch ist. Der oxidativen Phase des Pentosephosphatweges folgt die nichtoxidative Phase. Das gebildete Fructose-6-phosphat und Glycerinaldehyd-3-phosphat wird verwendet, um in der Gluconeogenese Glucose-6-phosphat zu bilden. Der Zyklus wird wiederholt, bis das Äquivalent eines Glucosemoleküls zu CO2 oxidiert wurde.
  • Achten Sie auf Ihre Ernährung, Herr Doktor. Der bekannte Psychiater Hannibal Lecter bemerkte gegenüber der FBI-Agentin Clarice Starling, dass er die Leber mit Ackerbohnen und einem guten Chianti sehr genossen habe. Warum könnte diese Mahlzeit für einige Menschen gefährlich sein?

    Lösung

    Ackerbohnen enthalten Vicin, ein Puringlykosid, das zur Bildung von Peroxiden führen kann – reaktive Sauerstoffverbindungen (ROS), die Membranen und andere Biomoleküle schädigen können. Um ROS unschädlich zu machen, wird Glutathion benötigt. Die Bildung von Glutathion ist abhängig von einer ausreichenden Versorgung mit NADPH, das in der oxidativen Phase des Pentosphosphatweges gebildet wird. Menschen mit einer geringen Menge an Glucose-6-phosphat-Dehydrogenase sind besonders empfindlich für eine Vergiftung durch Vicin.
  • Keine Redundanz. Warum äußert sich ein Defekt in der Glucose-6-phosphat-Dehydrogenase häufig in einer Anämie?

    Lösung

    Da Erythrocyten keine Mitochondrien besitzen und die einzige Möglichkeit zur Erzeugung von NADPH der Pentosephosphatweg ist. Es gibt biochemische Wege, um mitochondriales NADH in cytoplasmatisches NADPH umzuwandeln.
  • Schadensbegrenzung. Welche Funktion übernimmt Glutathion beim Schutz vor Schäden, die durch reaktive Sauerstoffverbindungen verursacht werden? Warum ist der Pentosephosphatweg für diesen Schutz unerlässlich?

    Lösung

    Peroxide sind eine Form von reaktiven Sauerstoffverbindungen. Das Enzym Glutathion-Peroxidase verwendet reduziertes Glutathion, um die Peroxide in Alkohole umzuwandeln und so unschädlich zu machen; gleichzeitig wird Glutathion oxidiert. Reduziertes Glutathion wird von der Glutathion-Reduktase unter Verbrauch von NADPH regeneriert. Das NADPH ist das Produkt der oxidativen Phase des Pentosephosphatweges.
  • Sie tun, was Sie können. Erythrocyten fehlen Mitochondrien. Diese Zellen wandeln Glucose in Lactat um, doch produzieren sie auch CO2. Warum synthetisieren Erythrocyten Lactat? Auf welche Weise bilden sie CO2, wenn sie doch über keine Mitochondrien verfügen?

    Lösung

    Da Erythrocyten Mitochondrien fehlen, bauen sie Glucose zu Lactat ab, um Energie in Form von ATP zu gewinnen. Das CO2 stammt aus der Nutzung des Pentosephosphatweges gekoppelt mit der Gluconeogenese. Diese Kopplung erlaubt die Bildung von viel NADPH und die vollständige Oxidation von Glucose über die oxidative Phase des Pentosephosphatweges.
  • Schrittweiser Abbau. Welches sind die drei Schritte des Glykogenabbaus und welche Enzyme sind daran beteiligt?

    Lösung

    Schritt 1 ist die Freisetzung von Glucose-1-phosphat aus Glykogen durch die Glykogen-Phosphorylase. Schritt 2 ist die Bildung von Glucose-6-phsophat aus Glucose-1-phosphat, eine Reaktion, die von der Glucosephosphat-Mutase katalysiert wird. Schritt 3 umfasst den Umbau von Glykogen durch die Transferase und die Glucosidase.
  • Ordnen Sie zu. Weisen Sie den Begriffen (a-j) die korrekte Aussage (1-10) zu. a) Glykogen-Phosphorylase; b) Phosphorolyse; c) Transferase; d) a-1,6-Glucosidase; e) Glucosephosphat-Mutase; f) Phosphorylasekinase; g) Proteinkinase A; h) Calmodulin; i) Adrenalin; j) Glucagon; 1) die calciumbindende Untereinheit der Phosphorylasekinase; 2) aktiviert die Glykogen-Phosphorylase; 3) die Entfernung einer Glucoseeinheit durch Addition einer Phosphorylgruppe; 4) stimuliert den Glykogenabbau im Muskel; 5) setzt eine Glucoseeinheit frei; 6) verschiebt die Lokalisierung zahlreicher Glucoseeinheiten; 7) stimuliert den Glykogenabbau in der Leber; 8) katalysiert eine phosphorolytische Spaltung; 9) bereitet Glucose-1-phosphat für die Glykolyse vor; 10) phosphoryliert die Phosphorylasekinase

    Lösung

    a) 8; b) 3; c) 6; d) 5; e) 9; f) 2; g) 10; h) 1; i) 4; j) 7
  • Auswahl ist gut. Glykogen ist nicht so stark reduziert wie Fettsäuren und daher nicht so energiereich. Warum speichern Tiere Energie überhaupt in Form von Glykogen? Warum werden nicht alle überschüssigen Brennstoffe in Form von Fettsäuren gespeichert?

    Lösung

    Glykogen ist aus vielerlei Gründen eine wichtige Brennstoffreserve. Durch den kontrollierten Abbau von Glykogen und die Freisetzung von Glucose steigt die Menge an Glucose in den zwischen den Mahlzeiten liegenden Zeiträumen an. Glykogen dient somit als Puffer, um den Blutglucosespiegel aufrechtzuerhalten. Die Rolle von Glykogen bei der Aufrechterhaltung des Blutglucosespiegels ist besonders wichtig, da Glucose nahezu der einzige Brennstoff ist, der vom Gehirn genutzt werden kann, außer bei längeren Hungerperioden. Außerdem kann die Glucose leicht aus dem Glykogen mobilisiert werden und ist daher als Energiequelle für eine plötzliche und anstrengende körperliche Betätigung bestens geeignet. Anders als Fettsäuren kann die freigesetzte Glucose Energie auch in Abwesenheit von Sauerstoff liefern und somit die Energieversorgung unter anaeroben Bedingungen übernehmen.
  • Wenn wenig gut ist, ist mehr besser. a-Amylose ist ein unverzweigtes Glucosepolymer. Warum wäre dieses Polymer eine weniger effektive Speicherform für Glucose als Glykogen?

    Lösung

    Als unverzweigtes Polymer besitzt die a-Amylose nur ein nichtreduzierendes Ende. Deshalb kann nur ein einziges Molekül der Glykogen-Phosphorylase jedes a-Amylose-Molekül abbauen. Da Glykogen hochgradig verzweigt ist, gibt es viele nichtreduzierende Enden pro Molekül. Deswegen können viele Phosphorylasemoleküle viele Glucosemoleküle pro Glykogenmolekül freisetzen.
  • Verräterische Produkte. Eine Glykogenprobe eines Patienten, der an einer Lebererkrankung leidet, wird mit Orthophosphat, Glykogen-Phosphorylase, der Transferase und dem debranching enzyme inkubiert. Das Verhältnis des in der Mischung entstandenen Glucose-1-phosphats zur Glucose beträgt 100. An welchem enzymatischen Defekt leidet der Patient höchstwahrscheinlich?

    Lösung

    Dem Patienten mangelt es am Verzweigungsenzym (branching enzyme).
  • Eigene Wege gehen. Vergleichen Sie die allosterische Regulation der Phosphorylase in der Leber und im Muskel und erläutern Sie den Sinn dieses Unterschieds.

    Lösung

    Im Muskel wird die b-Form der Phosphorylase durch AMP aktiviert. In der Leber wird die a-Form durch Glucose inhibiert. Die unterschiedliche Regulation trägt der jeweiligen Funktion des Glykogens im Stoffwechsel des betreffenden Gewebes Rechnung. Im Muskel dient das Glykogen als Brennstoff für die Kontraktion, die Leber nutzt das Glykogen dagegen, um den Blutglucosespiegel aufrechtzuerhalten.
  • Den Daumen auf dem Gleichgewicht. Die von der Phosphorylase katalysierte Reaktion ist in vivo leicht umkehrbar. Bei pH 6,8 liegt das Gleichgewichtsverhältnis von Orthophosphat zu Glucose-1-phosphat bei 3,6. Der ?G00-Wert für diese Reaktion ist niedrig, da eine glykosidische Bindung durch eine Phosphorsäureesterbindung ersetzt wird, die nahezu das gleiche Übertragungspotenzial besitzt. Die Phosphorolyse läuft jedoch in vivo weit in Richtung des Glykogenabbaus ab. Schlagen Sie eine Möglichkeit vor, wie die Reaktion in vivo irreversibel gemacht werden kann.

    Lösung

    Zellen halten den Quotienten [Pi]/[Glucose-1-phosphat] auf einem Wert größer als 100, sodass eine Phosphorolyse begünstigt wird. Wir sehen hier ein Beispiel dafür, wie eine Zelle die Änderung der freien Enthalpie einer Reaktion durch Veränderung des Verhältnisses zwischen den Konzentrationen von Substrat und Produkt so beeinflusst, dass die Reaktion begünstigt wird.
  • Übermäßige Vorratshaltung. Suchen Sie eine Erklärung für die Tatsache, dass die Glykogenmenge bei der Glykogenspeicherkrankheit vom Typ I (von-Gierke-Erkrankung) erhöht ist.

    Lösung

    Bei der von-Gierke-Krankheit ist die Konzentration des Glucose-6-phosphats erhöht, da die Glucose-6-phosphatase oder der Transporter fehlt. Dadurch verschiebt sich das allosterische Gleichgewicht der phosphorylierten Glykogen-Synthase zur aktiven Form.
  • Eine essenzielle Phosphorylgruppe zurückgewinnen. Die Phosphorylgruppe der Glucosephosphat-Mutase geht allmählich durch Hydrolyse verloren. Schlagen Sie eine Möglichkeit vor, diese essenzielle Phosphorylgruppe wiederherzustellen, wobei ein bekanntes Zwischenprodukt der Katalyse verwendet wird. Wie könnte dieser Phosphorylgruppendonator gebildet werden?

    Lösung

    Der Phosphorylgruppendonator ist Glucose-1,6-bisphosphat, das in einer von der Glucosephosphatkinase katalysierten Reaktion aus Glucose-1-phosphat und ATP gebildet wird.
  • Nicht jeder Mangel ist gleich. Die Ursache der Hers-Krankheit ist ein Mangel an Glykogen-Phosphorylase in der Leber, der zu einer schweren Erkrankung führen kann. Bei der McArdle-Krankheit fehlt die Glykogen-Phosphorylase in der Skelettmuskulatur. Den an der McArdle-Krankheit leidenden Patienten fällt zwar Bewegung schwer, doch ist die Erkrankung nicht lebensbedrohlich. Warum manifestiert sich das Fehlen der Glykogen-Phosphorylase in den beiden Geweben auf so unterschiedliche Art und Weise? Was verrät die Existenz dieser zwei verschiedenen Erkrankungen über die genetische Basis der Phosphorylase?

    Lösung

    Die unterschiedlichen Manifestationen spiegeln die verschiedenen Funktionen des Enzyms in Leber und Muskel wider. Die Glykogen-Phosphorylase in der Leber spielt eine entscheidende Rolle bei der Aufrechterhaltung des Blutglucosespiegels. Es sei daran erinnert, dass Glucose der wichtigste Brennstoff für das Gehirn darstellt. Die Glykogen-Phosphorylase im Muskel stellt Glucose dagegen ausschließlich für die Muskelkontraktion bereit und das auch nur dann, wenn der Energiebedarf des Muskels hoch ist, also während seiner Aktivität. Die Tatsache, dass es zwei unterschiedliche Erkrankungen gibt, weist auf die Existenz von zwei Isozymen der Glykogen-Phosphorylase hin – einem leberspezifischen Isozym und einem muskelspezifischen.
  • Hydrophobie. Warum wird Wasser aus dem aktiven Zentrum der Phosphorylase verdrängt? Welchen Effekt könnte eine Mutation haben, die Wassermolekülen den Zutritt ermöglicht?

    Lösung

    Wasser wird aus dem aktiven Zentrum ausgeschlossen, um eine Hydrolyse zu verhindern. Der Zutritt von Wasser würde zur Bildung von Glucose statt Glucose-1-phosphat führen. Ein Experiment mittels ortsspezifischer Mutagenese ist in dieser Hinsicht besonders aufschlussreich. In der Phosphorylase ist Tyr 573 über eine Wasserstoffbrücke mit dem 20-OH eines Glucoserestes verbunden. Das Produktverhältnis von Glucose- 1-phosphat zu Glucose beträgt 9000:1 für das Wildtypenzym und 500:1 für eine Phe-573-Mutante. Aus Modellen wird klar, dass ein Wassermolekül jene Stelle ausfüllt, die normalerweise von der phenolischen OH-Gruppe des Tyrosins ausgefüllt wird und bei sich bietender Gelegenheit das Oxocarbeniumion-Zwischenprodukt angreift, wobei Glucose entsteht.
  • Entfernen aller Spuren. In Extrakten menschlicher Leber ist die katalytische Aktivität von Glykogenin nur nach der Zugabe von a-Amylase nachweisbar. Warum ist a-Amylase notwendig, um die Glykogeninaktivität nachzuweisen?

    Lösung

    Die Amylaseaktivität war notwendig, um das Glykogen vom Glykogenin zu entfernen. Es sei daran erinnert, dass Glykogenin Oligosaccharide mit einer Länge von etwa acht Glucoseeinheiten synthetisiert, bevor die Aktivität stoppt. Werden die Glucoseeinheiten nicht durch die Aktivität der Amylase beseitigt, ist das Glykogenin nicht aktiv.
  • Zwei in einem. Eine einzige Peptidkette beherbergt die Transferase und das debranching enzyme. Welchen Vorteil könnte so eine Anordnung haben?

    Lösung

    Das Substrat kann direkt vom aktiven Zentrum der Transferase zu jenem des debranching enzyme weitergegeben werden.
  • Wie haben sie das gemacht? Man konnte einen Mäusestamm entwickeln, dem das Enzym Phosphorylasekinase fehlt. Trotzdem sind nach intensiver Anstrengung die Glykogenspeicher einer Maus dieses Stammes erschöpft. Erklären Sie, wie das möglich ist.

    Lösung

    Während der Muskelbetätigung nimmt [ATP] ab und [AMP] zu. Wir wissen, dass AMP ein allosterischer Aktivator der Glykogen-Phosphorylase b ist. Deshalb wird Glykogen auch dann abgebaut, wenn eine kovalente Modifikation durch die Phosphorylasekinase fehlt.
  • Ein geeigneter Inhibitor. Warum wird die Glykogen-Phosphorylase der Muskulatur durch Glucose-6-phosphat inhibiert, wenngleich Glucose-1-phosphat das Produkt der Phosphorylasereaktion ist?

    Lösung

    Glucose-1-phosphat ist zwar das tatsächliche Produkt der Phosphorylasereaktion, doch ist Glucose-6-phosphat bezüglich des Stoffwechsels das vielseitigere Molekül. Glucose-6-phosphat kann unter anderem Energie und auch Grundbausteine für den Stoffwechsel liefern. In der Leber kann Glucose-6-phosphat in Glucose umgewandelt werden, die in das Blut freigesetzt wird.
  • Weiterleiten von Information. Beschreiben Sie die Signaltransduktionskaskade für den Glykogenabbau im Muskel.

    Lösung

    Adrenalin bindet an seinen G-Protein-gekoppelten Rezeptor. Die dadurch verursachten Strukturveränderungen aktivieren ein Ga-Protein, das wiederum die Adenylat-Cyclase aktiviert. Die Adenylat-Cyclase katalysiert die Synthese von cAMP, welches die Proteinkinase A aktiviert. Die Proteinkinase A phosphoryliert die Phosphorylasekinase teilweise; die Phosphorylasekinase phosphoryliert und aktiviert dann die Glykogen-Phosphorylase. Auch das während der Muskelkontraktion freigesetzte Calcium aktiviert die Phosphorylasekinase, wodurch wiederum die Stimulation der Glykogen- Phosphorylase noch verstärkt wird.
  • Auf die Bremse treten. Es muss eine Möglichkeit geben, um den Glykogenabbau rasch abschalten zu können und so die verschwenderische Leerung der Glykogenspeicher zu stoppen, wenn der Energiebedarf gedeckt ist. Welche Mechanismen gibt es, um den Glykogenabbau zu beenden?

    Lösung

    Erstens wird der entsprechende Signaltransduktionsweg abgeschaltet, wenn das auslösende Hormon nicht länger vorhanden ist. Zweitens wandelt die inhärente GTPase-Aktivität des G-Proteins das gebundene GTP in inaktives GDP um. Drittens wandeln Phosphodiesterasen zyklisches AMP in AMP um. Viertens entfernt die PP1 die Phosphorylgruppe von der Glykogen-Phosphorylase, wodurch das Enzym in die gewöhnlich inaktive b-Form überführt wird.
  • Vollkommen entgegengesetzt. Die Phosphorylierung hat auf Synthese bzw. Abbau von Glykogen eine entgegengesetzte Wirkung. Welchen Vorteil bringt diese entgegengesetzte Wirkung mit sich?

    Lösung

    Sie verhindert, dass beide Prozesse gleichzeitig ablaufen, was eine Vergeudung von Energie bedeuten würde.
  • Sich leer fühlen. Die Leerung des Glykogenspeichers durch eine intensive Aktivität kann zu einer körperlichen Erschöpfung führen, sodass die Aktivität abgebrochen werden muss. Einigen Menschen ist auch schwindelig, sie können sich nicht mehr konzentrieren und sie zeigen Schwächen in der Koordination. Was könnte die Ursache dieser Symptome sein?

    Lösung

    All die genannten Symptome weisen auf Störungen im zentralen Nervensystem hin. Ist eine körperliche Betätigung anstrengend genug, ist der Sportler nicht ausreichend trainiert oder beides, kann es auch in der Leber zu einem Mangel an Glykogen kommen. Das Gehirn ist von Glucose abhängig, die aus dem Leberglykogen stammt. Die Symptome lassen vermuten, dass das Gehirn nicht ausreichend mit Brennstoff versorgt ist (Hypoglykämie).
  • Jeder muss einen Beitrag leisten. Warum ist die Leberphosphorylase ein Glucosesensor, die Muskelphosphorylase jedoch nicht?

    Lösung

    Die Leberphosphorylase a wird durch Glucose inhibiert, wodurch der R zu T-Übergang erleichtert wird. Durch diesen Übergang wird die PP1 freigesetzt, die den Glykogenabbau inhibiert und die Glykogensynthese stimuliert. Die Muskelphosphorylase ist dagegen für Glucose nicht empfindlich.
  • Yin und Yang. Weisen Sie den Begriffen (a-j) die korrekte Aussage (1-10) zu. a) UDP-Glucose; b) UDP-Glucose-Pyrophosphorylase; c) Glykogen-Synthase; d) Glykogenin; e) Verzweigungsenzym; f) Glucose-6-phosphat; g) Glykogen-Synthase-Kinase; h) Proteinphosphatase 1; i) Insulin; j) Glykogen-Phosphorylase a; 1) Glucose-1-phosphat ist eines ihrer Substrate; 2) starker Aktivator der Glykogen-Synthase b; 3) Glucosesensor in der Leber; 4) aktiviertes Substrat für die Glykogensynthese; 5) stellt a-1,4-glykosidische Bindungen zwischen Glucosemolekülen her; 6) führt zur Inaktivierung der Glykogen-Synthase-Kinase; 7) stellt a-1,6-glykosidische Bindungen zwischen Glucosemolekülen her; 8) katalysiert die Bildung der Glykogen-Synthase b; 9) katalysiert die Bildung der Glykogen-Synthase a; 10) ist der Primer für die Glykogensynthese

    Lösung

    a) 4; b) 1; c) 5; d) 10; e) 7; f) 2; g) 8; h) 9; i) 6; j) 3
  • Mannschaftsleistung. Welche Enzyme sind für die Synthese eines Glykogenpartikels notwendig, beginnend mit Glucose-6-phosphat?

    Lösung

    Glucosephosphat-Mutase, UDP-Glucose-Pyrophosphorylase, Pyrophosphatase, Glykogenin, Glykogen-Synthase und das Verzweigungsenzym
  • Wenn Sie darauf bestehen. Warum ist die Aktivierung der phosphorylierten b-Form der Glykogen-Synthase durch hohe Konzentrationen an Glucose-6-phosphat biochemisch sinnvoll?

    Lösung

    Hohe Konzentrationen an Glucose-6-phosphat zeigen an, dass Glucose vorhanden ist und sie nicht in der Glykolyse genutzt wird. Diese wertvolle Ressource kann daher durch eine Umwandlung in Glykogen gespeichert werden.
  • Ein eingespartes ATP ist ein gewonnenes ATP. Die vollständige Oxidation von Glucose-6-phosphat, das aus freier Glucose stammt, liefert 30 ATP, die vollständige Oxidation von Glucose-6-phosphat, das aus dem Abbau von Glykogen stammt, dagegen 31 ATP. Wie kommt es zu diesem Unterschied?

    Lösung

    Freie Glucose muss unter Verbrauch eines ATP-Moleküls phosphoryliert werden. Glucose-6-phosphat, das aus dem Abbau von Glykogen stammt, entsteht durch phosphorolytische Spaltung, wodurch ein ATP eingespart wird. Die Nettoausbeute an ATP für den Abbau von Glucose aus Glykogen zu Pyruvat beträgt daher drei ATP, im Gegensatz zu den zwei ATP, die beim Abbau freier Glucose zu Pyruvat gebildet werden.
  • Zweifache Funktion. Die Glucosephosphat-Mutase ist sowohl für den Abbau wie auch für die Synthese von Glykogen entscheidend. Erläutern Sie die Funktion des Enzyms in jedem der beiden Prozesse.

    Lösung

    Abbau: Die Glucosephosphat-Mutase wandelt Glucose-1-phosphat, das aus dem Abbau von Glykogen stammt, in Glucose-6-phosphat um, das als Glucose freigesetzt (Leber) oder in die Glykolyse (Muskel und Leber) eingeschleust werden kann. Synthese: Die Glucosephosphat-Mutase wandelt Glucose-6-phosphat in Glucose-1-phosphat um, das mit UTP zu UDP-Glucose reagiert, dem Substrat der Glykogen-Synthase.
  • Erreichen der Unsterblichkeit. Die Glykogen-Synthase benötigt einen Primer. Früher nahm man an, dass ein Primer durch die Aufteilung von bereits bestehenden Glykogengranula zwischen den Tochterzellen während der Zellteilung bereitgestellt wird. Mit anderen Worten: Teile eines ursprünglich vorhandenen Glykogenmoleküls werden einfach von Generation zu Generation weitergereicht. Wäre dieses Prinzip, die Glykogenspeicher an die nächste Generation weiterzureichen, erfolgreich gewesen? Was weiß man heute über die Synthese neuer Glykogenmoleküle?

    Lösung

    Grundsätzlich sollte die Strategie, dass ausschließlich Glykogen den Primer für die weitere Synthese von Glykogen darstellt, erfolgreich sein. Würden die Glykogenmoleküle jedoch nicht gleichmäßig zwischen den Tochterzellen aufgeteilt, dann wären die Glykogenspeicher zukünftiger Generationen gefährdet. Glykogenin ist der Primer für die Glykogen-Synthase.
  • Signal für die Synthese. Wie stimuliert Insulin die Synthese von Glykogen?

    Lösung

    Insulin bindet an seinen Rezeptor und stimuliert die Tyrosinkinaseaktivität des Rezeptors, die wiederum einen Signalweg zur Aktivierung von Proteinkinasen in Gang setzt. Die Kinasen phosphorylieren ihrerseits die Glykogen-Synthase-Kinase und inaktivieren sie auf diese Weise. Anschließend dephosphoryliert die Proteinphosphatase 1 die Glykogen-Synthase und aktiviert sie.
  • Zweifache Aktivierung. Welcher Weg wird in der Leber zusätzlich zur cAMP-induzierten Signaltransduktion genutzt, um den Glykogenabbau zu maximieren?

    Lösung

    In der Leber stimuliert Glucagon den cAMP-abhängigen Signalweg, der zur Aktivierung der Proteinkinase A führt. Adrenalin bindet an einen 7TM-a-adrenergen Rezeptor in der Plasmamembran der Leberzellen, der die Phospholipase C aktiviert und auf diese Weise die Phosphoinositidkaskade in Gang setzt. Folge ist eine Freisetzung von Calciumionen aus dem endoplasmatischen Reticulum, die an Calmodulin binden und außerdem die Phosphorylasekinase und den Glykogenabbau stimulieren.
  • Zusammenarbeit. Welche Enzyme werden in der Leber benötigt, um während des Schlafes oder einer Hungerperiode eines Organismus Glucose in das Blut freizusetzen?

    Lösung

    Phosphorylase, Transferase, Glucosidase, Glucosephosphat-Mutase und Glucose-6-phosphatase
  • Eine niederschmetternde Erfahrung. Kristalle der Phosphorylase a, die sich in Anwesenheit von Glucose gebildet haben, zerfallen, wenn ein Substrat wie Glucose-1-phosphat zugegeben wird. Warum?

    Lösung

    Glucose ist ein allosterischer Inhibitor der Phosphorylase a. Kristalle, die sich in Anwesenheit von Glucose gebildet haben, befinden sich daher im T-Zustand. Die Zugabe des Substrats Glucose-1-phosphat verschiebt das R/T-Gleichgewicht in Richtung des R-Zustands. Die Konformationsunterschiede zwischen diesen beiden Zuständen reichen aus, dass der Kristall zerfällt, sofern er nicht durch chemische Quervernetzungen stabilisiert ist.
  • Ich bin mir sicher, dass ich dieses Gesicht schon einmal gesehen habe. UDP-Glucose ist die aktivierte Form der Glucose, die für die Glykogensynthese verwendet wird. Bei unseren Betrachtungen des Stoffwechsels sind uns bereits ähnliche aktivierte Formen von UDP-Kohlenhydraten begegnet. Wo?

    Lösung

    Galactose wird in UDP-Galactose umgewandelt, aus der schließlich Glucose-6-phosphat gebildet wird.
  • Die gleichen Symptome, aber unterschiedliche Ursachen. Welche andere Mutation im Glucosestoffwechsel ruft Symptome hervor, die denen der von-Gierke-Krankheit ähneln?

    Lösung

    Die Symptome können auch durch eine Mutation in einem Gen hervorgerufen werden, das den Transporter für Glucose-6-phosphat codiert. Es sei daran erinnert, dass Glucose-6-phosphat in das Lumen des endoplasmatischen Reticulums transportiert werden muss, um von der Phosphatase hydrolysiert zu werden. Mutationen in den drei anderen essenziellen Proteinen dieses Systems können ebenso zur von-Gierke-Krankheit führen.
  • Ordnen Sie zu. Weisen Sie den Begriffen (a-k) die korrekte Aussage (1-11) zu. a) Triacylglycerin; b) Perilipin; c) ATGL; d) Glucagon; e) Acetyl-CoA-Synthetase; f) Carnitin; g) B-Oxidation; h) Enoyl-CoA-Isomerase; i) 2,4-Dienoyl-CoA-Reduktase; j) Methylmalonyl-CoAMutase; k) Ketonkörper; 1) das Enzym, das den Lipidabbau einleitet; 2) aktiviert die Fettsäuren für den Abbau; 3) wandelt eine cis-?3-Doppelbindung in eine trans-?2-Doppelbindung um; 4) reduziert 2,4-Dienoyl-Zwischenprodukte zu trans-?2-Enoyl-CoA; 5) Speicherform von Fetten; 6) erfordert den Eintritt in die Mitochondrien; 7) benötigt Vitamin B12; 8) Acetacetat; 9) Abbauweg für Fettsäuren; 10) stimuliert die Lipolyse; 11) mit Lipidtröpfchen assoziiertes Protein

    Lösung

    a) 5; b) 11; c) 1; d) 10; e) 2; f) 6; g) 9; h) 3; i) 4; j) 7; k) 8
  • Energieformen. Die Teilreaktionen, die zur Synthese von Acyl-CoA führen (Gl. 1 und 2 auf S. 763) sind frei reversibel. Die Gleichgewichtskonstante für die Summe dieser Reaktionen liegt bei 1, das heißt, die Energie von Reaktanden und Produkten ist nahezu gleich, obwohl ein Molekül ATP hydrolysiert wurde. Erläutern Sie, warum sich diese Reaktionen leicht umkehren lassen.

    Lösung

    Verantwortlich für die leichte Umkehrbarkeit ist der hohe Energiegehalt der Thioesterbindung im Acyl-CoA.
  • Richtige Reihenfolge. Bringen Sie die folgenden Reaktionen oder auch relevanten Orte der B-Oxidation von Fettsäuren in die richtige Reihenfolge a) Reaktion mit Carnitin; b) Fettsäure im Cytoplasma; c) Aktivierung der Fettsäure durch Verknüpfung mit CoA; d) Hydratisierung; e) NAD+-abhängige Oxidation; f) Thiolyse; g) Acyl-CoA im Mitochondrium; h) FAD-abhängige Oxidation

    Lösung

    b, c, a, g, h, d, e, f
  • Erinnerung an vergangene Reaktionen. In unseren Besprechungen der Biochemie sind uns Reaktionen, die der Oxidation, der Hydratisierung und den Oxidationsreaktionen des Fettsäureabbaus ähnlich sind, bereits begegnet. Welcher andere Stoffwechselweg nutzt diese Reaktionen ebenfalls?

    Lösung

    Es ist der Citratzyklus. Die Reaktionen, die Succinat in Oxalacetat umwandeln oder auch umgekehrt, ähneln denen des Fettsäurestoffwechsels (Abschn. 17.2).
  • Vergleich der Ausbeute. Vergleichen Sie die Anzahl der beim Abbau von Palmitin und Palmitoleinsäure gewonnenen ATP-Moleküle.

    Lösung

    Palmitinsäure liefert 106 ATP-Moleküle. Palmitoleinsäure besitzt eine Doppelbindung zwischen C-9 und C-10. Wird Palmitoleinsäure durch B-Oxidation abgebaut, findet eine Reaktion (die Einführung einer Doppelbindung vor der Addition von Wasser) nicht statt, da die Doppelbindung bereits existiert. Daher wird kein FADH2 gebildet und Palmitoleinsäure liefert 1,5 ATP-Moleküle weniger als Palmitinsäure, insgesamt also 104,5 ATP.
  • ATP zählen 2. Wie viel Energie wird durch die vollständige Oxidation des Ketonkörpers D-3-Hydroxybutyrat gewonnen?

    Lösung

    Das bei der Oxidation zu Acetacetat gebildete NADH liefert 2,5 ATP. Acetacetat wird in Acetacetyl-CoA umgewandelt. Zwei Moleküle Acetyl-CoA stammen aus der Hydrolyse des Acetacetyl-CoA; jedes liefert bei der Prozessierung im Citratzyklus letztlich 10 ATP. Die gesamte Ausbeute beträgt daher 22,5 ATP-Moleküle.
  • Eine zutreffende Aussage. Ein altes Sprichwort aus der Biochemie besagt, dass Fett auf der Flamme der Kohlenhydrate verbrennt. Was ist die molekulare Grundlage dafür?

    Lösung

    Um abgebaut zu werden, müssen Fette nicht nur in Acetyl-CoA umgewandelt, sondern das Acetyl-CoA muss auch in den Citratzyklus eingeschleust werden. Damit das geschehen kann, muss ausreichend Oxalacetat bereitstehen. Oxalacetat kann durch den Abbau von Glucose zu Pryuvat und die anschließende Carboxylierung von Pyruvat zu Oxalacetat gebildet werden.
  • Eine heiße Ernährung. Tritium ist ein radioaktives Wasserstoffisotop, das leicht nachgewiesen werden kann. Einer Ratte wird eine vollständige, mit Tritium markierte gesättigte C6-Fettsäure verabreicht und eine Muskelbiopsie durchgeführt. Aus dem Muskelgewebe wird das gesamte in der B-Oxidation der radioaktiv markierten Fettsäure gebildete Acetyl-CoA extrahiert und das CoA abgespalten, sodass Acetat entsteht. Wie hoch ist das Tritium/Kohlenstoff-Verhältnis im isolierten Acetat?

    Lösung

    Im ersten Oxidationsschritt werden zwei Tritiumatome entfernt. Durch Hydratisierung werden nichtradioaktives H und OH angefügt. Im zweiten Oxidationsschritt wird ein weiteres Tritiumatom vom B-Kohlenstoffatom abgespalten. Durch thiolytische Spaltung wird eine Acetylgruppe mit nur einem Tritiumatom entfernt. Das Tritium/Kohlenstoff-Verhältnis ist daher 1:2. Dieses Verhältnis trifft auf zwei der Acetate zu. Das Letzte wird dagegen nicht oxidiert, sodass das gesamte Tritium erhalten bleibt. Das Verhältnis für dieses Acetatmolekül ist daher 3:2. Das Verhältnis für das gesamte Molekül ist somit 5:6.
  • Triacylglycerine an den falschen Stellen. Der insulinabhängige Diabetes geht häufig einher mit einem hohen Triacylglycerinspiegel im Blut. Wie lässt sich das biochemisch erklären?

    Lösung

    Bei Insulinmangel werden so viele Lipide mobilisiert, dass die Kapazität der Leber, diese Lipide in Ketonkörper umzuwandeln, überschritten wird.
  • Ordnen Sie zu. Weisen Sie den Begriffen (a-j) die korrekte Aussage (1-10) zu. a) ATP-Citrat-Lyase; b) Malat-Enzym; c) Malonyl-CoA; d) Acetyl-CoA-Carboxylase; e) Acyl-Carrier-Protein (ACP); f) B-Ketoacyl-Synthase; g) Palmitat; h) Eicosanoide; i) Arachidonat; j) AMP-abhängige Proteinkinase (AMPK); 1) unterstützt die Bildung von NADPH aus NADH; 2) inaktiviert die Acetyl-CoA-Carboxylase; 3) ein Molekül, an dem Fettsäuren synthetisiert werden; 4) eine Vorstufe der Prostaglandine; 5) aktiviertes Acetyl-CoA; 6) Endprodukt der Fettsäure-Synthase; 7) Fettsäuren, die 20 Kohlenstoffatome enthalten; 8) katalysiert die Schrittmacherreaktion der Fettsäuresynthese; 9) katalysiert die Reaktion von Acetyl-CoA und Malonyl-CoA; 10) synthetisiert Acetyl-CoA im Cytoplasma

    Lösung

    a) 10; b) 1; c) 5; d) 8; e) 3; f) 9; g) 6; h) 7; i) 4; j) 2
  • Kontrapunkt. Vergleichen Sie die folgenden Aspekte der Oxidation und Synthese von Fettsäuren: a) Ort des Prozesses; b) Acylcarrier; c) Reduktions- und Oxidationsmittel; d) Stereochemie der Zwischenprodukte; e) Richtung der Synthese und des Abbaus; f) Organisation des Enzymsystems

    Lösung

    a) Oxidation in den Mitochondrien, Synthese im Cytoplasma b) Coenzym A bei der Oxidation, das Acyl-Carrier-Protein bei der Synthese c) FAD und NAD+ bei der Oxidation, NADPH bei der Synthese d) Das l-Isomer des 3-Hydroxyacyl-CoA tritt bei der Oxidation auf, das d-Isomer bei der Synthese. e) Von der Carboxylgruppe zur Methylgruppe bei der Oxidation, umgekehrt bei der Synthese f) Die Enzyme der Fettsäuresynthese sind in einem Multienzymkomplex organisiert, die der Oxidation nicht.
  • Das Kribbeln der Fettsäuresynthese. Unter den ersten in vitro-Untersuchungen der Fettsäuresynthese waren Experimente, mit denen man herausfinden wollte, welcher Puffer eine optimale Aktivität begünstigt. Es stellte sich heraus, dass ein Hydrogencarbonatpuffer wesentlich besser geeignet ist als ein Phosphatpuffer. Anfangs konnten sich die Forscher das nicht erklären. Erläutern Sie aus heutiger Sicht, also Jahrzehnte später, warum das Ergebnis nicht verwundert.

    Lösung

    Für die Synthese von Malonyl-CoA aus Acetyl-CoA durch die Acetyl-CoA-Carboxylase wird Hydrogencarbonat benötigt.
  • Der Preis der Sauberkeit. Laurinsäure ist eine C12-Fettsäure ohne Doppelbindungen. Das Natriumsalz der Laurinsäure (Natriumlaurat) ist ein verbreitetes Detergens, das in einer Vielzahl von Produkten wie Waschmittel, Shampoo und Zahnpasta enthalten ist. Wie viele ATP- und NADPH-Moleküle werden für die Synthese von Laurinsäure benötigt.

    Lösung

    Es sind 6 Acetyl-CoA-Einheiten erforderlich. Eine Acetyl-CoA-Einheit wird direkt genutzt, um die beiden Kohlenstoffatome, die am weitesten vom sauren Ende entfernt lokalisiert sind, zu erhalten. Die anderen fünf Einheiten müssen in Malonyl-CoA umgewandelt werden. Die Synthese jedes Malonyl-CoA-Moleküls verbraucht 1 ATP; es sind daher 5 ATPMoleküle notwendig. In jeder Verlängerungsrunde werden 2 NADPH benötigt – ein Molekül, um die Ketogruppe zu einem Alkohol zu reduzieren, und eines, um die Doppelbindung zu reduzieren. In der Summe sind also 10 NADPH erforderlich. Bei der Synthese von Laurinsäure werden somit 5 ATP- und 10 NADPH-Moleküle verbraucht.
  • Gute Organisation. Bringen Sie die folgenden Schritte der Fettsäuresynthese in die richtige Reihenfolge. a) Dehydratisierung; b) Kondensation; c) Freisetzung einer C16-Fettsäure; d) Reduktion einer Carbonylgruppe; e) Bildung von Malonyl-ACP

    Lösung

    e, b, d, a, c
  • Kein Zugriff auf die Ressourcen. Welche Auswirkung auf die Fettsäuresynthese hätte eine Mutation im Gen der ATP-Citrat-Lyase, die die Aktivität des Enzyms verringert? Erläutern Sie.

    Lösung

    Eine solche Mutation würde die Fettsäuresynthese inhibieren, weil das Enzym cytoplasmatisches Citrat spaltet und so Acetyl-CoA für die Fettsäuresynthese bereitstellt.
  • Die Wahrheit und nichts als die Wahrheit. Richtig oder falsch? Wenn falsch, dann erläutern Sie warum. a) Für die Aktivität der Fettsäure-Synthase ist Biotin notwendig. b) Die im Verlauf der Fettsäuresynthese stattfindende Kondensationsreaktion wird durch die Decarboxylierung von Malonyl-ACP angetrieben. c) Die Fettsäuresynthese ist nicht ATP-abhängig. d) Palmitat ist das Endprodukt der Fettsäure-Synthase. e) Alle Enzymaktivitäten, die in Säugetieren für die Fettsäuresynthese erforderlich sind, sind auf einer einzelnen Polypeptidkette lokalisiert. f) Die Fettsäure-Synthase von Säugetieren ist als Monomer aktiv. g) Die Fettsäure Arachidonat ist eine Vorstufe von Signalmolekülen. h) Die Acetyl-CoA-Carboxylase wird durch Citrat inhibiert.

    Lösung

    a) Falsch. Biotin ist für die Aktivität der Acetyl-CoA-Carboxylase notwendig. b) Richtig; c) Falsch. ATP wird für die Synthese von Malonyl-CoA benötigt. d) Richtig; e) Richtig; f) Falsch. Die Fettsäure-Synthase ist als Dimer aktiv. g) Richtig; h) Falsch. Die Acetyl-CoA-Carboxylase wird von Citrat aktiviert, das gespalten wird, um das Substrat Acetyl-CoA zu bilden.
  • Ungerade Fettsäuren vor. Schlagen Sie eine Möglichkeit vor, wie Fettsäuren mit einer ungeraden Zahl an Kohlenstoffatomen synthetisiert werden.

    Lösung

    Fettsäuren mit einer ungeraden Anzahl an Kohlenstoffatomen werden ausgehend von Propionyl-ACP (statt Acetyl-ACP) synthetisiert, das von der Acetyl-Transacetylase aus Propionyl-CoA gebildet wird.
  • Feste Umklammerung. Avidin, ein Glykoprotein aus Eiern, besitzt eine hohe Affinität für Biotin. Avidin kann Biotin binden und seine Aktivität unterbinden. Wie könnte eine Ernährung mit vielen rohen Eiern die Fettsäuresynthese beeinflussen? Welche Auswirkung hätte eine Ernährung mit vielen gekochten Eiern? Erläutern Sie.

    Lösung

    Bei einer Ernährung mit vielen rohen Eiern inhibiert Avidin die Fettsäuresynthese, indem es die Menge an Biotin reduziert, das von der Acetyl-CoA-Carboxylase benötigt wird. Beim Kochen denaturiert das Avidin und kann daher nicht mehr an Biotin binden.
  • Alles eine Frage der Kommunikation. Warum ist Citrat ein geeigneter Inhibitor der Phosphofructokinase?

    Lösung

    Die Phosphofructokinase reguliert den Fluss durch die Glykolyse. Die Glykolyse dient abhängig vom Gewebe der Synthese von ATP oder von Grundbausteinen für Biosynthesen. Die Anwesenheit von Citrat im Cytoplasma zeigt, dass der Bedarf an beidem gedeckt und der Abbau von Glucose nicht notwendig ist.
  • Kohlenstoffatome verfolgen. Nehmen Sie an, Sie hätten einen Zellextrakt, der Palmitat synthetisiert. Setzen Sie voraus, dass die Fettsäure-Synthase in dieser Präparation in ungefähr fünf Minuten ein Palmitatmolekül synthetisiert. Eine große Menge an Malonyl-CoA, in dem die Kohlenstoffatome der Malonyleinheit mit dem radioaktiven Isotop 14C markiert sind, wird plötzlich dem System hinzugefügt und die Fettsäuresynthese eine Minute später durch Veränderung des pH-Wertes gestoppt. Die Fettsäuren im Überstand werden anschließend auf ihre Radioaktivität hin untersucht. Welches Kohlenstoffatom des in diesem System entstandenen Palmitats ist radioaktiver – das C-1- oder das C-14-Atom?

    Lösung

    Das C-1 ist radioaktiver.
  • Eine Mutante verweigert sich. Das Serin der Acetyl-CoA-Carboxylase, das von der AMP-abhängigen Proteinkinase angegriffen wird, ist durch eine Mutation zu Alanin verändert. Welche Folge hätte diese Mutation wahrscheinlich?

    Lösung

    Das mutierte Enzym ist dauernd aktiv, da es durch Phosphorylierung nicht gehemmt wird. Die Fettsäuresynthese ist abnorm hoch. Eine solche Mutation könnte zu Übergewicht führen.
  • Von der Decarboxylierung angetrieben. Welche Rolle hat die Decarboxylierung in der Fettsäuresynthese? Nennen Sie eine andere Schlüsselreaktion in einem Stoffwechselweg, die dieses mechanistische Prinzip anwendet.

    Lösung

    Die Decarboxylierung treibt die Kondensation von Malonyl-ACP und Acetyl-ACP an. Im Gegensatz dazu ist die Kondensation von zwei Molekülen Acetyl-ACP energetisch ungünstig. Bei der Gluconeogenese treibt die Decarboxylierung die Bildung von Phosphoenolpyruvat aus Oxalacetat an.
  • Übersättigung mit Kinasen. Angenommen, eine Mutation in einem Promotor führt zur Überproduktion an Proteinkinase A in Fettzellen. Wie würde sich der Fettstoffwechsel durch diese Mutation verändern?

    Lösung

    Die Lipase der Fettzellen wird durch Phosphorylierung aktiviert. Eine Überproduktion der cAMP-aktivierten Kinase würde also zum beschleunigten Abbau von Triacylglycerinen und zu einer Erschöpfung der Fettdepots führen.
  • Eingefrorenes Guthaben. Das Vorhandensein von energiereichen Molekülen im Cytoplasma stellt nicht sicher, dass sie effektiv genutzt werden können. Geben Sie zwei Beispiele dafür, wie ein eingeschränkter Transport von Metaboliten zwischen Kompartimenten zu Krankheiten führt.

    Lösung

    Ein Mangel an Carnitin-Translokase und am Glucose-6-phosphat-Transporter.
  • Arm in Arm. Viele eukaryotische Enzyme wie die Fettsäure-Synthase sind multifunktionelle Proteine mit zahlreichen kovalent miteinander verbundenen aktiven Zentren. Welchen Vorteil bietet dieser Aufbau?

    Lösung

    Ein Vorteil dieser Anordnung ist, dass die Aktivität unterschiedlicher Enzyme koordiniert wird. Außerdem können Zwischenprodukte sehr effizient von einem aktiven Zentrum zum nächsten dirigiert werden, ohne das Enzym verlassen zu müssen. Ein weiterer Vorteil ist, dass ein Komplex aus kovalent miteinander verknüpften Enzymen stabiler ist als einer, der aus nichtkovalent miteinander assoziierten Enzymmolekülen aufgebaut ist. Jedes der beteiligten Enzyme ist erkennbar homolog zu seinem in Bakterien vorkommenden Gegenstück.
  • Kovalente Katastrophe. Welchen potenziellen Nachteil könnte es haben, wenn viele katalytische Zentren auf einer sehr langen Polypeptidkette vereinigt sind?

    Lösung

    Die Wahrscheinlichkeit, ein fehlerfreies Peptid zu synthetisieren, wird umso geringer, je länger die Kette wird. Ein einziger Fehler kann bereits die gesamte Kette unwirksam machen. Bei der Bildung eines nichtkovalent assoziierten Multienzymkomplexes kann dagegen eine defekte Untereinheit ausgeschlossen werden; die korrekten Untereinheiten sind nicht vergeudet.
  • Acyl-CoA-Dehydrogenase-Mangel. Es wurde eine Reihe genetisch bedingter Erkrankungen mit Acyl-CoA-Dehydrogenase-Mangel beschrieben. Dieser Mangel tritt in einem frühen Lebensstadium nach einer Fastenperiode auf. Zu den Symptomen gehören Erbrechen, Lethargie und mitunter Koma. Der Blutglucosespiegel ist niedrig (Hypoglykämie), es kommt aber nicht zu einer durch Hunger hervorgerufenen Ketose. Versuchen Sie, diese letzten beiden Beobachtungen biochemisch zu erklären.

    Lösung

    Das Fehlen von Ketonkörpern ist darauf zurückzuführen, dass die Leber, die als Quelle für Ketonkörper im Blut fungiert, Fettsäuren nicht oxidieren kann, um daraus Acetyl-CoA herzustellen. Darüber hinaus ist die Leber aufgrund einer gestörten Fettsäureoxidation stärker von Glucose als Energiequelle abhängig. Das führt zu einer erhöhten Gluconeogenese und einem Absinken des Glucosespiegels im Blut. Dies wird noch verstärkt durch die fehlende Fettsäureoxidation in der Muskulatur, sodass noch mehr Glucose aus dem Blut aufgenommen wird.
  • Die Wirkung von Clofibrat. Herzattacken und Schlaganfälle gehen mit einer erhöhten Konzentration von Triacylglycerinen im Blut einher. Bisweilen behandelt man Herz- und Schlaganfallpatienten mit Clofibrat, einem Medikament, das die Aktivität der Peroxisomen steigert. Welche biochemischen Mechanismen liegen dieser Behandlung zugrunde.

    Lösung

    Peroxisomen beschleunigen den Abbau von sehr langkettigen Fettsäuren. Folglich kann die Verstärkung ihrer Aktivität die Konzentration von Triacylglycerinen im Blut verringern helfen. Clofibrat wird allerdings aufgrund der gravierenden Nebenwirkungen nur selten verabreicht.
  • Variationen eines Themas. Die Thiolase ist strukturell homolog zum kondensierenden Enzym. Schlagen Sie auf der Grundlage dieser Beobachtung einen Mechanismus für die Spaltung von 3-Ketoacyl-CoA durch CoA vor.

    Lösung

    Das Thiolatanion von CoA greift die 3-Ketogruppe an und bildet ein tetraedrisches Zwischenprodukt. Dieses zerfällt und es entsteht Acyl-CoA sowie das Enolatanion von Acetyl-CoA. Durch Protonierung des Anions entsteht schließlich Acetyl-CoA.
  • Schlechte Ernährungsberatung. Angenommen, Sie würden sich merkwürdigerweise entschließen, sich ausschließlich von Wal- und Robbenfett zu ernähren. a) Wie würde sich der Mangel an Kohlenhydraten auf Ihre Fähigkeit, Fette zu nutzen, auswirken? b) Wie würde Ihr Atem riechen? c) Einer Ihrer besten Freunde überredet Sie zu versprechen, eine gesunde Dosis an Fettsäuren mit ungerader Zahl von Kohlenstoffatomen zu sich zu nehmen, nachdem er schon mehrfach vergeblich versucht hat, Sie von dieser Ernährung abzubringen. Liegt ihm nur Ihr Wohlergehen am Herzen? Erklären Sie Ihre Antwort.

    Lösung

    a) Fette verbrennen auf der Flamme der Kohlenhydrate. Ohne Kohlenhydrate gäbe es keine anaplerotischen Reaktionen, welche die Bestandteile des Citratzyklus auffüllen. Bei einer Ernährung ausschließlich durch Fett würde Acetyl-CoA aus der Fettsäureoxidation akkumulieren. b) Nach Aceton aus den Ketonkörpern. c) Ja. Fettsäureketten mit einer ungeraden Zahl von Kohlenstoffatomen führen zur Bildung von Propionyl-CoA, das in Succinyl-CoA (eine Komponente des Citratzyklus) umgewandelt werden kann. So wird der Citratzyklus aufgefüllt und der Mundgeruch verringert.
  • Umwandlung von Fetten in Glykogen. Ein Tier bekommt Stearinsäure zu fressen, die mit [14C]-Kohlenstoff radioaktiv markiert ist. Bei einer Leberbiopsie zeigt sich das Vorhandensein von 14C-markiertem Glykogen. Wie ist dies angesichts der Tatsache möglich, dass Tiere Fette nicht in Kohlenhydrate umwandeln können.

    Lösung

    Ein markiertes Fettmolekül kann als Acetyl-CoA in den Citratzyklus eintreten; dabei entsteht markiertes Oxalacetat, wobei vorher zwei Kohlenstoffatome in Form von CO2 verloren gehen. Also gibt es trotz der Markierung von Oxalacetat keine Nettosynthese von Oxalacetat und demnach auch nicht von Glucose oder Glykogen.
  • Enzymmangel. Ein Pyruvat-Dehydrogenase-Mangel, eine schwere Erkrankung mit einer schlechten Prognose, führt zu neurologischen Störungen und einer anhaltenden Lactatacidose. Eine Möglichkeit der Behandlung ist, den Patienten auf eine Diät mit einem geringen Anteil an Kohlenhydraten und einem hohen Fettanteil zu setzen. a) Erläutern Sie, warum der Mangel durch neurologische Dysfunktionen gekennzeichnet ist. b) Warum tritt eine Lactatacidose auf? c) Erläutern Sie den Grund für die spezielle Diät.

    Lösung

    a) Glucose ist der wichtigste Brennstoff für das Gehirn. Ein Mangel an Pyruvat-Dehydrogenase würde die vollständige Oxidation des aus dem Glucoseabbau stammenden Pyruvats durch Zellatmung verhindern. b) Da ATP nicht aerob gebildet werden kann, würde die Glucose zu Lactat abgebaut, um zumindest ein wenig ATP zu erzeugen. c) Bei einer solchen Ernährung würden Ketonkörper gebildet, die von Gehirn ebenfalls als Brennstoff genutzt werden.
  • Die richtigen Enzyme. Der falsche Ort. Das Zellweger-Syndrom wird von einem Defekt bei der Aufnahme von Enzymen in die Peroxisomen hervorgerufen. Welche Erkrankung, die den Kohlenhydratstoffwechsel betrifft, geht mit einer gestörten Verteilung von Enzymen in der Zelle einher?

    Lösung

    Werden lysosomale Enzyme sezerniert, statt in die Lysosomen transportiert zu werden, kann es zur Entwicklung der I-Zell-Krankheit kommen.
  • Besser zugänglich. Im Magen werden Proteine von Säuren denaturiert. Durch diese Denaturierung wird die Proteolyse erleichtert. Erklären Sie, warum dies der Fall ist.

    Lösung

    Nach Denaturierung der Proteine sind alle Peptidbindungen für proteolytische Enzyme zugänglich. Bleibt die dreidimensionale Struktur eines Proteins erhalten, so bleibt den proteolytischen Enzymen der Zugang zu vielen Peptidbindungen verwehrt.
  • Ziel zur Zerstörung. Welche Schritte sind erforderlich, um an ein Zielprotein Ubiquitin anzuhängen?

    Lösung

    Zunächst verbindet das ubiquitinaktivierende Enzym (E1) Ubiquitin mit einer Sulfhydrylgruppe von E1 selbst. Anschließend wird das Ubiquitin durch das ubiquitinkonjugierende Enzym (E2) auf einen Cysteinrest von E2 übertragen. Zuletzt überträgt dann die Ubiquitin-Ligase (E3) das Ubiquitin auf das Zielprotein, wobei das ubiquitinierte E2 als Substrat dient.
  • Was passt zueinander? Ordnen Sie die Beschreibung (1-10) dem entsprechenden Begriff (a,j) zu. a) Pepsin; b) N-Terminus-Regel; c) Ubiquitin; d) PEST-Sequenz; e) Threoninnucleophile; f) ATP-abhängige Proteinentfaltung; g) Proteasom; h) ubiquitinaktivierendes Enzym; i) ubiquitinkonjugierendes Enzym; j) Ubiquitin-Ligase; 1) benötigt eine Adenylatzwischenstufe; 2) markiert ein Protein für den Abbau; 3) regulatorische 19S-Untereinheit; 4) bestimmt die Halbwertszeit eines Proteins; 5) 20S-Kern; 6) Substrat der Ligase; 7) proteolytisches Magenenzym; 8) erkennt für den Abbau bestimmte Proteine; 9) Maschinerie für den Proteinabbau; 10) Pro–Glu–Ser–Thr

    Lösung

    a) 7; b) 4; c) 2; d) 10; e) 5; f) 3; g) 9; h) 1; i) 6; j) 8
  • Energieverschwendung? Die Hydrolyse von Proteinen ist ein exergonischer Prozess, doch das 26S-Proteasom kann seine Wirkung nur durch ATP-abhängige Hydrolyse entfalten. a) Erläutern Sie, warum für das 26S-Proteasom die Hydrolyse von ATP erforderlich ist. b) Kleine Peptide können ohne Verbrauch von ATP hydrolysiert werden. Inwiefern steht diese Information mit Ihrer Antwort auf Teil a der Frage in Einklang.

    Lösung

    a) Die ATPase-Aktivität des 26S-Proteasoms liegt in der 19SUntereinheit. Die Energie der ATP-Hydrolyse dient dazu, das Substrat zu entfalten, das zu groß ist, um in das katalytische Fass eindringen zu können. ATP ist möglicherweise auch erforderlich, um das Substrat in das katalytische Fass zu bewegen. b) Sie untermauert Antwort a. Da die Peptide klein sind, müssen sie nicht entfaltet werden. Außerdem können kleine Peptide möglicherweise unmittelbar hineingelangen und benötigen keine aktive Verschiebung (Translokation).
  • Ketonpartner. Nennen Sie die jeweilige a-Ketosäure, die bei der Transaminierung der folgenden Aminosäuren entsteht: a) Alanin; b) Aspartat; c) Glutamat; d) Leucin; e) Phenylalanin; f) Tyrosin

    Lösung

    a) Pyruvat; b) Oxalacetat; c) a-Ketoglutarat; d) a-Ketoisocapronat; e) Phenylpyruvat; f) Hydroxyphenylpyruvat
  • Die Vorteile der Spezialisierung. Das Proteasom der Archaeen enthält 14 identische aktive B-Untereinheiten, während das eukaryotische Proteasom sieben verschiedene B-Untereinheiten umfasst. Welche potenziellen Vorteile bringt der Besitz von mehreren verschiedenen aktiven Untereinheiten?

    Lösung

    In den eukaryotischen Proteasomen haben die sieben verschiedenen B-Untereinheiten unterschiedliche Substratspezifitäten, sodass Proteine umfassender abgebaut werden können.
  • Vorschlag einer Struktur. Die 19S-Untereinheit des Proteasoms enthält sechs Untereinheiten, die Mitglieder der AAA-ATPase-Familie sind. Andere Vertreter dieser großen Familie stehen in Zusammenhang mit Homohexameren von sechszähliger Symmetrie. Schlagen Sie eine Struktur für die AAA-ATPasen innerhalb des 19SProteasoms vor. Wie könnten Sie Ihre Vorhersage überprüfen und verfeinern?

    Lösung

    Die sechs Untereinheiten liegen wahrscheinlich als Heterohexamer vor. Durch Quervernetzungsexperimente ließe sich das Modell überprüfen und man könnte feststellen, welche Untereinheiten aneinandergrenzen.
  • Effektive Elektronenfallen. Pyridoxalphosphat stabilisiert carbanionische Zwischenprodukte, weil es als Elektronenfalle wirkt. Welche andere prosthetische Gruppe katalysiert Reaktionen auf diese Weise?

    Lösung

    Thiaminpyrophosphat
  • Kooperation. Auf welche Weise kooperieren Aminotransferasen und die Glutamat-Dehydrogenase beim Metabolismus der Aminogruppe von Aminosäuren?

    Lösung

    Aminotransferasen übertragen die a-Aminogruppe auf a-Ketoglutarat, wodurch Glutamat entsteht. Glutamat wird dann oxidativ desaminiert und es entsteht ein Ammoniumion.
  • Entfernen des Stickstoffs. Aus welchen Aminosäuren entstehen bei einer Desaminierung Komponenten des Citratzyklus und Zwischenstufen der Glykolyse?

    Lösung

    Aspartat (Oxalacetat); Glutamat (a-Ketoglutarat); Alanin (Pyruvat)
  • Nur eine Reaktion. Welche Aminosäuren können direkt desaminiert werden?

    Lösung

    Serin und Threonin
  • Nützliche Produkte. Welche Eigenschaften haben die Abbauprodukte des Kohlenstoffskeletts von Aminosäuren gemeinsam?

    Lösung

    Sie dienen entweder als Brennstoffe für den Citratzyklus, als Bestandteile des Citratzyklus oder als Moleküle, die in einem Schritt in Brennstoffe für den Citratzyklus umgewandelt werden können.
  • Eine helfende Hand. Welche Funktion könnte der positiv geladene Guanidiniumstickstoff bei der Spaltung von Argininosuccinat zu Arginin und Fumarat haben?

    Lösung

    Er wirkt als Elektronenfänger.
  • Stickstoffquellen. Welches sind die unmittelbaren biochemischen Quellen für die beiden Stickstoffatome in Harnstoff?

    Lösung

    Carbamoylphosphat und Aspartat
  • Gegenstücke. Ordnen Sie die Verbindung (1-7) der Eigenschaft (a-g) zu. a) gebildet aus NH4+; b) ergibt bei Hydrolyse Harnstoff; c) eine zweite Quelle für Stickstoff; d) reagiert mit Aspartat; e) bei Spaltung entsteht Fumarat; f) nimmt das erste Stickstoffatom auf; g) Endprodukt; 1) Aspartat; 2) Harnstoff; 3) Ornithin; 4) Carbamoylphosphat; 5) Arginin; 6) Citrullin; 7) Argininosuccinat

    Lösung

    a) 4; b) 5; c) 1; d) 6; e) 7; f) 3; g) 2
  • Eine sichere Wette. Ein Freund wettet mit Ihnen um einen Geldbetrag, dass es Ihnen nicht gelingt nachzuweisen, dass der Harnstoffzyklus mit dem Citratzyklus und anderen Stoffwechselwegen in Verbindung steht. Können Sie das Geld einstecken?

    Lösung

    Die Synthese von Fumarat im Harnstoffzyklus ist von Bedeutung, denn sie verbindet den Harnstoffzyklus mit dem Citratzyklus. Fumarat wird durch Hydratisierung in Malat umgewandelt, welches wiederum zu Oxalacetat oxidiert wird. Oxalacetat kann mehrere potenzielle Wege einschlagen: 1) Transaminierung zu Aspartat; 2) Umwandlung in Glucose durch die Gluconeogenese; 3) Kondensation mit Acetyl-CoA zu Citrat; oder 4) Umwandlung in Pyruvat. Das Geld ist Ihnen sicher.
  • Toxizität von Ammoniak. Glutamat ist ein wichtiger Neurotransmitter, dessen Konzentration im Gehirn exakt reguliert werden muss. Erklären Sie, wie eine hohe Ammoniakkonzentration diese Regulation stören könnte. Auf welche Weise könnte eine hohe Ammoniakkonzentration den Citratzyklus verändern?

    Lösung

    Ammoniak könnte eine Aminierung von a-Ketoglutarat bewirken, sodass auf unregulierte Weise hohe Konzentrationen von Glutaminsäure entstehen. a-Ketoglutarat könnte für die Glutaminsäuresynthese aus dem Citratzyklus abgezogen werden, wodurch die respiratorische Kapazität der Zelle abnehmen würde.
  • Präzise Diagnose. Der Harn eines Säuglings ergibt mit 2,4-Dinitrophenylhydrazin eine positive Reaktion. Mittels Massenspektrometrie werden abnorm hohe Konzentrationen an Pyruvat, a-Ketoglutarat sowie der Ketosäuren von Valin, Isoleucin und Leucin im Blut nachgewiesen. Welcher molekulare Defekt liegt wahrscheinlich vor? Mit welchem Test würden Sie Ihre Diagnose definitiv bestätigen?

    Lösung

    Die massenspektrometrische Analyse deutet stark darauf hin, dass drei Enzyme fehlen, die Pyruvat-Dehydrogenase, die a-Ketoglutarat-Dehydrogenase und die Verzweigtketten-a-Ketosäure-Dehydrogenase. Höchstwahrscheinlich fehlt die gemeinsame E3-Komponente dieser Enzyme (oder ist defekt). Diese Hypothese könnte geprüft werden, indem man die drei Enzyme reinigt und auf ihre Fähigkeit testet, die Regeneration von Liponsäureamid zu katalysieren.
  • Therapiekonzept. Wie würden Sie einen Säugling behandeln, dem die Argininosuccinat-Synthetase fehlt? Welche Moleküle würden den Stickstoff dabei aus dem Körper entfernen?

    Lösung

    Benzoat, Phenylacetat und Arginin werden zu einer proteinreduzierten Diät gegeben. Stickstoff wird in Form von Hippurat, Phenylacetylglutamin und Citrullin ausgeschieden.
  • Geschädigte Leber. Wie Sie später (in Kap. 27) noch erfahren werden, führt eine Schädigung der Leber (Leberzirrhose) häufig zu einer Ammoniakvergiftung. Erklären Sie, warum dies der Fall ist.

    Lösung

    Die Leber ist dasjenige Gewebe, in dem der Hauptanteil des Stickstoffs in Form von Harnstoff gebunden wird. Bei einer Schädigung der Leber (zum Beispiel durch eine Hepatitis oder exzessiven Alkoholkonsum) wird freier Ammoniak ins Blut abgegeben.
  • Argininosuccinoazidurie. Ursache für eine Krankheit mit der Bezeichnung Argininosuccinoazidurie ist ein Mangel an dem Harnstoffzyklusenzym Argininosuccinase. Im Blut und Urin ist Argininosuccinat nachweisbar. Überlegen Sie, wie man diese Krankheit behandeln, aber dennoch den Stickstoff aus dem Körper entfernen könnte.

    Lösung

    Zum Teil lässt sich diese Krankheit vermeiden, indem man die Nahrung zusätzlich mit Arginin anreichert und den Proteinkonsum insgesamt einschränkt. In der Leber wird Arginin in Harnstoff und Ornithin gespalten, welches dann mit Carbamoylphosphat zu Citrullin reagiert. Dieses Zwischenprodukt des Harnstoffzyklus kondensiert mit Aspartat zu Argininosuccinat, welches dann ausgeschieden wird. Beachten Sie, dass pro Molekül Arginin, das mit der Nahrung zugeführt wird, zwei Stickstoffatome – eines vom Carbamoylphosphat und eines vom Aspartat – aus dem Körper ausgeschieden werden. Im Grunde ersetzt Argininosuccinat den Harnstoff, indem es den Stickstoff aus dem Körper eliminiert. Durch die Bildung von Argininosuccinat wird der Stickstoff entfernt und durch die eingeschränkte Proteinzufuhr die Azidurie eingedämmt.
  • Süßes Risiko. Warum sollten Patienten mit Phenylketonurie den künstlichen Süßstoff Aspartam meiden? (Hinweis: Aspartam ist ein l-Aspartyl-l-phenylalaninmethylester.)

    Lösung

    Aspartam, ein Dipeptidester (l-Aspartyl-l-phenylalaninmethylester) wird zu l-Aspartat und l-Phenylalanin hydrolysiert. Bei Phenylketonurie sind große Mengen an Phenylalanin schädlich.
  • Déjà vu. N-Acetylglutamat wird als Cofaktor für die Synthese von Carbamoylphosphat benötigt. Wie entsteht es aus Glutamat?

    Lösung

    N-Acetylglutamat wird aus Acetyl-CoA und Glutamat synthetisiert. Auch hier dient Acetyl-CoA als Donator für aktivierte Acetylgruppen. Diese Reaktion wird von der NAcetylglutamat-Synthase katalysiert.
  • Negative Stickstoffbilanz. Ein Mangel bereits einer einzigen Aminosäure resultiert in einer negativen Stickstoffbilanz. Hierbei wird mehr Protein abgebaut als synthetisiert und somit mehr Stickstoff ausgeschieden als aufgenommen. Warum wird ein Protein abgebaut, wenn eine Aminosäure fehlt?

    Lösung

    Nicht alle Proteine werden gleichermaßen synthetisiert. Manche Proteine werden abgebaut, um die fehlende Aminosäure zu liefern. Der Stickstoff der anderen Aminosäuren wird in Form von Harnstoff ausgeschieden. Folglich wird mehr Stickstoff ausgeschieden als aufgenommen.
  • Vorstufen. Welche Unterschiede bestehen zwischen ketogenen und glucogenen Aminosäuren?

    Lösung

    Das Kohlenstoffskelett ketogener Aminosäuren kann in Ketonkörpern oder Fettsäuren umgewandelt werden. Nur Leucin und Lysin sind rein ketogen. Glucogene Aminosäuren sind solche, deren Kohlenstoffskelette in Glucose umgewandelt werden können.
  • Wie von Zauberhand. Die Endprodukte des Tryptophanabbaus sind Acetyl-CoA und Acetacetyl-CoA, doch Tryptophan ist bei Tieren eine gluconeogene Aminosäure. Geben Sie eine Erklärung dafür.

    Lösung

    Wie aus 7 Abb. 23.28 zu ersehen, wird bei der Metabolisierung von Tryptophan zu Acetyl-CoA und Acetacetyl-CoA Alanin, eine gluconeogene Aminosäure, freigesetzt.
  • Nahe verwandt. Der Pyruvat-Dehydrogenase-Komplex und der a-Ketoglutarat-Dehydrogenase-Komplex sind riesige Enzyme mit drei unterschiedlichen enzymatischen Aktivitäten. Welche Aminosäuren muss ein verwandter Enzymkomplex aufweisen und wie lautet der Name dieses Enzyms?

    Lösung

    Die verzweigtkettigen Aminosäuren Leucin, Isoleucin und Valin. Das erforderliche Enzym ist der Verzweigtketten-a-Ketosäure-Dehydrogenase-Komplex.
  • Versorgungslinie. Die Kohlenstoffskelette der 20 häufigen Aminosäuren können zu einer begrenzten Zahl von Endprodukten abgebaut werden. Welche Endprodukte sind das und in welchem Stoffwechselweg kommen sie gewöhnlich vor?

    Lösung

    Pyruvat (Glykolyse und Gluconeogenese), Acetyl-CoA (Citratzyklus und Fettsäuresynthese), Acetacetyl-CoA (Bildung von Ketonkörpern), a-Ketoglutarat (Citratzyklus), Succinyl-CoA (Citratzyklus), Fumarat (Citratzyklus) und Oxalacetat (Citratzyklus und Gluconeogenese).
  • Mehrere Substrate. Wie Sie in Kap. 8 erfahren haben, gibt es zwei Formen von Bisubstratreaktionen, die sequenzielle Verdrängung und doppelte Verdrängung. Durch welchen Reaktionstyp ist die Wirkung von Aminotransferasen charakterisiert? Erläutern Sie Ihre Antwort.

    Lösung

    Doppelte Verdrängung. Es wird ein substituiertes Enzym-Zwischenprodukt gebildet.
  • Doppelte Pflichten. Abbausignale sind häufig in Proteinregionen lokalisiert, die auch Interaktionen zwischen Proteinen ermöglichen. Erklären Sie, warum diese Coexistenz zweier Funktionen in derselben Domäne von Vorteil sein könnte.

    Lösung

    Wird solch eine Domäne exponiert, kann das darauf hindeuten, dass ein Bestandteil des Multiproteinkomplexes nicht die korrekte Form angenommen hat oder dass eine Komponente im Überschuss produziert wurde. Diese Exposition führt zu einem schnellen Abbau und zur Wiederherstellung der richtigen Stöchiometrie.
  • Wahl des Brennstoffes. Innerhalb weniger Tage nach Beginn einer Fastenperiode wird die Ausscheidung von Stickstoff überdurchschnittlich beschleunigt. Nach wenigen Wochen sinkt die Rate der Stickstoffausscheidung auf ein geringeres Maß, auf dem sie dann bleibt. Nach Aufbrauchen der Fettreserven steigt die Stickstoffausscheidung jedoch wieder auf ein hohes Niveau. a) Welches Ereignis löst die anfängliche Woge der Stickstoffausscheidung aus? b) Warum geht die Stickstoffausscheidung nach mehreren Fastenwochen wieder zurück? c) Erklären Sie, warum die Stickstoffstoffausscheidung nach Aufbrauchen der Fettreserven wieder ansteigt.

    Lösung

    a) Erschöpfung der Glykogenspeicher. Wenn diese geleert sind, müssen Proteine abgebaut werden, um den Glucosebedarf des Gehirns zu decken. Die entstehenden Aminosäuren werden desaminiert und die Stickstoffatome in Form von Harnstoff ausgeschieden. b) Das Gehirn hat die Fähigkeit entwickelt, Ketonkörper zu verwenden, die aus dem Fettsäuremetabolismus stammen. Anders ausgedrückt: Das Gehirn wird über den Abbau von Fettsäuren mit Energie versorgt. c) Wenn es keine Glykogen- und Fettspeicher mehr gibt, sind Proteine die einzige Energiequelle.
  • Eine ernste Situation. Pyruvat-Carboxylase-Mangel ist eine fatale Störung. Unter einem solchen Mangel leidende Patienten zeigen mitunter einige oder sogar alle der folgenden Symptome: Hyperammonämie (NH4+ Überschuss im Blut), Hypoglykämie und Demyelinisierung von Hirnregionen aufgrund von unzureichender Lipidsynthese. Schlagen Sie jeweils eine potenzielle biochemische Begründung für diese Beobachtungen vor.

    Lösung

    Die genaue Ursache all dieser Symptome ist noch nicht sicher nachgewiesen. Eine wahrscheinliche Erklärung beruht jedoch auf der zentralen Rolle von Oxalacetat im Stoffwechsel. Bei einem Mangel an Pyruvat-Carboxylase verringert sich die Menge des Oxalacetats. Durch das fehlende Oxalacetat geht wiederum die Aktivität des Citratzyklus zurück und so wird bei der Bildung von Milchsäure ATP produziert. Bei geringer Konzentration von Oxalacetat kann kein Aspartat gebildet werden und der Harnstoffzyklus ist gestört. Oxalacetat ist auch für die Bildung von Citrat erforderlich, das für die Fettsäuresynthese Acetyl-CoA ins Cytoplasma transportiert. Schließlich wird Oxalacetat auch noch für die Gluconeogenese benötigt.
  • Abbau von Isoleucin. Isoleucin wird zu Acetyl-CoA und Succinyl-CoA abgebaut. Schlagen Sie aufgrund der im Text erläuterten Reaktionen eine plausible Reaktionsfolge für diesen Abbauweg vor.

    Lösung

    Desaminierung von a-Keto-B-methylvalerat; oxidative Decarboxylierung zu a-Methylbutyryl-CoA; Oxidation zu Tiglyl-CoA; durch Hydratisierung, Oxidation und Thiolyse entstehen Acetyl-CoA und Propionyl-CoA; Propionyl-CoA wird zu Succinyl-CoA.
  • Viele Funktionen. Pyridoxalphosphat ist ein wichtiges Coenzym bei Transaminierungsreaktionen. Im Glykogenmetabolismus sind wir diesem Enzym schon einmal begegnet. Welches Enzym im Glykogenmetabolismus benötigt Pyridoxalphosphat und welche Funktionen erfüllt dieses Coenzym bei dem Enzym?

    Lösung

    Glykogen-Phosphorylase. Das Coenzym dient als Säure-Base-Katalysator.
  • Genügend Zyklen für einen Wettlauf. Der Glucose-Alanin-Zyklus erinnert an den Cori-Zyklus, könnte aber als energieeffizienter bezeichnet werden. Erklären Sie, warum dies so ist.

    Lösung

    Im Cori-Zyklus werden die Kohlenstoffatome in Form von Lactat von den Muskeln in die Leber übertragen. Damit Lactat genutzt werden kann, muss es zu Pyruvat reduziert werden. Für diese Reduktion sind energiereiche Elektronen in Form von NADH erforderlich. Werden die Kohlenstoffatome in Form von Alanin übertraten, entsteht Pyruvat direkt durch Transaminierung.
  • Aus der Luft gegriffen. Erläutern Sie die Fixierung von Stickstoff. Welche Organismen sind zur Stickstofffixierung in der Lage?

    Lösung

    Als Stickstofffierung bezeichnet man die Umwandlung von atmosphärischem Stickstoff (N2) in Ammoniumionen (NH4+). Zur Fixierung von Stickstoff in der Lage sind diazotrophe (stickstofffixierende) Mikroorganismen.
  • Wie Trinidad und Tobago. Ordnen Sie jedem Begriff (a-j) die korrekte Beschreibung (1-10) zu. a) Stickstofffixierung; b) Nitrogenasekomplex; c) Glutamat; d) essenzielle Aminosäuren; e) nichtessenzielle Aminosäuren; f) Aminotransferase; g) Pyridoxalphosphat; h) Tetrahydrofolat; i) S-Adenosylmethionin; j) Homocystein; 1) wird zur Bildung von Methionin methyliert; 2) ist ein wichtiger Methylgruppendonator; 3) ist ein von Aminotransferasen benötigtes Coenzym; 4) ist die Umwandlung von N2 in NH3; 5) ist ein Carrier verschiedener C1-Einheiten; 6) sind Aminosäuren, die mit der Nahrung aufgenommen werden müssen; 7) sind Aminosäuren, die problemlos synthetisiert werden können; 8) ist für die Stickstofffixierung verantwortlich; 9) überträgt Aminogruppen zwischen Ketosäuren; 10) ist ein verbreiteter Aminogruppendonator

    Lösung

    a) 4; b) 8; c) 10; d) 6; e) 7; f) 9; g) 3; h) 5; i) 2; j) 1
  • Teamwork. Nennen Sie zwei Bestandteile des Nitrogenasekomplexes und beschreiben Sie deren spezifische Aufgaben.

    Lösung

    Die Reduktase liefert Elektronen mit hoher Reduktionskraft, die Nitrogenase dagegen, für die ATP hydrolysiert werden muss, verwendet Elektronen zur Reduktion von N2 zu NH3.
  • Eine Sache der Fixierung. „Die mechanistische Komplexität der Nitrogenase ist deshalb erforderlich, weil es sich bei der Fixierung von Stickstoff um einen thermodynamisch nicht begünstigten Prozess handelt.“ Stimmt das, oder stimmt das nicht? Erläutern Sie Ihre Antwort.

    Lösung

    Das stimmt nicht. Die Fixierung von Stickstoff ist thermodynamisch begünstigt. Der Verbrauch von ATP durch die Nitrogenase ist erforderlich, um die Reaktion kinetisch überhaupt erst möglich zu machen.
  • Erschöpfung von Ressourcen. Die mit den Wurzeln mancher Pflanzen assoziierten stickstofffixierenden Bakterien können bis zu 20 % des von ihrem Wirt produzierten ATP konsumieren – was für die Pflanze wohl nicht gerade von Vorteil ist. Erklären Sie, warum Pflanzen diesen Verlust wertvoller Ressourcen tolerieren und was die Bakterien mit dem ATP anfangen.

    Lösung

    Die Bakterien liefern der Pflanze Ammoniak, indem sie atmosphärischen Stickstoff reduzieren. Für diese energetisch kostspielige Reduktion verwenden die Bakterien ATP von der Pflanze.
  • Aus wenigen mach viele. Aus welchen sieben Vorstufen gehen die 20 Aminosäuren hervor?

    Lösung

    Aus Oxalacetat, Pyruvat, Ribose-5-phosphat, Phosphoenolpyruvat, Erythrose-4-phosphat, a-Ketoglutarat und 3-Phosphoglycerat.
  • Im wahrsten Sinne vital. Warum werden bestimmte Aminosäuren als essenziell für den Menschen bezeichnet?

    Lösung

    Weil der Mensch nicht über die biochemischen Reaktionswege verfügt, um bestimmte Aminosäuren aus einfacheren Vorstufen zu synthetisieren. Folglich sind diese Aminosäuren „essenziell“ und müssen mit der Nahrung aufgenommen werden.
  • Gemeinsamer Bestandteil. Welcher Cofaktor wird von sämtlichen Aminotransferasen benötigt?

    Lösung

    Pyridoxalphosphat (PLP)
  • Glycintherapie. Die Isovalerianazidämie ist eine erbliche Störung des Leucinstoffwechels, die durch einen Mangel an Isovaleryl-CoA-Dehydrogenase verursacht wird. Viele Kinder mit dieser Krankheit sterben in den ersten Lebensmonaten. Manchmal führt die Verabreichung von großen Glycinmengen zu einer deutlichen klinischen Besserung. Welche Überlegung steckt hinter der Glycintherapie?

    Lösung

    Die Verabreichung von Glycin führt zur Bildung von Isovalerylglycin. Dieses wasserlösliche Konjugat wird im Gegensatz zu Isovaleriansäure rasch über die Nieren ausgeschieden.
  • Verarmte Bakterien. Cyanobakterien bilden Heterocysten aus, wenn man ihnen Ammoniak und Nitrat entzieht. In dieser Form haben die Cyanobakterien keine Kerne und sind an benachbarte vegetative Zellen angeheftet. Heterocysten besitzen Photosystem-I-Aktivität, aber keinerlei Photosystem-II-Aktivität. Welche Funktion erfüllen sie?

    Lösung

    Sie fixieren Stickstoff. In Abwesenheit von Photosystem II entsteht eine Umgebung, in der kein O2 gebildet wird. Zur Erinnerung: Die Nitrogenase wird sehr rasch durch O2 inaktiviert.
  • Cystein und Cystin. Die meisten cytoplasmatischen Proteine weisen keine Disulfidbindungen auf, im Gegensatz zu extrazellulären Proteinen. Warum?

    Lösung

    Das Cytoplasma ist eine reduzierende Umgebung, das extrazelluläre Milieu wirkt dagegen oxidierend.
  • Im Spiegel betrachtet. Angenommen, die Aspartat-Aminotransferase würde chemisch nur mithilfe von d-Aminosäuren synthetisiert. Welche Produkte würden Sie erwarten, wenn dieses spiegelbildliche Enzym a) mit l-Aspartat und a-Ketoglutarat und b) mit d-Aspartat und a-Ketoglutarat inkubiert würde?

    Lösung

    a) Keine; b) D-Glutamat und Oxalacetat
  • Hin und her. Die Synthese von ?-Aminolävulinat erfolgt in der mitochondrialen Matrix, die Bildung von Porphobilinogen dagegen im Cytoplasma. Was könnte der Grund dafür sein, dass der erste Schritt der Hämsynthese in den Mitochondrien stattfindet?

    Lösung

    Succinyl-CoA wird im Zuge des Citratzyklus in der mitochondrialen Matrix gebildet.
  • Direkte Synthese. Welche der 20 Aminosäuren können durch eine Transaminierungsreaktion direkt aus einem gemeinsamen Zwischenprodukt des Stoffwechsels synthetisiert werden?

    Lösung

    Alanin aus Pyruvat; Asparaginsäure aus Oxalacetat; Glutaminsäure aus a-Ketoglutarat
  • Bildung von Ethen. Überlegen Sie sich einen Mechanismus für die Umwandlung von S-Adenosylmethionin in 1-Aminocyclopropan-1-carboxylat (ACC) durch das PLP-Enzym ACC-Synthase. Welches andere Produkt entsteht dabei noch?

    Lösung

    Ein externes Aldimin reagiert mit SAM, das deprotoniert wird, sodass das chinoide Zwischenprodukt entsteht. Das deprotonierte Kohlenstoffatom greift das Kohlenstoffatom neben dem Schwefelatom an, wodurch ein Cyclopropanring entsteht und das andere Produkt, Methylthioadenosin, freigesetzt wird.
  • Bitte halten Sie dies noch einmal. In diesem Kapitel haben wir drei verschiedenen Cofaktoren/Cosubstrate betrachtet, die als Carrier von C1-Einheiten dienen (Aufgabe 11). Nennen Sie einen anderen Carrier von C1-Einheiten, dem wir bereits zuvor begegnet sind.

    Lösung

    Biotin.
  • Verknüpfungen. Wie könnte sich eine erhöhte Synthese von Aspartat und Glutamat auf die Energieproduktion einer Zelle auswirken? Wie würde die Zelle auf einen solchen Effekt reagieren?

    Lösung

    Die Synthese aus Oxalacetat und a-Ketoglutarat würde den Citratzyklus verarmen lassen, sodass die ATP-Produktion herabgesetzt wäre. Anaplerotische Reaktionen wären erforderlich, um den Zyklus wieder aufzufüllen.
  • Schutz erforderlich. Angenommen, durch eine Mutation wäre bei Bakterien die Aktivität der Methionin-Adenosyltransferase herabgesetzt, jenes Enzyms, das für die Synthese von SAM aus Methionin und ATP verantwortlich ist. Wie könnte sich dies auf die Stabilität der mutierten Bakterien-DNA auswirken?

    Lösung

    SAM ist der Donator für die DNA-Methylierungsreaktionen, welche die Wirts-DNA vor einem Abbau durch die eigenen Restriktionsenzyme schützen. Wenn SAM fehlen würde, wäre die bakterielle DNA für einen Angriff der eigenen Restriktionsenzyme empfindlich.
  • Von Neuem oder herauslösen, sicherstellen und wiederverwenden. Worin liegt der Unterschied zwischen der de novo-Synthese von Nucleotiden und der Nutzung von Recyclingwegen?

    Lösung

    Bei der de novo-Synthese werden die Nucleotide aus einfachen Vorstufen synthetisiert, also von Grund auf. Beim Recycling werden bereits synthetisierte Basen wiedergewonnen und mit der Ribose verknüpft.
  • Ihre Wurzeln finden 1. Woher stammen die Atome des Pyrimidinringes?

    Lösung

    C-2 und N-3 stammen aus dem Carbamoylphosphat, N-1, C-4, C-5 und C-6 aus dem Aspartat.
  • Ihre Wurzeln finden 2. Woher stammen die Atome des Purinringes?

    Lösung

    N-1 stammt aus Aspartat, C-2 aus N10-Formyltetrahydrofolat, N-3 aus Glutamin, C-4, C-5 und N-7 stammen aus Glycin; C-6 aus CO2, C-8 aus N 10-Formyltetrahydrofolat, N-9 aus Glutamin.
  • Vielfältig. Nennen Sie einige der biologischen Funktionen von Nucleotiden.

    Lösung

    Energiewährung: ATP; Signaltransduktion: ATP und GTP; RNA-Synthese: ATP, GTP, CTP und UTP; DNA-Synthese: dATP, dGTP, dCTP und dTTP; Bestandteile von Coenzymen: ATP in CoA, FAD und NAD(P)+; Kohlenhydratsynthese: UDP-Glucose
  • Ein s statt eines t? Unterscheiden Sie zwischen einem Nucleosid und einem Nucleotid.

    Lösung

    Ein Nucleosid ist eine Base, die mit Ribose verknüpft ist. Ein Nucleotid ist ein Nucleosid, dessen Ribose ein oder mehrere Phosphate trägt.
  • Verbinden Sie. a) Überschuss an Urat; b) Fehlen der Adenosin-Desaminase; c) Mangel an HGPRT; d) Carbamoylphosphat; e) Inosinat; f) Ribonucleotid-Reduktase; g) Folsäuremangel; h) Glutaminphosphoribosyl-Transferase; i) einzelner Ring; j) bizyklischer Ring; k) Vorstufe von CTP; 1) Spina bifida; 2) Vorstufe von ATP und GTP; 3) Purin; 4) Desoxynucleotidsynthese; 5) UTP; 6) Lesch-Nyhan-Syndrom; 7) Immundefizienz; 8) Pyrimidin; 9) Gicht; 10) erster Schritt der Pyrimidinsynthese; 11) Schrittmacherreaktion der Purinsynthese

    Lösung

    a) 9; b) 7; c) 6; d) 10; e) 2; f) 4; g) 1; h) 11; i) 8; j) 3; k) 5
  • Sichere Passage. Was versteht man unter Substratkanalisierung? Wie beeinflusst sie die Effizienz des Enzyms?

    Lösung

    Die Substratkanalisierung ist ein Vorgang, bei dem das Produkt eines aktiven Zentrums sich zum nächsten aktiven Zentrum bewegt und dort zum Substrat wird, ohne das Enzym zu verlassen. Die aktiven Zentren sind durch einen Kanal miteinander verbunden. Die Substratkanalisierung erhöht die Effizienz des Enzyms um ein Vielfaches und minimiert die Diffusion eines Substrats zu einem aktiven Zentrum.
  • Donatoren identifizieren. Welches sind die aktivierten Reaktionsteilnehmer bei der Biosynthese der folgenden Verbindungen? a) Phosphoribosylamin; b) Carbamoylaspartat; c) Oritidylat (aus Orotat); d) Phosphoribosylanthranilat

    Lösung

    a, c und d) PRPP; b) Carbamoylphosphat
  • HAT-Medium. Für molekular- und zellbiologische Untersuchungen erweisen sich Zellmutanten als sehr nützlich, die nicht in der Lage sind, Nucleotide über die Recyclingroute zu synthetisieren. Nehmen Sie an, dass der Zelle A die Thymidinkinase fehlt, welche die Phosphorylierung des Thymidins zum Thymidylat katalysiert, und der Zelle B die Hypoxanthin-Guanin-Phosphoribosyltransferase. a) Die Zellen A und B wachsen und teilen sich nicht in einem HAT-Medium, das Hypoxanthin, Aminopterin oder Amethopterin (Methotrexat) und Thymin enthält. Jedoch wächst eine Zelle C, die durch Fusion von A und B entstanden ist, in diesem Medium. Warum? b) Nehmen Sie an, dass Sie fremde Gene in die Zelle A einfügen möchten. Schlagen Sie eine einfache Methode vor, um zwischen Zellen zu unterscheiden, die fremde DNA auf- oder nicht aufgenommen haben.

    Lösung

    a) Zelle A wächst nicht im HAT-Medium, da sie dTMP weder aus Thymidin noch aus dUMP synthetisieren kann. Zelle B wächst in diesem Medium nicht, da sie Purine weder über de novo-Synthese noch über Recycling (salvage pathways) herstellen kann. Zelle C kann im HAT-Medium wachsen, da sie eine aktive Thymidinkinase (welche die Phosphorylierung von Thymin zu dTMP ermöglicht) aus Zelle B und eine Hypoxanthin-Guanin-Phosphoribosyltransferase (welche die Synthese von Purinen aus Hypoxanthin über die Recyclingroute erlaubt) aus Zelle A enthält. b) Transformieren Sie die Zelle A mit einem Plasmid, das die betreffenden Gene und ein funktionelles Thymidinkinasegen enthält. Die einzigen Zellen, die in einem HAT-Medium wachsen, sind die, die ein Thymidinkinasegen aufgenommen haben. Fast alle von diesen transformierten Zellen werden auch die anderen Gene des Plasmids enthalten.
  • Vitaminbedarf. Welche Bedeutung hat Folat für die Pyrimidinsynthese und welche Folge hat ein Folatmangel während der Entwicklung?

    Lösung

    Die Thymidylat-Synthase benötigt das Folatderivat N5, N10-Methylentetrahydrofolat, um eine Methylgruppe an dUMP anzufügen, sodass TMP entsteht. Ein Folatmangel kann zu Spina bifida führen.
  • Für ein Gleichgewicht sorgen. Wie lautet die reziproke Substratbeziehung für die Synthese von ATP und GTP?

    Lösung

    Die reziproke Substratbeziehung entsteht dadurch, dass GTP ein Substrat bei der AMP-Synthese ist, ATP dagegen bei der GMP-Synthese. Diese Abhängigkeiten sorgen für ein Gleichgewicht in der Produktion von ATP und GTP.
  • Die Markierung finden. Angenommen, man lässt Zellen auf Aminosäuren wachsen, die alle am a-Kohlenstoffatom mit 13C radioaktiv markiert wurden. Bestimmen Sie, welche Atome innerhalb von Cytosin und Guanin eine 13C-Markierung erhalten werden.

    Lösung

    Bei Cytosin werden die Ringkohlenstoffatome 4, 5 und 6 mit 13C markiert, bei Guanin nur die Brückenkohlenstoffatome, die der fünf- und sechsgliedrige Ring gemeinsam haben.
  • Brauchen Sie eine Karte? Beschreiben Sie den Syntheseweg von TTP ausgehend von UTP.

    Lösung

    Zunächst wird UTP in UDP umgewandelt. Die Ribonucleotid-Reduktase synthetisiert dUDP. Dieses wird in dUMP umgewandelt. Die Thymidylat-Synthase synthetisiert aus dUMP TMP. Die Monophosphat- und Diphosphatkinase bildet daraus anschließend TTP.
  • Unterstützende Therapie. Allopurinol wird oft Patienten mit akuter Leukämie verabreicht, die mit Krebsmedikamenten behandelt werden. Warum verwendet man Allopurinol?

    Lösung

    Aufgrund des Abbaus von Nucleinsäuren haben diese Patienten hohe Uratspiegel. Allopurinol verhindert die Bildung von Nierensteinen und andere schädliche Folgen der Hyperurikämie durch Blockierung der Uratbildung.
  • Notwendige Versorgung. Warum reagieren Krebszellen besonders empfindlich auf Inhibitoren der TMP-Synthese?

    Lösung

    Naturgegeben teilen sich Krebszellen rasch, sodass eine verstärkte DNA-Synthese erforderlich ist. Inhibitoren der TMPSynthese beeinträchtigen diese DNA-Synthese und die Vermehrung der Krebszellen.
  • Alternative Wege. Eine Orotazidurie entsteht, wenn eine der Enzymaktivitäten der UMP-Synthetase fehlt. Typisch für das Syndrom sind große Mengen an Orotsäure im Blut und Urin, eine megaloblastäre Anämie (die durch große, unreife und nichtfunktionelle Erythrocyten charakterisiert ist) und ein verzögertes Wachstum. Schlagen Sie eine Behandlung dieser Erkrankung vor.

    Lösung

    Bei einer Orotazidurie werden Uridin und Cytidin verabreicht, um das defekte Enzym zu umgehen.
  • Mängel beheben. Nehmen Sie an, dass Sie eine Person gefunden haben, der es an einem Enzym mangelt, das zur IMP-Synthese erforderlich ist. Wie würden Sie diese Person behandeln?

    Lösung

    Verabreicht werden sollten Inosin oder Hypoxanthin.
  • Markierter Stickstoff. Die Purinbiosynthese soll mit [15N]-Aspartat ablaufen, und das neu synthetisierte GTP und ATP wird isoliert. Welche Positionen sind in den zwei Nucleotiden markiert?

    Lösung

    In beiden Fällen N-1, außerdem die Amingruppe an C-6 von ATP
  • Auf der Spur der Stickstoffatome. Gewebekulturzellen wurden mit Glutamin inkubiert, das an der Amidgruppe mit 15N radioaktiv markiert war. Anschließend wurde IMP isoliert und es konnte ein Teil des 15N im Molekül nachgewiesen werden. Welche Atome des IMP waren markiert?

    Lösung

    Markiert waren N-3 und N-9 des Purinringes.
  • Wirkmechanismus. Auf welcher biochemischen Grundlage beruht die Behandlung von Gicht mit Allopurinol?

    Lösung

    Allopurinol, ein Analogon von Hypoxanthin, ist ein Selbstmordinhibitor der Xanthin-Oxidase.
  • Blockaden. Welches Zwischenprodukt der Purinsynthese reichert sich an, wenn einem Bakterienstamm eine der folgenden Verbindungen fehlt? a) Aspartat; b) Tetrahydrofolat; c) Glycin; d) Glutamin

    Lösung

    a) Carboxyaminoimidazolribonucleotid; b) Glycinamidribonucleotid; c) Phosphoribosylamin; d) Formylglycinamidribonucleotid
  • Das Gleiche, aber doch nicht gleich. Schreiben Sie die Mechanismen für die Umwandlung von Phosphoribosylamin in Glycinamidribonucleotid und von Xanthylat in Guanylat auf.

    Lösung

    Die erste Reaktion verläuft über die Phosphorylierung von Glycin, wodurch ein Acylphosphat entsteht. Danach folgt ein nucleophiler Angriff durch die Aminfunktion von Phosphoribosylamin, wodurch das Orthophosphat verdrängt wird. Die zweite Reaktion umfasst die Adenylierung der Carbonylgruppe von Xanthylat, an die sich ein nucleophiler Angriff durch ein Ammoniakmolekül anschließt, das dann AMP ersetzt.
  • Ringschluss. Schlagen Sie einen Mechanismus für die Umwandlung von 5-Formamidoimidazol-4-carboxamidribonucleotid in Inosinat vor.

    Lösung

    Die -NH2-Gruppe greift das Carbonylkohlenstoffatom an, sodass ein tetraedrisches Zwischenprodukt entsteht. Durch Entfernen eines Protons kommt es zur Abspaltung von Wasser und so zur Bildung von Inosinat.
  • Verschiedene Aufgaben. Beim Menschen findet man zwei verschiedene Carbamoylphosphat-Synthetasen. Ein Enzym benutzt Glutamin, das andere Ammoniak als Substrat. Welche Funktionen haben diese zwei Enzyme?

    Lösung

    Das Enzym, das Ammoniak verwendet, synthetisiert Carbamoylphosphat für eine Reaktion mit Ornithin, den ersten Schritt des Harnstoffzyklus. Das Enzym, das Glutamin verwendet, die Carbamoylphosphat-Synthetase II, synthetisiert Carbamoylphosphat für die Verwendung im ersten Schritt der Biosynthese von Pyrimidinen.
  • Ein großzügiger Spender. Welches sind die wichtigsten Biosynthesereaktionen, die PRPP verwenden?

    Lösung

    PRPP ist das aktivierte Zwischenprodukt bei der Synthese von Phosphoribosylamin über die de novo-Purinbiosynthese, bei der Bildung von Purinnucleotiden aus freien Basen mithilfe von Recyclingwegen, der Synthese von Orotidylat im Verlauf der Pyrimidinbildung, der Bildung von Nicotinatribonucleotid, der Synthese von Phosphoribosyl-ATP bei der Histidinbiosynthese und der Bildung von Phosphoribosylanthranilat bei der Tryptophanbiosynthese.
  • Sie sind überall! Nucleotide besitzen verschiedene Aufgaben in einer Zelle. Nennen Sie jeweils ein Beispiel für ein Nucleotid, das an den folgenden Funktionen oder Prozessen beteiligt ist. a) Second Messenger; b) Phosphorylgruppenübertragung; c) Aktivierung von Kohlenhydraten; d) Aktivierung von Acylgruppen; e) Elektronentransfer; f) DNA-Sequenzierung; g) Chemotherapie; h) allosterischer Effektor

    Lösung

    a) cAMP; b) ATP; c) UDP-Glucose; d) Acetyl-CoA; e) NAD+, FAD; f) Didesoxynucleotide; g) Fluoruracil; h) CTP hemmt die ATCase
  • Perniziöse Anämie. Bei Vitamin-B12-Mangel ist die Purinbiosynthese beeinträchtigt. Wie könnte der Stoffwechsel der Fette und der Aminosäuren ebenfalls von diesem Mangel betroffen sein?

    Lösung

    Bei Vitamin-B12-Mangel kann Methyltetrahydrofolat seine Methylgruppe nicht auf Homocystein übertragen, um Methionin zu regenerieren. Da die Synthese von Methyltetrahydrofolat irreversibel ist, wird das Tetrahydrofolat der Zelle schließlich ganz in dieser Form vorliegen. Damit bleibt kein Formyl- oder Methylentetrahydrofolat für die Nucleotidsynthese übrig. Die perniziöse Anämie belegt den Zusammenhang zwischen Aminosäure- und Nucleotidstoffwechsel.
  • Folatmangel. Nehmen Sie an, jemand leidet an einem Folatmangel. Welche Zellen sind Ihrer Ansicht nach am stärksten davon betroffen? Die Symptome können Durchfälle und Anämie sein.

    Lösung

    Da Folat für die Nucleotidsynthese erforderlich ist, wären sich schnell teilende Zellen am stärksten von dem Mangel betroffen. Dazu gehören Zellen der Darmschleimhaut, die kontinuierlich ersetzt werden, und auch Vorläufer von Erythrocyten. Ein Mangel an Zellen der Darmschleimhaut und auch an Erythrocyten führt zu den häufig beobachteten Symptomen.
  • Hyperurikämie. Viele Patienten, denen die Glucose-6-phosphatase fehlt, haben hohe Konzentrationen an Urat im Serum. Bei gesunden Menschen kann eine Hyperurikämie auch durch Alkohol oder körperliche Anstrengung verursacht werden. Schlagen Sie einen gemeinsamen Mechanismus für diese Befunde vor.

    Lösung

    Bei Patienten mit einem Glucose-6-phosphat-Mangel nimmt der ATP-Spiegel im Cytoplasma der Leber durch eine gesteigerte Glykogenolyse ab. Bei allen drei Erkrankungen steigt der AMP-Spiegel über den Normalwert und überschüssiges AMP wird zu Urat abgebaut.
  • Eine verbreitete Reaktion. Welche drei Reaktionen übertragen eine Aminogruppe von Aspartat, sodass ein aminiertes Produkt und Fumarat entstehen?

    Lösung

    1) Die Bildung von 5-Aminoimidazol-4-carboxamidribonucleotid aus 5-Aminoimidazol-4-(N-succinylcarboxamid-)ribonucleotid während der Synthese von IMP. 2) Die Bildung von AMP aus Adenylsuccinat. 3) Die Bildung von Arginin aus Argininsuccinat im Harnstoffzyklus.
  • Ihre Kuschelente. Sie vermuten, dass Ihre Kuschelente an Gicht leidet. Warum sollten Sie zweimal nachdenken, bevor Sie ihr eine allopurinolbelegte Scheibe Brot geben?

    Lösung

    Allopurinol ist ein Inhibitor der Xanthin-Oxidase, die an der Uratsynthese beteiligt ist. Bei Ihrer Kuschelente ist dieser Stoffwechselweg eine Möglichkeit, überschüssigen Stickstoff auszuscheiden. Würde die Xanthin-Oxidase bei Ihrer Ente inhibiert, könnte sie keinen Stickstoff ausscheiden, was schwerwiegende Folgen wie die Bildung einer toten Ente nach sich ziehen würde.
  • Unterschiedliche Funktionen. Beschreiben Sie die Funktionen von Glycerin-3-phosphat, Phosphatidat und Diacylglycerin bei der Synthese von Triacylglycerinen und Phospholipiden.

    Lösung

    Glycerin-3-phosphat ist die Basis sowohl der Triacylglycerin-als auch der Phospholipidsynthese. Glycerin-3-phosphat wird zweifach zu Phosphatidat acyliert. Bei der Synthese von Triacylglycerinen wird die Phosphorylgruppe des Glycerin-3-phosphats abgespalten, sodass Diacylglycerin entsteht, das anschließend zu Triacylglycerin acyliert wird. Bei der Phospholipidsynthese reagiert das Phosphatidat gewöhnlich mit CTP zu CDP-Diacylglycerin, das anschließend mit einem Alkohol zu einem Phospholipid reagiert. Alternativ kann Diacylglycerin aber auch mit einem CDP-Alkohol zu einem Phospholipid reagieren.
  • Notwendige Versorgung. Wie wird das für die Phosphatidatsynthese notwendige Glycerin-3-phosphat produziert?

    Lösung

    Glycerin-3-phosphat wird hauptsächlich durch Reduktion von Dihydroxyacetonphosphat, einem Zwischenprodukt der Gluconeogenese, gebildet und weniger durch die Phosphorylierung von Glycerin.
  • ATP-Bedarf. Wie viele Moleküle mit Phosphorylgruppenübertragungspotenzial werden benötigt, um aus Ethanolamin und Diacylglycerin Phosphatidylethanolamin herzustellen? Nehmen Sie an, dass Ethanolamin die aktivierte Komponente ist.

    Lösung

    Drei. Ein ATP-Molekül, um Phosphorylethanolamin zu bilden, und zwei ATP-Moleküle, um aus CMP CTP herzustellen.
  • Erkennen von Unterschieden. Wie unterscheiden sich Sphingomyelin, ein Cerebrosid und ein Gangliosid voneinander?

    Lösung

    Alle werden aus Ceramid synthetisiert. Bei Sphingomyelin ist die terminale Hydroxylgruppe des Ceramids durch Phosphorylcholin modifiziert. Bei einem Cerebrosid sind über diese Hydroxylgruppe Glucose oder Galactose gebunden. Bei einem Gangliosid sind über die Hydroxylgruppe Oligosaccharidketten angehängt.
  • Zählen wir die Möglichkeiten. Es gibt mindestens 50 Wege, mit Ihrem Freund Schluss zu machen, doch im Allgemeinen nur drei, um ein Phospholipid auf Glycerinbasis herzustellen. Beschreiben Sie diese drei Wege.

    Lösung

    1) Die Aktivierung von Diacylglycerin zu CDP-DAG. 2) Die Aktivierung des Alkohols zu einem CDP-Alkohol. 3) Durch eine Basenaustauschreaktion.
  • Aktivierte Donatoren. Welches sind die aktivierten Reaktionspartner in den folgenden Biosynthesen? a) Phosphatidylinositol aus Inositol; b) Phosphatidylethanolamin aus Ethanolamin; c) Ceramid aus Sphingosin; d) Sphingomyelin aus Ceramid; e) Cerebrosid aus Ceramid; f) Gangliosid GM1 aus Gangliosid GM2; g) Farnesylpyrophosphat aus Geranylpyrophosphat

    Lösung

    a) CDP-Diacylglycerin; b) CDP-Ethanolamin; c) Acyl-CoA; d) CDP-Cholin; e) UDP-Glucose oder UDP-Galactose; f) UDP-Galactose; g) Geranylpyrophosphat
  • Kein DAG, kein TAG. Welche Auswirkung hätte eine Mutation, die die Aktivität der Phosphatidsäure-Phosphatase verringern würde?

    Lösung

    Solche Mutationen kommen in Mäusen vor. Die Menge an Fettgewebe würde stark abnehmen, da Diacylglycerin nicht gebildet werden könnte. Normalerweise wird Diacylglycerin zu Triacylglycerin acyliert. Ist die Aktivität der Phosphatidsäure-Phosphatase jedoch reduziert oder fehlt sie ganz, könnte kein Triacylglycerin gebildet werden.
  • Wie die Gebrüder Wright. Weisen Sie den Begriffen (a-j) die korrekte Aussage (1-10) zu. a) Phosphatidat; b) Triacylglycerin; c) Phospholipid; d) Sphingolipid; e) Cerebrosid; f) Gangliosid; g) Cholesterin; h) Mevalonat; i) Lipoproteinpartikel; j) Steroidhormon; 1) Membranlipid auf der Basis von Glycerin; 2) Produkt des geschwindigkeitsbestimmenden Schrittes der Cholesterinsynthese; 3) Ceramid mit einem gebundenen Glucose- oder Galactosemolekül; 4) Speicherform von Fettsäuren; 5) Squalen ist die Vorstufe dieses Moleküls; 6) transportiert Cholesterin und Lipide; 7) leitet sich von Cholesterin ab; 8) Vorstufe sowohl von Phospholipiden als auch von Triacylglycerinen; 9) entsteht durch Anheftung von Phosphocholin an Ceramid; 10) Ceramid, verknüpft mit zahlreichen Kohlenhydraten

    Lösung

    a) 8; b) 4; c) 1; d) 9; e) 3; f) 10; g) 5; h) 2; i) 6; j) 7
  • Das Gesetz der drei Phasen. In welche drei Phasen lässt sich die Cholesterinsynthese unterteilen?

    Lösung

    1) Die Synthese von aktivierten Isopreneinheiten (Isopentenylpyrophosphat). 2) Die Kondensation von sechs aktivierten Isopreneinheiten zu Squalen. 3) Die Zyklisierung von Squalen zu Cholesterin.
  • Viele Möglichkeiten der Regulation. Umreißen Sie die Regulationsmechanismen der Cholesterinbiosynthese.

    Lösung

    Die Menge an Reduktase und ihre Aktivität regulieren die Cholesterinbiosynthese. Die Regulation auf der Ebene der Transkription wird durch SREBP vermittelt. Außerdem wird die Translation der Reduktase-mRNA kontrolliert. Die Reduktase selbst kann einer regulierten Proteolyse unterliegen. Und schließlich wird die Aktivität der Reduktase, wenn der ATP-Spiegel niedrig ist, durch eine Phosphorylierung inhibiert, die von der AMP-Kinase katalysiert wird.
  • Verräterische Markierung. Welche Verteilung der Isotopenmarkierung ist im Cholesterin zu erwarten, wenn es aus folgenden Vorstufen synthetisiert wird? a) Mevalonat, das am Carboxylkohlenstoffatom mit 14C markiert ist; b) Malonyl-CoA, das am Carboxylkohlenstoffatom mit 14C markiert ist

    Lösung

    a) und b) Keine, da die Markierung als CO2 verloren geht
  • Zu viel, zu früh. Was ist eine familiäre Hypercholesterinämie und wodurch wird sie verursacht?

    Lösung

    Das Merkmal dieser Erbkrankheit ist der erhöhte Cholesterinspiegel im Blut selbst im frühen Kindesalter. Das überschüssige Cholesterin wird von Makrophagen aufgenommen, was schließlich zur Bildung von atherosklerotischen Plaques und Herzinfarkt führen kann. Es gibt zahlreiche Mutationen, die diese Erkrankung verursachen können; alle führen zu einer Fehlfunktion des LDL-Rezeptors.
  • Familiäre Hypercholesterinämie. Man kennt bereits mehrere Klassen von Mutationen im Gen des LDLRezeptors, die diese Krankheit auslösen. Angenommen, Ihnen liegen aus Patienten entnommene Zellen mit unterschiedlichen Mutationen und ein für den Rezeptor spezifischer Antikörper vor, der im Elektronenmikroskop sichtbar gemacht werden kann; zudem haben Sie Zugang zu einem Elektronenmikroskop. Welche Unterschiede in der Antikörperverteilung sind in den Zellen von verschiedenen Patienten zu erwarten?

    Lösung

    Es gibt folgende Zuordnungen von Mutationen: 1) Es wird kein Rezeptor synthetisiert. 2) Rezeptoren werden synthetisiert, gelangen aber nicht zur Plasmamembran, weil ihnen die Signale für den intrazellulären Transport fehlen oder sie sich nicht korrekt falten. 3) Die Rezeptoren erreichen zwar die Zelloberfläche, binden aber kein LDL, weil ein Defekt in der LDL-bindenden Domäne vorliegt. 4) Die Rezeptoren gelangen an die Zelloberfläche und binden auch LDL, sammeln sich aber nicht in den coated pits, weil ein Defekt am carboxyterminalen Ende vorliegt.
  • Tischgespräch. Sie und Ihr Bekannter frühstücken zusammen. Während des Essens liest Ihr Bekannter die Rückseite der Müsliverpackung und stolpert über folgende Aussage: „Cholesterin hat in Ihrem Körper wichtige Funktionen wie die Herstellung von Zellen, Hormonen und Geweben.“ Er weiß, dass Sie sich in der Biochemie gut auskennen und fragt Sie, ob diese Aussage richtig ist. Was antworten Sie?

    Lösung

    „Das geht Dich nichts an“ oder „Vor dem Frühstück rede ich nicht über Biochemie“ wären passende, aber nicht besonders höfliche oder informative Antworten. Die Antwort könnte lauten: „Obwohl es zutrifft, dass Cholesterin eine Vorstufe der Steroidhormone ist, vereinfacht diese Aussage doch sehr stark. Cholesterin ist ein Bestandteil von Membranen und Membranen umgeben Zellen und Zellen bilden wiederum Gewebe. Doch zu behaupten, dass Cholesterin Zellen und Gewebe herstellt, ist einfach falsch.“
  • Eine gute Sache. Was sind Statine? Was ist ihre pharmakologische Bedeutung?

    Lösung

    Statine sind kompetitive Inhibitoren der HMG-CoA-Reduktase. Bei Patienten mit einem hohen Cholesterinspiegel werden sie als Arzneimittel zur Hemmung der Cholesterinsynthese eingesetzt.
  • Zu viel für eine gute Sache. Wäre ein „Superstatin“, das die gesamte HMG-Reduktase-Aktivität inhibieren würde, ein nützliches Arzneimittel? Erläutern Sie.

    Lösung

    Nein. Cholesterin ist für die Membranfunktion essenziell und ist auch eine Vorstufe von Gallensalzen und Steroidhormonen. Ein vollständiges Fehlen von Cholesterin würde zum Tod führen.
  • RNA-Editing. Eine verkürzte Version des Apolipoproteins B (ApoB-48) wird im Darm gebildet, eine Version mit voller Länge (ApoB-100) dagegen in der Leber. Ein Gln-Codon (CAA) ist zu einem Stoppcodon verändert. Überlegen Sie sich einen einfachen Mechanismus für diese Änderung.

    Lösung

    Die Desaminierung von Cytidin zu Uridin ändert CAA (Gln) zu UAA (Termination).
  • Eine Möglichkeit des Eintritts. Beschreiben Sie den Vorgang der rezeptorermittelten Endocytose am Beispiel der Aufnahme von LDL.

    Lösung

    LDL enthält Apolipoprotein B-100, das an den LDL-Rezeptor bindet, der in einer Region der Zelloberfläche lokalisiert ist, welche als coated pit bezeichnet wird. Nach der Bindung wird der Komplex durch Endocytose aufgenommen und es bildet sich ein Endosom. Das Vesikel ist in zwei Bereiche unterteilt. Der Bereich mit dem Rezeptor wird zurück zur Zelloberfläche transportiert und fusioniert mit der Membran, sodass der Rezeptor nochmals verwendet werden kann. Der andere Bereich des Vesikels fusioniert in der Zelle mit Lysosomen. Die Cholesterinester werden hydrolysiert und Cholesterin wird für die Nutzung durch die Zelle freigesetzt. Der Proteinanteil des LDL-Partikels wird zu freien Aminosäuren hydrolysiert.
  • Duftentferner. Viele geruchsintensive Moleküle sind sehr hydrophob und reichern sich innerhalb der Riechepithelien an. Würden sie nicht schnell modifiziert, käme ein von ihrer tatsächlichen Konzentration in der Umgebung unabhängiges Dauersignal zustande. Überlegen Sie sich einen möglichen Mechanismus dafür, wie hydrophobe Geruchsstoffe in schnell eliminierbare wasserlösliche Derivate umgewandelt werden könnten.

    Lösung

    Viele hydrophobe Geruchsstoffe werden durch Hydroxylierung inaktiviert. Eine Cytochrom-P450-Monooxygenase aktiviert Sauerstoff, NADPH dient als Reduktionsmittel. Ein Sauerstoffatom des O2 gelangt in das Duftstoffsubstrat, das andere wird zu Wasser reduziert.
  • Folgen der Lebensweise. Menschen und die Pflanze Arabidopsis entwickelten sich aus dem gleichen frühen Vorfahren, der nur eine geringe Zahl von Cytochrom-P450-Genen besaß. Menschen haben etwa 50 solcher Gene, während Arabidopsis über 250 enthält. Überlegen Sie sich eine Funktion für diese große Zahl von P450-Isozymen bei Pflanzen.

    Lösung

    Die Oxygenierungsreaktionen, die von Enzymen der Cytochrom-P450-Familie katalysiert werden, ermöglichen eine flexiblere Biosynthese. Da Pflanzen unbeweglich sind, müssen sie über physikalische Abwehrmechanismen, beispielsweise Dornen, oder über chemische Mechanismen, wie toxische Alkohole, verfügen. Der größere P450-Komplex ermöglicht wahrscheinlich eine größere Variabilität in der Biosynthese.
  • Personalisierte Medizin. Das Cytochrom-P450-System metabolisiert viele medizinisch wirksame Substanzen. Zwar besitzen alle Menschen dieselbe Zahl von P450-Genen, aber in Bezug auf Spezifität und Effektivität der einzelnen Proteine existieren doch gewisse Polymorphismen. Wie könnte man das Wissen über individuelle Polymorphismen klinisch nutzen?

    Lösung

    Diese Kenntnisse können es Ärzten ermöglichen, die Wahrscheinlichkeit zu bestimmen, ob ein Patient auf ein Medikament falsch anspricht oder ob er für chemische Substanzen empfindlich ist. Zudem wären eine individualisierte und vor allem eine wirkungsvollere Behandlung von Krankheiten wie beispielsweise Krebs möglich.
  • Honigbienen in der Krise. Im Jahre 2006 starben plötzlich und unerwartet in den gesamten USA große Teile der Honigbienenvölker. Das Sterben hatte auch eine ökonomische Bedeutung, da etwa ein Drittel der menschlichen Nahrung aus Pflanzen besteht, die von Insekten bestäubt werden, woran Honigbienen einen Anteil von etwa 80 % haben. Im Oktober 2006 wurde die Sequenz des Honigbienengenoms veröffentlicht. Interessanterweise stellte sich heraus, dass in dem Genom im Vergleich zu den Genomen anderer Insekten wesentlich weniger Cytochrom-P450-Gene vorhanden sind. Wie könnten das Bienensterben und der Mangel an P450-Genen zusammenhängen?

    Lösung

    Die Honigbienen könnten besonders anfällig für Umweltgifte wie Pestizide sein, da diese Verbindungen aufgrund des nur schwach ausgeprägten P450-Systems vom Organismus nicht leicht abgebaut werden können.
  • Fehlendes Enzym. Das adrenogenitale Syndrom ist eine lebensbedrohliche Erkrankung, die auf einem Mangel an dem P450-Enzym Steroid-21-Hydroxylase zurückgeht. Dieses Enzym katalysiert den ersten Schritt bei der Umwandlung von Progesteron in Cortisol und Aldosteron (7 Abb. 26.28 und 26.29). Ein Merkmal des adrenogenitalen Syndroms ist eine gesteigerte Produktion von Sexualhormonen. Erläutern Sie, warum.

    Lösung

    Ein Mangel an dieser Hydroxylase wird zu einer Anreicherung von Progesteron führen, das dann in Östradiol und Testosteron umgewandelt wird.
  • Lass die Sonne herein. Biochemisch gesehen funktioniert Vitamin D ähnlich wie ein Steroidhormon (Kap. 31). Warum handelt es sich nicht um ein echtes Steroid?

    Lösung

    Die zentrale Struktur eines Steroids sind die vier fusionierten Ringe: drei Cyclohexanringe und ein Cyclopentanring. Bei Vitamin D ist der B-Ring durch ultraviolettes Licht gespalten.
  • Demethylierung. Methylamine werden häufig von Cytochrom-P450-Enzymen demethyliert. Überlegen Sie sich einen Mechanismus für die Entstehung von Methylamin aus Dimethylamin, katalysiert durch Cytochrom P450. Welches andere Produkt wird dabei gebildet?

    Lösung

    Die Methylgruppe wird zuerst hydroxyliert. Das Hydroxymethylamin spaltet Formaldehyd ab, sodass das Methylamin entsteht.
  • Ähnlichkeiten. Vergleichen Sie die Funktion von CTP bei der Phosphoglycerinsynthese mit der von UTP bei der Glykogensynthese.

    Lösung

    Ein Cytidinnucleotid hat bei der Synthese von Phosphoglyceriden dieselbe Funktion wie ein Uridinnucleotid bei der Bildung von Glykogen (Abschn. 21.4). Bei all diesen Biosynthesen wird ausgehend von einem phosphorylierten Substrat (Glucose-1-phosphat, Phosphatidat oder einem Phosphorylalkohol) und einem Nucleosidtriphosphat (UTP oder CTP) ein aktiviertes Zwischenprodukt (UDP-Glucose, CDP-Diacylgycerin oder ein CDP-Alkohol) gebildet. Das aktivierte Zwischenprodukt reagiert anschließend mit einer Hydroxylgruppe (am Ende von Glykogen, in der Seitenkette von Serin oder an Diacylglycerin).
  • Halten Sie fest oder Sie könnten ins Cytoplasma geworfen werden. Viele Proteine werden durch die kovalente Bindung einer Farnesyl-(C15-) oder einer Geranylgeranyl-(C20-)Einheit an einen Cysteinrest am carboxyterminalen Ende des Proteins modifiziert. Warum findet eine solche Modifikation statt?

    Lösung

    Die Anheftung von Isoprenoidseitenketten verleiht einen hydrophoben Charakter. Proteine mit solchen Modifikationen werden zu Membranen dirigiert.
  • Verzweigung. 3-Hydroxy-3-methylglutaryl-CoA ist an der Cholesterinbiosynthese beteiligt, aber ebenfalls ein Bestandteil eines anderen Stoffwechselweges. Um welchen Stoffwechselweg handelt es sich? Wodurch wird festgelegt, in welchen Weg das 3-Hydroxy-3-methylglutaryl-CoA eingeschleust wird?

    Lösung

    3-Hydroxy-3-methylglutaryl-CoA ist ebenfalls eine Vorstufe der Ketonkörpersynthese. Wird irgendwo im Körper ein Brennstoff benötigt, wie es in Hungerperioden der Fall sein kann, wird 3-Hydroxy-3-methylglutaryl-CoA in das Keton Acetacetat umgewandelt. Ist der Energiebedarf dagegen gedeckt, wird es von der Leber zur Cholesterinsynthese genutzt. Erinnern Sie sich daran, dass die Cholesterinsynthese im Cytoplasma stattfindet, während die Ketonkörper in den Mitochondrien synthetisiert werden.
  • Mitgliedschaft erforderlich. Wie steht der Methioninstoffwechsel mit der Synthese von Phosphatidylcholin in Verbindung?

    Lösung

    Eine Möglichkeit der Synthese von Phosphatidylcholin ist die Addition von drei Methylgruppen an Phosphatidylethanolamin. Der Methylgruppendonator ist eine modifizierte Form von Methionin, S-Adenosylmethionin oder SAM (Abschn. 24.2).
  • Wirkstoffresistenz. Dichlordiphenyltrichlorethan (DDT) ist ein potentes Insektizid, das wegen seiner Wirkung auf alle Lebensformen heutzutage nur noch selten angewendet wird. Bei Insekten zerstört DDT die Funktion von Natriumkanälen, wodurch es letztlich zum Tod führt. Mücken haben Resistenzen gegenüber DDT und anderen Insektiziden mit gleicher Wirkungsweise entwickelt. Schlagen Sie zwei Mechanismen vor, durch die sich eine DDT-Resistenz entwickeln kann.

    Lösung

    Im Gen, das den Natriumkanal codiert, könnten Mutationen aufgetreten sein, die DTT an seiner Wirkung hindern. Alternativ könnten die Synthese von P450-Enzymen und damit die Umwandlung der Insektizide in inaktive Metaboliten gesteigert sein. Tatsächlich hat man beide Fälle beobachtet.
  • ATP-Bedarf. Erläutern Sie, inwiefern die Cholesterinsynthese von der Aktivität der ATP-Citrat-Lyase abhängt.

    Lösung

    Citrat wird in großem Umfang aus den Mitochondrien transportiert. Die ATP-Citrat-Lyase liefert Acetyl-CoA und Oxalacetat. Das Acetyl-CoA kann für die Synthese von Cholesterin genutzt werden.
  • Gewichtskontrolle. So sehr eine Adipositas-Epidemie auch beunruhigen mag, ist es doch faszinierend und erstaunlich zugleich, dass die meisten Menschen im Verlauf ihres Erwachsenendaseins ein relativ konstantes Körpergewicht aufrechterhalten können. Eine simple mathematische Betrachtung einer vereinfachten Situation macht deutlich, wie bemerkenswert diese Tatsache ist. Nehmen wir an, eine Frau hat ein Körpergewicht von etwa 54,4 kg, das sich zwischen dem 25. und 65. Lebensjahr nicht wesentlich ändert. Weiterhin nehmen wir an, dass die Frau 8400 kJ pro Tag verbraucht. Zur Vereinfachung gehen wir davon aus, dass ihre Ernährung hauptsächlich aus Fettsäuren besteht, die aus Lipiden stammen. Der Brennwert von Fettsäuren beträgt 38 kJ g^-1. Wie viel Nahrung hat die Frau im Verlauf der 40 Jahre zu sich genommen?

    Lösung

    In den 40 Jahren, die wir hier betrachten, wird sie folgende Energiemenge aufnehmen: 40 Jahre x 365 Tage Jahr^-1 x 8400 kJ Tag^-1 = 1,2 x 108 kJ; Die Frau hat dann folgende Fettmenge zu sich genommen: 1,2 x 108 kJ/38 kJ g^-1 = 3,2 x 106 g = 3200 kg
  • Rettungsring. Nehmen Sie an, unser Testsubjekt von Aufgabe 1 hätte zwischen dem 25. und 65. Lebensjahr um 25 kg zugenommen (was leider gar nicht so selten geschieht) und ihr Gewicht im Alter von 65 Jahren würde 79 kg betragen. Berechnen Sie, wie viele überschüssige Kalorien sie pro Tag zu sich genommen haben muss, um über den genannten Zeitraum von 40 Jahren hinweg 25 kg zuzunehmen. Nehmen Sie an, unser Testsubjekt sei 168 cm groß. Wie hoch ist der BMI? Gilt die Person mit 79 kg als adipös?

    Lösung

    25 kg = 25 x 10^3 g = gesamte Gewichtszunahme; 40 Jahre x 365 Tage Jahr^-1 = 14.600 Tage; 25.000 g/14.600 Tage = 1,7 g Tag^-1; Das entspricht einer zusätzlichen Butterflocke pro Tag. Der BMI der Frau beträgt 28,0. Damit ist die Frau zwar übergewichtig, aber nicht als adipös einzustufen.
  • Dynamisches Duo. Welches sind die Schlüsselhormone, die für die Aufrechterhaltung der kalorischen Homöostase verantwortlich sind?

    Lösung

    Leptin und Insulin
  • Doppelfunktion. Welche zwei biochemischen Funktionen hat CCK, welche GLP-1?

    Lösung

    CCK sorgt für ein Sättigungsgefühl und stimuliert die Sekretion von Verdauungsenzymen durch das Pankreas und von Gallensalzen durch die Gallenblase. GLP-1 ist ebenfalls für das Sättigungsgefühl verantwortlich; außerdem verstärkt es die glucoseinduzierte Insulinsekretion durch die B-Zellen des Pankreas.
  • Fehler in der Kommunikation. Leptin hemmt die Nahrungsaufnahme. Die ausgeschüttete Menge an Leptin ist direkt proportional zum Körperfettanteil. Adipöse Menschen bilden eine normale Menge an Leptin und Leptinrezeptor. Warum leiden diese Menschen dann an Fettleibigkeit?

    Lösung

    Offensichtlich stimmt etwas nicht. Die genaue Ursache ist noch nicht geklärt, doch scheint der Leptinsignalweg durch SOCS-Proteine, den regulatorischen Proteinen, inhibiert zu werden.
  • Viele Signalmoleküle. Bringen Sie die Eigenschaften (a–i) mit den entsprechenden Hormonen (1–6) in Verbindung. a) von Fettgewebe ausgeschüttet; b) stimuliert die Gluconeogenese in der Leber; c) G-Protein-gekoppelter Signalweg; d) Sättigungssignal; e) verstärkt die Ausschüttung von Insulin; f) während des Hungerns vom Pankreas freigesetzt; g) nach einer Mahlzeit sezerniert; h) regt die Glykogensynthese an; i) fehlt bei Typ-I-Diabetes; 1) Leptin; 2) Adiponectin; 3) GLP-1; 4) CCK; 5) Insulin; 6) Glucagon

    Lösung

    a) 1, 2; b) 6; c) 3, 4, 6; d) 3, 4; e) 3; f) 6; g) 3; h) 3; i) 5
  • Eine entscheidende Verbindung. Woher stammt das Glucose-6-phosphat in Leberzellen?

    Lösung

    Es stammt aus der Phosphorylierung der in der Nahrung enthaltenen Glucose nach Aufnahme in die Leberzellen, aus der Gluconeogenese und aus dem Abbau von Glykogen.
  • Beide sind nicht gut. Differenzieren Sie zwischen Typ-I und Typ-II-Diabetes.

    Lösung

    Der Typ-I-Diabetes geht auf eine autoimmunologische Zerstörung der insulinproduzierenden Zellen des Pankreas zurück. Typ-I-Diabetes wird auch als insulinabhängiger Diabetes bezeichnet, da die betroffenen Menschen die Gabe von Insulin benötigen, um überleben zu können. Für den Typ-II-Diabetes ist die Insulinresistenz typisch. Insulin wird produziert, doch die Gewebe, die sensitiv für Insulin sein sollten, wie die Muskulatur, sind es nicht.
  • Kampf gegen Diabetes. Leptin gilt als „antidiabetogenes“ Hormon. Warum?

    Lösung

    Leptin regt Prozesse an, die vom Diabetes beeinträchtigt werden. So stimuliert es die Fettsäureoxidation, es inhibiert die Triacylglycerinsynthese und steigert die Sensitivität der Muskulatur und der Leber für Insulin.
  • Kamelhöcker. Vergleichen Sie die Ausbeute an H2O aus der vollständigen Oxidation von 1 g Glucose und von 1 g Tripalmitoylglycerin. Was verraten diese Werte über die evolutionäre Selektion des Inhaltes eines Kamelhöckers?

    Lösung

    Ein Gramm Glucose (Molekülmasse 180,2 g mol^-1) entspricht 5,55 mmol, ein Gramm Tripalmitoylglycerin (Molekülmasse 807,3 g mol^-1) 1,24 mmol. Die Reaktionsstöchiometrien (Aufgabe 13) zeigen, dass bei der Oxidation von 1 mol Glucose 6 mol Wasser gebildet werden beziehungsweise 49 mol Wasser aus 1 mol Tripalmitoylglycerin. Damit liegt die Ausbeute an Wasser pro Gramm Brennstoff für Glucose bei 33,3 mmol (0,6 g) und für Tripalmitoylglycerin bei 60,8 mmol (1,09 g). Die vollständige Oxidation dieses Fettes liefert also 1,82-mal so viel Wasser wie die der Glucose. Ein weiterer Vorteil von Triacylglycerinen besteht darin, dass sie praktisch wasserfrei gespeichert werden können, während Glucose in Form von Glykogen, einem stark hydratisierten Polymer, gespeichert wird. Ein vorwiegend aus Glykogen bestehender Höcker wäre eine untragbare Last, mehr noch als jener sprichwörtliche „letzte Strohhalm, der dem Kamel den Rücken bricht“.
  • Hungrig-satt. Was versteht man unter dem Hunger-Sättigungs-Zyklus?

    Lösung

    Der Hunger-Sättigungs-Zyklus ist der in der Nacht ablaufende hormonelle Zyklus, den Menschen während des Schlafes nach einer Mahlzeit durchlaufen. Durch den Zyklus wird der Blutglucosespiegel aufrechterhalten. In der Hungerphase – dem Schlaf – wird verstärkt Glucagon ausgeschüttet und weniger Insulin. Nach einer Mahlzeit nimmt der Glucagonspiegel ab, der Insulinspiegel steigt dagegen an.
  • Zu viel ist sicherlich schlecht für Sie. Welches sind die wichtigsten Abbauwege von Ethanol?

    Lösung

    Ethanol wird von der Alkohol-Dehydrogenase zu Acetaldehyd oxidiert, das anschließend zu Acetat oxidiert wird. Außerdem wird Ethanol durch die P450-Enzyme unter Verbrauch des NADPH-Vorrats zu Acetaldehyd abgebaut.
  • Es begann mit Burgunder, doch am Ende waren es Klare. Beschreiben Sie die drei Phasen des Alkoholkonsums, der zu Leberschäden und möglicherweise schließlich zum Tod führt.

    Lösung

    Als Erstes entwickelt sich durch die erhöhten Mengen an NADH, das die Fettsäureoxidation hemmt und die Fettsäuresynthese anregt, eine Fettleber. Dann beginnt, ausgelöst durch die oxidative Schädigung und durch den Acetaldehyd verursachte Schäden, die Entwicklung einer Hepatitis, welche zum Zelltod führen wird. Und als Letztes bilden sich faserige Strukturen und Narbengewebe, die die Durchblutung und die biochemische Funktion der Leber beeinträchtigen. Ammoniak kann nicht mehr in Harnstoff umgewandelt werden. Das sich anreichernde toxische Ammoniak führt zu Koma und Tod.
  • Die gerechte Strafe. Wie lange müsste man laufen, um die Energie zu verbrauchen, die man durch den Verzehr von zehn Macadamia-Nüssen aufgenommen hat (75 kJ pro Nuss)? (Nehmen Sie einen usätzlichen Energieverbrauch von 400 W an.)

    Lösung

    Eine normale Macadamia-Nuss hat eine Masse von etwa 2 g. Da sie hauptsächlich aus Fett besteht (~ 37 kJ g^-1), liefert sie etwa 75 kJ, die Aufnahme von zehn Nüssen entsprechend 753 kJ. Wie bereits in Aufgabe 12 angesprochen, entspricht ein Energieverbrauch von 1 W genau 1 J s^-1, ein 400-W-Lauf benötigt also 0,4 kJ s^-1. Man müsste demnach 1882 s oder etwa 31 min laufen, um die von zehn Nüssen gelieferte Energie zu verbrauchen.
  • Süße Gefahr. Der Verzehr großer Mengen Glucose vor einem Marathonlauf scheint auf den ersten Blick ein guter Weg zu sein, um die Brennstoffreserven des Körpers zu erhöhen. Dennoch nehmen erfahrene Läufer vor einem Rennen keine Glucose zu sich. Welcher biochemische Grund steckt dahinter? (Hinweis: Bedenken Sie die Auswirkungen der Glucoseaufnahme auf den Insulinspiegel.)

    Lösung

    Ein hoher Blutglucosespiegel löst die Sekretion von Insulin aus, die wiederum die Synthese von Glykogen und Triacylglycerinen stimuliert. Ein hoher Insulinspiegel würde die Mobilisierung von Brennstoffreserven während des Marathons verhindern.
  • Lipodystrophie. Bei einer Lipodystrophie besitzt der Betroffene kein Fettgewebe. Die Muskulatur und die Leber eines solchen Menschen sind insulinresistent und beide Gewebe reichern große Mengen an Triacylglycerinen an (Hyperlipidämie). Bei Verabreichung von Leptin verbessert sich der Zustand. Was sagt dies über den Zusammenhang zwischen Fettgewebe und der Wirkung von Insulin aus?

    Lösung

    Das fehlende Fettgewebe führt zur Anreicherung von Fetten in der Muskulatur und zur Entwicklung einer Insulinresistenz. Das Experiment zeigt, dass Adipokine, die vom Fettgewebe ausgeschüttet werden, wie hier Leptin, auf irgendeine Weise die Wirkung von Insulin auf den Muskel positiv beeinflussen.
  • Zielmolekül für die Therapie. Wie würde sich eine Mutation im Gen für PTP1B (Protein-Tyrosin-Phosphatase 1B) auswirken, die das Enzym in einem Menschen mit Typ-II-Diabetes inaktiviert?

    Lösung

    Eine solche Mutation würde die Phosphorylierung des Insulinrezeptors und von IRS in der Muskulatur verstärken und die Insulinsensitivität positiv beeinflussen. Tatsächlich ist PTP1B ein interessantes Zielmolekül für die Behandlung eines Typ-II-Diabetes.
  • Eine Auswirkung des Diabetes. Ein insulinabhängiger Diabetes geht oft mit einer Hypertriglyceridämie einher; dabei handelt es sich um einen überhöhten Serumspiegel von Triacylglycerinen (Triglyceriden) in Form von Lipoproteinen sehr geringer Dichte (VLDL). Finden Sie eine biochemische Erklärung.

    Lösung

    Die Mobilisierung von Lipiden kann nicht so schnell erfolgen, dass die Leber nicht in der Lage wäre, die Lipide zu oxidieren oder in Ketonkörper umzusetzen. Ein etwaiger Überschuss würde wieder verestert und in das Blut in Form von VLDL freigesetzt.
  • Den Besitz teilen. Das Hormon Glucagon signalisiert den Hungerzustand, hemmt aber die Glykolyse in der Leber. Wie nützt die Hemmung eines energieerzeugenden Stoffwechselweges dem Organismus?

    Lösung

    Eine Funktion der Leber besteht darin, andere Gewebe mit Glucose zu versorgen. In der Leber dient die Glykolyse nicht der Energiegewinnung, sondern der Biosynthese. Deshalb hört die Glykolyse der Leber in Gegenwart von Glucagon auf, sodass die Glucose ins Blut freigesetzt werden kann.
  • Kompartimentierung. Die Glykolyse findet im Cytoplasma statt, der Fettsäureabbau jedoch in den Mitochondrien. Welche Stoffwechselwege hängen vom Zusammenspiel von Reaktionen ab, die in beiden Kompartimenten stattfinden?

    Lösung

    Harnstoffzyklus und Gluconeogenese
  • Kwashiorkor. Die auf der Welt am weitesten verbreitete Form der Unterernährung bei Kindern, Kwashiorkor, wird von einer Ernährung verursacht, die reichlich Kalorien, aber wenig Protein enthält. Die große Menge an Kohlenhydraten hat einen hohen Insulinspiegel zur Folge. a) Welche Auswirkungen hat ein hoher Insulinspiegel auf die Nutzung von Lipiden? b) Welche Auswirkungen hat ein hoher Insulinspiegel auf den Proteinstoffwechsel? c) Kinder mit Kwashiorkor haben oft stark geschwollene Bäuche, weil Wasser aus dem Blut in den Extrazellularraum übertritt. Welche biochemische Grundlage hat dieser Zustand?

    Lösung

    a) Insulin hemmt die Verwendung von Lipiden. b) Insulin stimuliert die Proteinbiosynthese, aber diese Art der Kindernahrung enthält keine Aminosäuren. Darüber hinaus hemmt Insulin den Proteinabbau. Folglich können Muskelproteine nicht abgebaut und für die Verwendung essenzieller Proteine verwendet werden. c) Da Proteine nicht synthetisiert werden können, ist die Osmolarität im Blut zu niedrig. Das hat zur Folge, dass das Blut Flüssigkeit verliert. Ein besonders wichtiges Protein zur Aufrechterhaltung der Osmolarität im Blut ist Albumin.
  • Einer für alle, alle für einen. Wie wird während einer anstrengenden körperlichen Aktivität der Stoffwechsel der Leber mit dem der Skelettmuskulatur koordiniert?

    Lösung

    Während einer anstrengenden körperlichen Aktivität wird Glucose von der Muskulatur durch die Glykolyse in Pyruvat umgewandelt. Ein Teil des Pyruvats wird in der Zellatmung abgebaut. Ein Teil wird jedoch in Lactat umgewandelt und in das Blut abgegeben. Die Leber nimmt das Lactat auf und wandelt es mithilfe der Gluconeogenese in Glucose um. Die Muskulatur kann die Kohlenstoffgerüste von verzweigtkettigen Aminosäuren aerob verarbeiten. Die Stickstoffatome dieser Aminosäuren werden auf Pyruvat übertragen, sodass Alanin entsteht, das in das Blut abgegeben und von der Leber aufgenommen wird. Nach der Übertragung der Aminogruppe auf a-Ketoglutarat durch Transaminierung, wird das gebildete Pyruvat in Glucose umgewandelt. Als Letztes kann das Muskelglykogen mobilisiert und die freigesetzte Glucose vom Muskel genutzt werden.
  • Ein wenig Hilfe bitte? Welchen Vorteil hat die Umwandlung von Pyruvat in Lactat in der Skelettmuskulatur?

    Lösung

    Die Umwandlung erlaubt es dem Muskel, anaerob zu arbeiten. NAD+ wird regeneriert, indem Pyruvat zu Lactat reduziert wird. Während einer anstrengenden Aktivität kann somit weiterhin Energie aus Glucose gewonnen werden. Die Leber wandelt das Lactat in Glucose um.
  • Auswahl der Brennstoffquelle. Welches ist die Hauptbrennstoffquelle für den ruhenden Muskel? Welches ist die wichtigste Brennstoffquelle für den Muskel bei einer intensiven Anstrengung?

    Lösung

    Fettsäuren bzw. Glucose
  • Hohe Rückerstattung. Ausdauerathleten folgen häufig dem hier beschriebenen Ernährung- und Trainingsplan: Sieben Tage vor einen Wettkampf Training mit hoher Intensität, um alle Glykogenspeicher zu leeren. Die nächsten zwei bis drei Tage Aufnahme von wenig Kohlenhydraten und Training mit mittlerer bis niedriger Intensität. Und dann drei bis vier Tage vor dem Wettkampf Aufnahme von kohlenhydratreichen Mahlzeiten. Erläutern Sie die Vorteile dieser Vorgehensweise.

    Lösung

    Diese Vorgehensweise wird als Überkompensation oder carbo-loading bezeichnet. Durch die anfängliche Leerung der Glykogenspeicher synthetisiert die Muskulatur große Mengen an Glykogen, wenn Kohlenhydrate mit der Nahrung zugeführt werden; die Kohlenhydratspeicher werden sogar über das normale Maß hinaus aufgefüllt.
  • Sauerstoffschuld. Nach leichter körperlicher Anstrengung ist die in der Erholungsphase verbrauchte Sauerstoffmenge ungefähr gleich der Sauerstoffschuld. Dies ist die zusätzliche Sauerstoffmenge, die verbraucht worden wäre, wenn der Sauerstoffverbrauch sofort ein Gleichgewicht erreicht hätte. Wie wird der in der Erholungsphase verbrauchte Sauerstoff genutzt?

    Lösung

    Der Sauerstoffverbrauch am Ende der körperlichen Betätigung dient dazu, den Vorrat an ATP und Kreatinphosphat aufzufüllen und das erzeugte Lactat zu oxidieren.
  • Erhöhter Sauerstoffverbrauch nach körperlicher Anstrengung. Der Sauerstoffverbrauch nach intensiver körperlicher Anstrengung ist deutlich höher als die Sauerstoffschuld und wird erhöhter Sauerstoffverbrauch nach körperlicher Anstrengung (excess post-excercise oxygen consumption, EPOC) genannt. Warum wird nach intensiver körperlicher Anstrengung so viel mehr Sauerstoff gebraucht?

    Lösung

    Sauerstoff wird bei der oxidativen Phosphorylierung verwendet, um ATP und Kreatinphosphat zu regenerieren. Die Leber wandelt Lactat, das von der Muskulatur freigesetzt wurde, in Glucose um. Das Blut muss zirkulieren, um die Körpertemperatur auf den normalen Wert zu senken, so dass das Herz nicht sofort zu den Werten im Ruhezustand zurückkehren kann. Hämoglobin muss wieder oxygeniert werden, um den während der Anstrengung verbrauchten Sauerstoff zu erneuern. Die Atemmuskeln müssen ihre Aktivität fortsetzen, während die übrigen zum Ruhezustand zurückkehren. Zusammengefasst heißt das, alle während großer Anstrengung aktivierten biochemischen Systeme haben einen erhöhten Sauerstoffbedarf, um wieder den Ruhezustand zu erreichen.
  • Psychotrope Effekte. Ungewöhnlicherweise löst sich Ethanol sowohl in Wasser als auch in Lipiden leicht. Somit hat er Zugang zu allen Bereichen des stark vaskularisierten Gehirns. Obwohl die molekulare Grundlage der Ethanolwirkung im Gehirn unklar ist, ist augenscheinlich, dass Ethanol eine Anzahl von Rezeptoren für Neurotransmitter und Ionenkanälen beeinflusst. Schlagen Sie eine biochemische Erklärung für die verschiedenen Effekte des Ethanols vor.

    Lösung

    Ethanol kann Wasser ersetzen, das über Wasserstoffbrücken an Proteine und Membranoberflächen gebunden ist. Ändert sich der Hydratisierungszustand eines Proteins, könnten sich auch seine Konformation und damit seine Funktionsfähigkeit ändern. Ethanol kann zudem die Packung von Lipiden in den Membranen beeinflussen. Beide Effekte deuten darauf hin, dass integrale Membranproteine am empfindlichsten auf Ethanol reagieren, was offenbar tatsächlich der Fall ist.
  • Fasertyp. Der Skelettmuskel hat mehrere unterschiedliche Fasertypen. Typ I wird hauptsächlich für aerobe Aktivität eingesetzt, während Typ IIb auf kurze, intensive Aktivitätsschübe spezialisiert ist. Wie könnte man diese Muskelfasertypen im Elektronenmikroskop unterscheiden?

    Lösung

    Zellen der Typ-I-Fasern sollten zahlreiche Mitochondrien enthalten, während Zellen der Typ-IIb-Fasern wenige Mitochondrien aufweisen.
  • Tour de France. Bei der Tour de France (mehr als 3200 km in drei Wochen) brauchen Radfahrer etwa 836.000 kJ an Energie oder etwa 41.840 kJ pro Tag (ein Mann braucht in Ruhe circa 8368 kJ pro Tag). a) Wie viel ATP verbraucht ein Teilnehmer der Tour de France, wenn man annimmt, dass die Energieausbeute von ATP circa 50,2 kJ mol^-1 beträgt und ATP eine Molekülmasse von 503 g mol^-1 hat? b) Reines ATP kann man zum Preis von ungefähr 150 € pro Gramm kaufen. Was würde die Energieversorgung eines Radfahrers in der Tour de France kosten, wenn man das ATP kaufen müsste?

    Lösung

    a) Das während des Rennens verbrauchte ATP beläuft sich auf etwa 8550 kg. b) Der Radfahrer würde etwa 1.280.000.000 € benötigen, um das gesamte Rennen bestreiten zu können.
  • Stressreaktion. Warum ist es physiologisch sinnvoll, dass regelmäßige Trainingseinheiten im Ausdauerbereich zu einer verstärkten Biogenese von Mitochondrien führen?

    Lösung

    Durch das Ausdauertraining steigt der ATP-Bedarf in den Muskelzellen stark an. Um diesen Bedarf auf effiziente Weise zu decken, werden mehr Mitochondrien produziert.
  • Fett verbrennen. Wie unterstützt die Aktivierung der AMP-abhängigen Proteinkinase (AMPK) während einer aeroben Anstrengung den Übergang zu der für Langstreckenläufe nötigen Fettverbrennung?

    Lösung

    Die Aktivität der AMPK steigt, wenn ATP für die Muskelkontraktion verbraucht wird. Die AMPK inaktiviert die Acetyl-CoA-Carboxylase. Es sei daran erinnert, dass Malonyl-CoA, das Produkt der Acetyl-CoA-Carboxylase, den Transport von Fettsäuren in die Mitochondrien hemmt. Die Abnahme der Malonyl-CoA-Konzentration erlaubt die Fettsäureoxidation im Muskel.
  • Protein einsparen. Welche metabolischen und hormonellen Veränderungen sind beim Menschen für die Abnahme der Gluconeogenese nach mehreren Wochen des Hungerns verantwortlich?

    Lösung

    Nach mehreren Wochen des Hungerns nutzen die meisten Gewebe Fettsäuren. Ketonkörper liefern einen Großteil der vom Gehirn benötigten Energie und reduzieren so den Glucosebedarf des Gehirns. Der niedrige Insulin- und der hohe Glucagonspiegel stimulieren die Lipolyse und die Gluconeogenese. Die Gluconeogenese findet jedoch nicht statt, da durch die verstärkte Fettsäureoxidation die Konzentrationen von Acetyl-CoA und NADH ansteigen. Der hohe NADH-Spiegel hemmt den Citratzyklus wie auch die Gluconeogenese. Aus dem Acetyl-CoA werden Ketonkörper gebildet.
  • Habe ich das wirklich getan? Alkoholkonsum auf leeren Magen führt zu einigen interessanten biochemischen Veränderungen und auch zu einigen peinlichen Verhaltensweisen, wobei wir Letztere an dieser Stelle außer Acht lassen. Die Gluconeogenese nimmt ab, die intrazellulären Verhältnisse von Lactat zu Pyruvat, von Glycerin-3-phosphat zu Dihydroxyacetonphosphat, von Glutamat zu a-Ketoglutarat und von D-3-Hydroxybutyrat zu Acetacetat steigen an. Rasch entwickelt sich eine Hypoglykämie. Der Blut-pH-Wert nimmt ebenfalls ab. Der Alkoholkonsum einer Person, die bereits Nahrung zu sich genommen hat, zieht keine Hypoglykämie nach sich und der pH-Wert des Blutes verändert sich auch nicht. a) Warum führt der Alkoholkonsum zu den beschriebenen Veränderungen? b) Warum treten bei der hungrigen Person eine Hypoglykämie und eine Ansäuerung des Blutes (Acidose) auf? c) Warum zeigt sich bei einer gesättigten Person keine Hypoglykämie?

    Lösung

    a) Die Steigerung aller Verhältnisse wird durch das Überangebot an NADH hervorgerufen, das wiederum auf die Metabolisierung des Alkohols zurückgeht. b) Überschüssiges Lactat und D-3-Hydroxybutyrat werden ins Blut abgegeben, sodass es zu einer Azidose kommt. c) Trinkt man auf leeren Magen, sind die Glykogenspeicher offenbar nahezu leer oder zumindest nicht gut gefüllt. Durch das Überangebot an NADH kann keine Gluconeogenese stattfinden, wodurch es zu einer Hypoglykämie kommt. Im Blut des gesättigten Trinkers befindet sich Glucose aus der letzten Mahlzeit und er wird daher keine Hypoglykämie erleiden.
  • Verzichte auf den Schokoriegel. Menschen können in einem absoluten Hungerzustand länger überleben als mit einer Ernährung, die ausschließlich aus einer geringen Menge an Kohlenhydraten besteht. Warum ist das so?

    Lösung

    Steht immer Glucose zu Verfügung, wenn auch nur in geringen Mengen, dann wird das Gehirn Glucose als Brennstoff nutzen, statt sich auf die Verwendung von Ketonkörpern einzustellen. Während des Hungerns wird Muskelprotein abgebaut, um den Glucosebedarf des Gehirns zu decken. Der Proteinabbau wird dann rascher zu einem Organversagen führen, als wenn sich das Gehirn an die Nutzung von Ketonkörpern angepasst hätte.
  • Zu viel des Guten. Wie hängen Fettsäureoxidation und Insulinresistenz im Muskel zusammen?

    Lösung

    Die Unfähigkeit der Mitochondrien in der Muskulatur, die gesamten Fettsäuren, die durch Überernährung gebildet werden, zu verarbeiten, führt im Cytoplasma der Muskelzelle zu einem Überschuss an Diacylglycerin und Ceramid. Diese Second Messenger aktivieren Enzyme, die den Insulinsignalweg hemmen.
  • Wirklich Aneurin? Warum ähneln sich die Symptome von Beriberi und des Wernicke-Korsakoff-Syndroms?

    Lösung

    Beide gehen auf einen Thiamin-(Vitamin-B1-)Mangel zurück. Thiamin wird manchmal auch als Aneurin bezeichnet und ist insbesondere für die ordnungsgemäße Funktion der Pyruvat-Dehydrogenase wichtig.
  • So viele Kanäle, wie beim Kabelfernsehen. Beschreiben Sie die Rolle von Ionenkanälen bei der Insulinsekretion durch die B-Zellen des Pankreas.

    Lösung

    Der Anstieg der ATP-Konzentration, der durch den Abbau von Glucose in den B-Zellen des Pankreas hervorgerufen wird, führt zu einem Schließen der Kaliumkanäle. Das Schließen der Kanäle verändert die Spannung über der Membran, die zu einer Öffnung von Calciumkanälen führt. Der Einstrom von Calcium führt zur Fusion von sekretorischen Vesikeln, die Insulin enthalten, mit der Zellmembran und zur Freisetzung von Insulin in das Blut.
  • Aktivierte Zwischenstufen. Die DNA-Polymerase I, die DNA-Ligase und die Topoisomerase I katalysieren die Bildung von Phosphodiesterbindungen. Welche aktivierte Zwischenstufe tritt bei den Verknüpfungsreaktionen auf, die jeweils von diesen Enzymen katalysiert werden? Welche Gruppe wird dabei jeweils freigesetzt?

    Lösung

    Die DNA-Polymerase I verwendet Desoxyribonucleosidtriphosphate; Pyrophosphat ist die freigesetzte Gruppe. Die DNA-Ligase verwendet ein DNA-Adenylat (in dem AMP an das 5‘-Phosphat gebunden ist) als Reaktionspartner; AMP ist die freigesetzte Gruppe. Die Topoisomerase I verwendet ein DNA-Tyrosyl-Zwischenprodukt (das 5‘-Phosphat ist an das phenolische OH gebunden); der Tyrosinrest des Enzyms wird freigesetzt.
  • Leben in einem heißen Bad. Sulfolobus acidocaldarius ist ein Archaeon, das man in sauren heißen Quellen findet. Es enthält eine Topoisomerase, die eine ATP-getriebene Einführung von positiven Superhelices in DANN katalysiert. Welchen Vorteil könnte das Enzym diesen ungewöhnlichen Bakterien bringen?

    Lösung

    Eine positive Superspiralisierung verhindert die Entwindung der DNA. Der Schmelzpunkt der DNA erhöht sich beim Übergang von negativ superspiralisierter zu entspannter und weiter zu positiv superspiralisierter DNA. Die positive Superspiralisierung ist wahrscheinlich eine Anpassung an höhere Temperaturen.
  • Welche Richtung? Wie lässt sich chemisch erklären, warum die DNA-Synthese in 5‘-3‘-Richtung erfolgt?

    Lösung

    Bei den Nucleotiden, die für die DNA-Synthese verwendet werden, ist das Triphosphat mit der 5‘-Hydroxylgruppe verknüpft, während die 3‘-Hydroxylgruppe frei ist. Solche Nucleotide sind nur für die 5‘-3‘-Richtung der DNA-Synthese geeignet.
  • Notwendige Nucleotide. Wenn die Ribonucleotide ATP, CTP, GTP und UTP fehlen, findet keine DNA-Replikation statt. Wie lässt sich das erklären?

    Lösung

    Für die DNA-Replikation sind RNA-Primer erforderlich. Ohne geeignete Ribonucleotide können diese Primer nicht synthetisiert werden.
  • Enger Kontakt. Wenn man die Struktur von DNA-Polymerasen untersucht, an die Nucleotidanaloga gebunden sind, zeigt sich, dass konservierte Aminosäurereste mit dem C-20-Atom des gebundenen Nucleotids in van-der-Waals-Wechselwirkung treten. Welche Bedeutung hat dieser Mechanismus?

    Lösung

    Dieser enge Kontakt verhindert, dass anstelle der 2‘-Desoxyribonucleotide Ribonucleotide eingebaut werden.
  • Molekulare Motoren der Replikation. a) Wie schnell (ausgedrückt in Umdrehungen pro Sekunde) dreht sich Matrizen-DNA an einer Replikationsgabel von E. coli? b) Wie schnell (in ?m s^-1) bewegt sich das DNA-Polymerase-III-Holoenzym relativ zum Substrat?

    Lösung

    a) 96,2 Umdrehungen pro Sekunde (1000 Nucleotide pro Sekunde geteilt durch 10,4 Nucleotide pro Windung bei der B-DNA ergibt 96,2 Ups). b) 0,34 ?m s^-1 (1000 Nucleotide pro Sekunde entsprechen 340 nm s^-1, da die axiale Distanz zwischen Nucleotiden in B-DNA 0,34 nm beträgt).
  • Eng gewunden. Warum würde die Replikation ohne Topoisomerase II zum Stillstand kommen?

    Lösung

    Schließlich wäre die DNA so fest gewunden, dass eine Bewegung des Replikationskomplexes energetisch unmöglich würde.
  • Das fehlende Bindeglied. Die Struktur eines Plasmids zeigt eine Verdrehungszahl Tw = 48 und eine Windungszahl Wr = 3. a) Wie groß ist die Verwindungszahl Lk? b) Wie groß wäre die Windungszahl Wr bei Tw = 50, wenn die Verwindungszahl gleich bleibt?

    Lösung

    Die Verwindungszahl Lk = Tw + Wr = 48 + 3 = 51. Wenn Tw = 50, so gilt Wr = 1.
  • Telomere und Krebs. Die Telomerase ist in den meisten Zellen des Menschen nicht aktiv. Manche Krebsforscher haben die Vermutung geäußert, die Aktivierung des Telomerasegens sei unbedingt notwendig, damit eine Zelle zur Krebszelle werden kann. Welche Überlegung könnte hinter dieser Annahme stehen?

    Lösung

    Ein besonderes Merkmal der meisten Krebszellen ist eine erhöhte Zellteilungsrate, für die die Replikation der DNA erforderlich ist. Würde die Telomerase nicht aktiviert, käme es zu einer Verkürzung der Chromosomen, bis sie funktionslos würden; die Folge wäre der Tod der Zellen. Interessanterweise ist die Telomerase in Krebszellen häufig (nicht immer) aktiviert.
  • Rückwärts? Die Helikase des Bakteriophagen T7 wandert in 5‘-3‘-Richtung die DNA entlang. Andere Helikasen bewegen sich hingegen in 3‘-5‘-Richtung. Gibt es einen besonderen Grund dafür, dass sich Helikasen in der einen oder in der anderen Richtung bewegen?

    Lösung

    Nein.
  • Nick translation. Angenommen, Sie wollten die DANN-Doppelstränge in einer Probe stark radioaktiv machen, um sie als DNA-Sonde zu verwenden. Sie verfügen über eine DNA-Endonuclease, welche die DNA intern spaltet und freie 5‘-Phosphat- und 3‘-OH-Gruppen erzeugt, sowie über die DNA-Polymerase I und radioaktive dNTPs. Schlagen Sie eine Methode vor, mit der man die DNA radioaktiv markieren könnte.

    Lösung

    Die DNA wird kurz mit einer Endonuclease behandelt, um in jedem Strang in gewissen Abständen Brüche einzuführen. Dann setzt man die Polymerase und die radioaktiven dNTPs zu. An den Bruchstellen baut die Polymerase den vorhandenen Strang mit der 5‘-3‘-Exonucleaseaktivität ab und ersetzt ihn über die Polymeraseaktivität durch eine radioaktiv markierte Kopie. Diese Reaktionsfolge bezeichnet man als nick translation, da der Einzelstrangbruch (nick) entlang des DNA-Moleküls bewegt (translatiert) wird, ohne dass es an der Bruchstelle zu einer Verknüpfung der Stränge kommt.
  • Aufschlussreiche Spuren. Angenommen, in einem Medium, das mäßig mit Tritium radioaktiv markiertes Thymidin enthält, beginne die Replikation. Nach einigen Minuten Inkubation werden die Bakterien in ein Medium überführt, das stark radioaktives, mit Tritium markiertes Thymidin enthält. Skizzieren Sie schematisch die Autoradiogramme einer gelelektrophoretischen Auftrennung der aus den Zellen extrahierten DNA, die man bei a) unidirektionaler Replikation und b) bidirektionaler Replikation von einem einzigen Ursprung aus erhalten würde.

    Lösung

    Verliefe die Replikation nur in einer Richtung, würden sich Spuren mit einer geringeren Korndichte an einem und einer höheren Dichte am anderen Ende ergeben. Ist die Replikation bidirektional, muss die Mitte einer Spur, wie unten dargestellt, eine geringere Dichte aufweisen. Im Fall von E. coli sind die Spuren an den Enden dichter als in der Mitte, was auf eine bidirektionale Replikation hindeutet.
  • Induziertes Spektrum. DNA-Photolyasen wandeln die Energie von Licht nahe dem UV- oder dem sichtbaren Bereich (300 bis 500 nm) in chemische Energie um und brechen so den Cyclobutanring von Pyrimidindimeren auf. Ohne Substrat können diese photoreaktivierenden Enzyme kein Licht mit Wellenlängen über 300 nm absorbieren. Worin liegt der Vorteil der substratinduzierten Absorptionsbande?

    Lösung

    Eventuell gefährliche Nebenreaktionen werden vermieden. Würde das Enzym durch Licht aktiviert, ohne eine DNA mit einem Pyrimidindimer gebunden zu haben, könnte es durch Licht selbst geschädigt werden.
  • Fehlende Telomerase. Zellen, die keine Telomerase besitzen, können sich mehrere Zellzyklen lang ohne erkennbare Schäden teilen. Nach weiteren Zellteilungen neigen solche Zellen jedoch dazu, dass ihre Chromosomen verschmelzen. Suchen Sie eine Erklärung für diese Veränderung der Chromosomen.

    Lösung

    Die freien DNA-Enden, die auftreten, wenn Telomere fehlen, werden durch die Verknüpfung mit anderen DNA-Strängen „repariert“.
  • Notwendige Entwindung. Angenommen die erforderliche Energie zum Trennen eines Basenpaars in DNA beträgt 10 kJ mol^-1. Schätzen Sie die maximale Anzahl von Basenpaaren, die von einer Helikase pro hydrolysiertem ATP unter Standardbedingungen gelöst werden können.

    Lösung

    Die freie Enthalpie bei der ATP-Hydrolyse unter Standardbedingungen beträgt ~ 30,5 kJ mol^-1. Das reicht aus, um drei Basenpaare zu lösen.
  • Triplettoxidation. Die Oxidation von Guaninbasen in Triplettwiederholungen wie etwa CAGCAGCAG kann zu einer Verlängerung der Sequenzwiederholung führen. Wie lässt sich das erklären?

    Lösung

    Die Oxidation von Guanin kann das DNA-Reparatursystem aktivieren. Durch die Spaltung des DNA-Stranges kann es in der Region der Triplettwiederholungen zur Ausbildung von Schleifen und damit zur Triplettverlängerung kommen.
  • Ein verräterisches Analogon. AMP-PNP ist das B,?-Imidoanalogon von ATP (S. 986) und wird von den meisten ATPasen sehr langsam hydrolysiert. Die Zugabe von AMP-PNP zu Topoisomerase II und zirkulärer DNA führt zu einer negativen Superspiralisierung eines einzigen DNA-Moleküls pro Enzym. In Gegenwart dieses Analogons bleibt die DNA an das Enzym gebunden. Was verrät diese Entdeckung über den zugrunde liegenden katalytischen Mechanismus?

    Lösung

    Die Freisetzung der DNA-Topoisomerase II nach der Einwirkung des Enzyms auf ihr DNA-Substrat erfordert die Hydrolyse von ATP. Eine negative Superspiralisierung erfordert nur die Bindung von ATP, nicht jedoch die Hydrolyse.
  • Komplementarität. Die Sequenz einer mRNA-Region lautet 5‘-AUGGGGAACAGCAAGAGUGGGGCCCUGUCCAAGGAG-3‘ Welche Sequenz hat der codierende beziehungsweise der Matrizenstrang der DNA?

    Lösung

    Die Sequenz des codierenden ((+), sense) Stranges lautet: 5‘-ATGGGGAACAGCAAGAGTGGGGCCCTGTCCAAGGAG-3‘; Die Sequenz des Matrizenstranges ((-), antisense) Strang lautet: 3‘-TACCCCTTGTCGTTCTCACCCCGGGACAGGTTCCTC-5‘
  • Prüfung auf Fehler. Warum wird die RNA-Synthese nicht so sorgfältig auf Fehler überprüft wie die DNA-Replikation?

    Lösung

    Ein Fehler betrifft nur ein einziges unter den zahlreichen RNA-Molekülen, die von einem Gen synthetisiert werden. Außerdem werden die Fehler nicht zu einem Teil der dauerhaften genetischen Information.
  • Das Tempo macht es nicht. Warum ist es vorteilhaft, dass die DNA-Synthese schneller abläuft als die RNA-Synthese?

    Lösung

    Zu jedem beliebigen Zeitpunkt wird immer nur ein Teil des Genoms (der gesamten DNA) transkribiert. Eine hohe Geschwindigkeit ist also nicht erforderlich.
  • Aktive Zentren. RNA-Polymerasen und DNA-Polymerasen unterscheiden sich stark in ihrer Gesamtstruktur, während ihre aktiven Zentren deutliche Übereinstimmungen zeigen. Welche Rückschlüsse auf die evolutionäre Verwandtschaft dieser beiden wichtigen Enzyme lässt diese Ähnlichkeit zu?

    Lösung

    Die aktiven Zentren sind durch konvergente Evolution entstanden.
  • Wirksamer Hemmstoff. Heparin bindet an die RNA-Polymerase und hemmt damit die Transkription. Welche Eigenschaften ermöglichen es dem Heparin, sich so wirksam an die RNA-Polymerase zu heften?

    Lösung

    Heparin ist ein stark anionisches Glykosaminoglykan. Seine negativen Ladungen binden wie die Phosphodiesterbrücken von DNA-Matrizen an Lysin- und Argininreste der RNAPolymerase.
  • Ein loses Geschütz. Das ?-Protein allein bindet nicht an Promotorstellen. Sagen Sie die Auswirkungen einer Mutation voraus, die eine Bindung an die -10- und -35-Region in Abwesenheit anderer Untereinheiten der RNA-Polymerase ermöglicht.

    Lösung

    Dieses mutierte ?-Protein hemmt die Bindung des Holoenzyms kompetitiv und verhindert die spezifische Initiation von RNA-Ketten an den Promotorstellen.
  • Ein festgefahrener Faktor. Welche möglichen Folgen könnte eine Mutation haben, die eine Dissoziation von ? von der Core-RNA-Polymerase verhindern würde?

    Lösung

    Das Core-Enzym ohne ? bindet fester an die DNA-Matrize als das Holoenzym. Das Festhalten von ? nach der Initiation verlangsamt die mutierte RNA-Polymerase. Das mutierte Enzym bindet wahrscheinlich keine anderen ?-Faktoren.
  • Transkriptionszeit. Welche Mindestzeit erfordert die Synthese einer mRNA zur Codierung eines 100-kDa-Proteins durch eine E. coli-Polymerase?

    Lösung

    Ein 100-kDa-Protein enthält etwa 910 Reste, die von 2730 Nucleotiden codiert werden. Bei einer maximalen Transkriptionsgeschwindigkeit von 50 Nucleotiden pro Sekunde würde die mRNA in 55 s synthetisiert werden.
  • Schnelle Suche. Eine RNA-Polymerase erkennt Promotorstellen sehr schnell. Die gemessene Geschwindigkeitskonstante für die Bindung des Holoenzyms der RNAPolymerase an Promotorsequenzen beträgt 1010 M^-1 s^-1. Die Geschwindigkeitskonstante für das Zusammentreffen zweier Makromoleküle beträgt normalerweise108 M^-1 s^-1. Suchen Sie eine Erklärung für dieses um den Faktor 100 beschleunigte Auffinden einer bestimmten Stelle in einem DNA-Molekül.

    Lösung

    Die RNA-Polymerase gleitet schnell die DNA entlang und diffundiert nicht einfach durch den Raum.
  • Zwischen den Blasen. Wie weit sind die Transkriptionsblasen auf E. coli-Genen, die mit Maximalgeschwindigkeit transkribiert werden, voneinander entfernt?

    Lösung

    Die Initiation an starken Promotoren erfolgt alle zwei Sekunden. In diesem Intervall werden 100 Nucleotide transkribiert. Die Zentren der Transkriptionsblasen sind daher 34 nm voneinander entfernt.
  • Zeichen des Korrekturlesens. Die RNA-Polymerase erzeugt beim Korrekturlesen hauptsächlich Dinucleotide und keine Mononucleotide. Warum ist das so?

    Lösung

    Die Rückwärtsbewegung muss vor der Spaltung erfolgen, sodass Dinucleotide entstehen.
  • Abgebrochener Zyklus. Gelegentlich werden Di- und Trinucleotide schon ganz zu Beginn der Transkription von der RNA-Polymerase getrennt, ein Vorgang, den man als abortive cycling bezeichnet. Danach muss die Transkription neu gestartet werden. Schlagen Sie eine plausible Erklärung für das abortive cycling vor.

    Lösung

    Die Energie der Basenpaarung von Di- und Trinucleotiden aus DNA-RNA-Hybriden, die unmittelbar zu Beginn der Transkription entstehen, reicht nicht aus, um eine Trennung der Stränge zu verhindern, sodass es zu einem Verlust der Produkte kommt.
  • Alternatives Spleißen. Ein Gen enthält acht Stellen, an denen ein alternatives Spleißen erfolgen kann. Wenn an jeder Stelle das Spleißmuster von allen übrigen Stellen unabhängig ist, wie viele Spleißprodukte können dann entstehen?

    Lösung

    Es sind 2^8 = 256 verschiedene Produkte möglich.
  • Superspiralisierung. Durch eine negative Superspiralisierung der DNA wird die Transkription von Genen begünstigt, weil dadurch die Entwindung erleichtert wird. Jedoch werden nicht alle Promotoren durch negative Superspiralisierung stimuliert; der Promotor des Gens für die Topoisomerase II ist hier eine bemerkenswerte Ausnahme. Durch negative Superspiralisierung nimmt die Transkription dieses Gens ab. Welcher Mechanismus ist für diesen Effekt vorstellbar und warum kommt es dazu?

    Lösung

    Das Zusammenwirken der -10- und der -35-Sequenz kann durch Torsionskräfte beeinflusst werden. Die Einführung von negativen Superspiralisierungen in die DNA durch die Topoisomerase II verhindert, dass dieses Enzym die Expression seines eigenen Gens übermäßig stimuliert.
  • Ein langschwänziger Bote. Ein anderer Thalassämiepatient produzierte aufgrund einer Mutation eine mRNA für die B-Kette des Hämoglobins, die 900 Nucleotide mehr umfasste als das normale Molekül. Der Poly(A)-Schwanz dieser mutierten mRNA war einige Nucleotide nach der einzigen AAUAAA-Sequenz in der zusätzlichen Sequenz angebracht. Schlagen Sie eine Mutation vor, die zur Produktion dieser veränderten mRNA führen würde.

    Lösung

    Wahrscheinlich ist eine Mutation, welche die normale Erkennungssequenz AAUAAA für die Endonuclease zerstört hat, für diesen Effekt verantwortlich. Tatsächlich verursachte der Wechsel von U zu C in dieser Sequenz diesen Defekt bei einem Thalassämiepatienten. Die Spaltung erfolgte bei AAUAAA 900 Nucleotide stromabwärts von dieser mutierten AACAAA-Stelle.
  • RNA-Editing. In einigen mitochondrialen RNAs von Trypanosomen sind viele Uridine eingefügt, die vom Poly(U)-Schwanz eines Donatorstranges stammen. Nucleosidtriphosphate nehmen an dieser Reaktion nicht teil. Schlagen Sie einen Reaktionsmechanismus vor, der diesen Befunden entspricht. (Hinweis: Vergleichen Sie das RNA-Editing mit dem RNA-Spleißen.)

    Lösung

    Eine Möglichkeit besteht darin, dass das 3‘-Ende des Poly(U)-Donatorstranges die Phosphodiesterbindung auf der 5‘-Seite der Insertionsstelle spaltet. Das neu gebildete 3‘-Ende des Akzeptorstranges spaltet dann den Poly(U)-Strang auf der 5‘-Seite des Nucleotids, das den Angriff begonnen hat. Anders ausgedrückt, ein U könnte durch zwei Umesterungsreaktionen angefügt werden. Dieser hypothetische Mechanismus ähnelt jenem des RNA-Spleißens.
  • Komplexität des Proteoms. Welcher in diesem Kapitel erörterte Vorgang hat zur Folge, dass das Proteom komplexer ist als das Genom? Welcher Prozess könnte die Komplexität noch weiter steigern?

    Lösung

    Alternatives Spleißen; RNA-Editing; kovalente Modifikation der Proteine nach der Synthese
  • Trennungsverfahren. Schlagen Sie ein Verfahren vor, mit dem man die mRNA einer Eukaryotenzelle von den anderen RNA-Spezies trennen könnte.

    Lösung

    Man befestigt eine Oligo(dT)- oder Oligo(U)-Sequenz an einem inerten Träger, um eine Affinitätssäule herzustellen. Wenn RNA diese Säule passiert, bleibt nur die Poly(A)-haltige RNA daran hängen.
  • Babel-Fisch. Warum wird die Proteinsynthese auch als Translation bezeichnet?

    Lösung

    Im Oxford English Dictionary wird „translation“ als Vorgang definiert, bei dem ein Text von der einen Sprache in eine andere übertragen wird. Bei der Proteinsynthese wird die Information der Nucleinsäuresequenz in die Information einer Aminosäuresequenz umgewandelt.
  • Sorgfältig, aber nicht übertreiben. Warum ist es essenziell, dass die Proteinsynthese eine Fehlerrate von 10^-4 aufweist?

    Lösung

    Eine Fehlerhäufigkeit von einer falschen Aminosäure pro 10^4 eingebauten Aminosäuren ermöglicht eine schnelle und genaue Synthese von Proteinen bis zu einer Größe von 1000 Aminosäuren. Bei einer höheren Fehlerrate würden zu viele schadhafte Proteine gebildet. Eine niedrigere Fehlerrate würde wahrscheinlich die Proteinsynthese verlangsamen, ohne dass die Genauigkeit deutlich zunimmt.
  • Gemeinsamkeiten. Welche Merkmale sind allen tRNA-Molekülen gemeinsam?

    Lösung

    i) Sie sind alle einzelsträngig. ii) Sie enthalten ungewöhnliche Basen. iii) Etwa die Hälfte der Basen bildet Basenpaare aus, sodass Doppelhelixstrukturen entstehen. iv) Das 5‘-Ende ist phosphoryliert und besteht normalerweise aus pG. v) Die Aminosäure wird an der Hydroxylgruppe des A-Restes der CCA-Sequenz am 3‘-Ende der tRNA befestigt. vi) Das Anticodon liegt in einer Schleife nahe der Mitte der tRNA-Sequenz. vii) Die Moleküle besitzen die Form eines L.
  • Die üblichen zwei Schritte. Welche zwei Reaktionsschritte sind für die Bildung einer Aminoacyl-tRNA notwendig?

    Lösung

    Zuerst wird das Aminoacyladenylat gebildet, das dann mit der tRNA zur Aminoacyl-tRNA reagiert. Beide Schritte werden von der Aminoacyl-tRNA-Synthetase katalysiert.
  • Dasselbe, aber anders. Warum müssen tRNA-Moleküle sowohl einmalige als auch übereinstimmende Strukturmerkmale besitzen?

    Lösung

    Spezifische Strukturmerkmale sind erforderlich, damit die Aminoacyl-tRNA-Synthetasen die tRNAs unterscheiden können und die richtige Aminosäure mit der tRNA verbinden. Übereinstimmende Merkmale sind erforderlich, da alle tRNAs mit demselben Proteinsyntheseapparat in Wechselwirkung treten.
  • Beladung. Was versteht man im bei der Proteinsynthese unter einer aktivierten Aminosäure?

    Lösung

    Wenn eine Aminosäure mit der passenden tRNA verknüpft wurde, ist sie aktiviert.
  • 1 = 2, wenn 1 nur groß genug ist. Für die Aktivierung einer Aminosäure ist das Energieäquivalent von zwei Molekülen ATP notwendig, wobei aber nur ein Molekül verbraucht wird. Wie lässt sich das erklären?

    Lösung

    ATP wird zu AMP und PPi gespalten. Deshalb ist ein zweites ATP erforderlich, um AMP in ADP umzuwandeln, das Substrat der oxidativen Phosphorylierung.
  • Filter. Erklären Sie die Spezifität der Bildung einer Aminoacyl-tRNA anhand der Threonyl-tRNA-Synthetase.

    Lösung

    Aminosäuren, die größer sind als die richtige Aminosäure, passen nicht in das aktive Zentrum der Aminoacyl-tRNASynthetase. Kleinere nicht zugehörige Aminosäuren werden zwar mit der tRNA verknüpft, passen aber in die Korrekturstelle und werden dort von der tRNA abgespalten.
  • Nutzen Sie alle verfügbaren Informationen. Aus welchem wahrscheinlichen Grund gibt es zwei Klassen von Aminoacyl-tRNA-Synthetasen, die jeweils eine andere Seite der tRNA erkennen?

    Lösung

    Wahrscheinlich sind Informationen von beiden Seiten der tRNAs notwendig, um 20 verschiedene tRNAs eindeutig unterscheiden zu können.
  • Wobble-Effekt. Erklären Sie, wie es möglich ist, dass einige tRNA-Moleküle mehr als ein Codon erkennen.

    Lösung

    Die ersten zwei Basen eines Codons bilden Watson-Crick-Basenpaare aus, die von Basen der 16S-rRNA auf Korrektheit überprüft werden. Die dritte Base wird nicht auf Passgenauigkeit kontrolliert, sodass hier gewisse Abweichungen toleriert werden.
  • Leichte und schwere Ribosomen. Aus zwei Bakterienkulturen, die in einem „schweren“ Medium (13C und 15N) und einem „leichten“ Medium (12C und 14N) gewachsen sind, werden jeweils die Ribosomen isoliert. Diese 70S-Ribosomen werden einem aktiven in vitro-Proteinsynthesesystem zugesetzt. Einige Stunden später wird eine Probe entnommen und durch Dichtegradientenzentrifugation analysiert. Mit wie vielen Banden von 70S-Ribosomen würden Sie in dem Dichtegradienten rechnen?

    Lösung

    Vier Banden: eine leichte, eine schwere, ein Hybrid aus leichten 30S- und schweren 50S-Ribosomen und ein Hybrid aus schweren 30S- und leichten 50S-Ribosomen.
  • Der Preis der Proteinsynthese. Welche Mindestzahl von ATP- und GTP-Molekülen wird bei der Synthese eines Proteins von 200 Bausteinen verbraucht, wenn der Ausgangspunkt die einzelnen Aminosäuren sind? Unterstellen Sie für diese Berechnung, dass die Hydrolyse von PPi der Hydrolyse von ATP äquivalent ist.

    Lösung

    200 Moleküle ATP werden zu 200 AMP + 400 Pi umgewandelt, um 200 Aminosäuren zu aktivieren; das entspricht 400 Molekülen ATP. Für die Initiation ist ein Molekül GTP erforderlich, für die Bildung von 199 Peptidbindungen 398 Moleküle GTP.
  • In Phase. Was ist mit dem Begriff „Leseraster“ gemeint?

    Lösung

    Das Leseraster ist eine Abfolge von fortlaufenden, nichtüberlappenden Codons aus drei Nucleotiden, die mit dem Startcodon beginnt und mit einem Stoppcodon endet.
  • Unterdrückung von Leserasterverschiebungen. Das Einfügen einer zusätzlichen einzelnen Base in eine codierende Sequenz bewirkt, dass sich das Leseraster verschiebt. Dies führt in den meisten Fällen zu einem nicht funktionsfähigen Protein. Beschreiben Sie eine Mutation in einer tRNA, die eine solche Rasterverschiebung unwirksam machen könnte.

    Lösung

    Eine Mutation, die durch das Einfügen einer zusätzlichen Base erzeugt wird, kann von einer tRNA unterdrückt werden, die eine vierte Base in ihrem Anticodon aufweist. So könnte beispielsweise UUUC statt UUU als das Codon für Phenylalanin gelesen werden, wenn die entsprechende tRNA 3‘-AAAG-5‘ als Anticodon besitzt.
  • Markierung einer Stelle am Ribosom. Entwerfen Sie ein Reagenz, mit dem man an E. coli-Ribosomen eine der tRNA-Bindungsstellen durch Affinitätsmarkierung kennzeichnen könnte.

    Lösung

    Man kann zum Beispiel eine tRNA synthetisieren, die mit einem reaktiven Aminosäureanalogon beladen ist. Bromacetylphenylalanyl-tRNA wäre ein Affinitätsmarkierungsreagenz für die P-Stelle von E. coli-Ribosomen.
  • Eine neue Übersetzung. Eine Transfer-RNA mit dem Anticodon für das UGU-Codon wird enzymatisch mit Cystein verknüpft, das mit 14C markiert ist. Die Cysteineinheit wird dann chemisch in Alanin umgewandelt. Die veränderte Aminoacyl-tRNA wird einem Proteinsynthesesystem zugesetzt, das außer dieser tRNA nur die üblichen Bestandteile enthält. Die dem Gemisch zugesetzte mRNA enthält die folgende Sequenz: 5‘-UUUUGCCAUGUUUGUGCU-3‘ Welche Sequenz hat das entsprechende radioaktiv markierte Peptid?

    Lösung

    Das Peptid hat die Sequenz Phe–Cys–His–Val–Ala–Ala. Die Codons UGC und UGU codieren zwar Cystein, aber weil das Cystein in Alanin umgewandelt worden ist, wird Alanin anstelle von Cystein eingebaut.
  • Zwei Arten der Synthese. Vergleichen Sie die Proteinsynthese an den Ribosomen mit dem entsprechenden Vorgang bei der Festphasenmethode (Abschn. 3.4) und beschreiben Sie die Unterschiede.

    Lösung

    Proteine werden in den Ribosomen vom Amino- zum Carboxylende synthetisiert, bei der Festphasenmethode in umgekehrter Richtung. Die aktivierte Zwischenstufe ist bei der ribosomalen Synthese eine Aminoacyl-tRNA, bei der Festphasenmethode ein Addukt aus der Aminosäure und Dicyclohexylcarbodiimid.
  • Auslöser für die GTP-Hydrolyse. Ribosomen verstärken merklich die Hydrolyse des GTP, das an den Komplex aus EF-Tu und Aminoacyl-tRNA gebunden ist. Welche biologische Bedeutung hat diese Verstärkung der GTPase-Aktivität durch die Ribosomen?

    Lösung

    GTP wird erst hydrolysiert, wenn eine Aminoacyl-tRNA an der A-Stelle des Ribosoms eintrifft. Würde die Hydrolyse früher stattfinden, wäre es eine Verschwendung von GTP, da EF-Tu-GDP nur geringe Affinität zu einer Aminoacyl-tRNA hat.
  • Blockierung der Translation. Entwickeln Sie eine experimentelle Vorgehensweise, mit der man die Expression einer ganz bestimmten mRNA ausschalten kann, ohne das Gen für das zugehörige Protein oder die Steuerungselemente dieses Gens zu verändern.

    Lösung

    Die Translation eines mRNA-Moleküls kann durch eine antisense-RNA blockiert werden, eine RNA mit komplementärer Sequenz. Die antisense-sense-RNA-Doppelhelix kann nicht als Matrize für die Translation fungieren; dazu ist einzelsträngige RNA notwendig. Darüber hinaus wird die antisense-sense-Doppelhelix von Nucleasen abgebaut. Zum Außenmedium zugegebene antisense-RNA wird von vielen Zellen spontan aufgenommen. Durch Mikroinjektion lässt sich eine genau definierte Menge einschleusen. Alternativ dazu kann man die Zielzellen auch mit einem Plasmid transformieren, das die antisense-RNA codiert.
  • Übersetzer. Die Aminoacyl-tRNA-Synthetasen sind in der Genexpression das einzige Element, das den genetischen Code entschlüsselt. Erläutern Sie diese Aussage.

    Lösung

    Diese Enzyme wandeln die Information der Nucleinsäure in Proteininformation um, indem sie die tRNA interpretieren und mit der passenden Aminosäure verknüpfen.
  • Ein Hilfsmittel für die zeitliche Koordination. EF-Tu, ein Mitglied der G-Protein-Familie, spielt für die Elongationsphase der Translation eine entscheidende Rolle. Angenommen, einem Elongationssystem wird ein GTPAnalogon zugesetzt, das sich nur langsam hydrolysieren lässt. Wie würde sich dies auf die Geschwindigkeit der Proteinsynthese auswirken?

    Lösung

    Die Geschwindigkeit würde abnehmen, da der Elongationsschritt die Hydrolyse von GTP erfordert, bevor der nächste Elongationsschritt stattfinden kann.
  • Nicht nur RNA. Welche Funktion haben die Proteinfaktoren, die für die Proteinsynthese notwendig sind?

    Lösung

    Die Initiation der Proteinsynthese wird von Proteinfaktoren beeinflusst. Die Funktion von IF1 und IF3 besteht darin, eine vorzeitige Bindung der ribosomalen 30S- und 50S-Untereinheit zu verhindern, während IF2 die Met-tRNAf zum Ribosom bringt. Proteinfaktoren sind auch für die Elongation (EF-G und EF-Tu), die Termination (Freisetzungsfaktoren RF) und für die Dissoziation der Ribosomen (Ribosomenfreisetzungsfaktoren, RRF) notwendig.
  • Membrantransport. Welche vier Komponenten sind für die Übertragung der Proteine durch die Membran des endoplasmatischen Reticulums erforderlich?

    Lösung

    Signalsequenz, Signalerkennungspartikel (SRP), SRP-Rezeptor und Translocon
  • Drücken, nicht ziehen. Welche Energiequelle treibt während der Translation die Bewegung der Proteine durch die Membran des endoplasmatischen Reticulums an?

    Lösung

    Die Bildung der Peptidbindungen, die wiederum durch die Hydrolyse der Aminoacyl-tRNAs angetrieben wird.
  • Man muss nur wissen, wo man suchen muss. Bakterielle Messenger-RNAs enthalten normalerweise viele AUG-Codons. Wie kann das Ribosom das AUG erkennen, das für die Initiation entscheidend ist?

    Lösung

    Die Shine-Dalgarno-Sequenz der mRNA bildet mit einem Teil der 16S-rRNA der 30S-Untereinheit Basenpaare aus, wodurch die Untereinheit eine bestimmte Position einnimmt, sodass das Initiator-AUG erkannt wird.
  • Wie ein Hütehund. Welche Funktion hat das Signalerkennungspartikel bei der Übertragung der Proteine durch die Membran des endoplasmatischen Reticulums?

    Lösung

    Das SRP bindet dann die Signalsequenz und blockiert die weitere Translation. Das SRP lotst das blockierte Ribosom zum ER, wo es mit dem SRP-Rezeptor (SR) in Wechselwirkung tritt. Der SRP-SR-Komplex bindet an das Translocon und hydrolysiert gleichzeitig GTP. Nach der GTP-Hydrolyse dissoziieren SRP und SR voneinander und vom Ribosom. Die Proteinsynthese setzt sich fort und das neu entstehende Protein wird durch den Kanal des Translocons transportiert.
  • Fertigungsstraße. Warum ist es vorteilhaft, dass die Proteinsynthese an Polysomen erfolgt?

    Lösung

    Die Alternative wäre, dass ein einzelnes Ribosom ein einzelnes mRNA-Molekül translatieren würde. Die Verwendung von Polysomen ermöglicht eine höhere Proteinsyntheserate pro mRNA-Molekül in einem bestimmten Zeitraum und damit die Produktion einer größeren Proteinmenge.
  • Was gehört zusammen? a) Initiation; b) Elongation; c) Termination; 1) GTP; 2) AUG; 3) fMet; 4) RRF; 5) IF2; 6) Shine-Dalgarno; 7) Ef-Tu; 8) Peptidyltransferase; 9) UGA; 10) Transformylase

    Lösung

    a) 1, 2, 3, 5, 6, 10; b) 1, 2, 7, 8; c) 1, 4, 8, 9
  • Überflüssiger Aufwand? Transfer-RNA-Moleküle sind ziemlich groß, wenn man bedenkt, dass das Anticodon nur drei Nucleotide umfasst. Wozu dient der Rest?

    Lösung

    Transfer-RNAs sind an mehreren Erkennungsprozessen beteiligt. Eine tRNA muss von der zugehörigen Aminoacyl-tRNA-Synthetase erkannt werden, und eine tRNA muss mit dem Ribosom in Wechselwirkung treten, speziell mit der Peptidyltransferase.
  • Auswahl von Aminosäuren in der Evolution. Ornithin ähnelt in seiner Struktur dem Lysin, nur ist die Seitenkette des Ornithins um eine Methylengruppe kürzer. Versuche, eine Ornithyl-tRNA chemisch zu synthetisieren und zu isolieren, blieben erfolglos. Schlagen Sie aufgrund des Reaktionsmechanismus eine Erklärung vor. (Hinweis: Sechserringe sind stabiler als Siebenringe.)

    Lösung

    Die Aminoacyl-tRNA kann zunächst synthetisiert werden. Die Aminogruppe der Seitenkette greift jedoch die Esterbindung an und es entsteht ein sechsgliedriges Amid, wobei die tRNA freigesetzt wird.
  • Erhöhung der Genauigkeit. Vergleichen Sie die Genauigkeit von DNA-Replikation, RNA-Synthese und Proteinsynthese. Welche Mechanismen sorgen bei diesen Vorgängen jeweils für ein präzises Ablesen?

    Lösung

    Die Fehlerraten der DNA-, RNA- und Proteinsynthese liegen in der Größenordnung von 10^-10, 10^-5 beziehungsweise 10^-4 pro eingebautem Nucleotid oder eingebauter Aminosäure. Die Zuverlässigkeit aller drei Prozesse hängt von der Genauigkeit der Basenpaarung mit der DNA- oder mRNA-Matrize ab. Bei der RNA-Synthese erfolgt eine Fehlerkorrektur nur selten. Im Gegensatz dazu ist die Genauigkeit der DNA-Synthese durch das Korrekturlesen der 30!50-Nucleaseaktivität der DNA-Polymerase und die postreplikative Reparatur deutlich höher. Bei der Proteinsynthese wird die Fehlbeladung einiger tRNAs durch die hydrolytische Wirkung der Aminoacyl-tRNA-Synthetase korrigiert. Ein Korrekturgang findet außerdem statt, wenn die Aminoacyl-tRNA die A-Stelle des Ribosoms besetzt; die GTPase-Aktivität von EF-Tu ist der Schrittmacher dieser letzten Überprüfung.
  • Déjà vu. Welches Protein in den G-Protein-Kaskaden erfüllt eine ähnliche Funktion wie der Elongationsfaktor Ts?

    Lösung

    EF-Ts katalysiert den Austausch von GTP gegen das an EFTu gebundene GDP. Bei G-Protein-Kaskaden katalysiert ein aktivierter 7TM-Rezeptor den GTP-GDP-Austausch am GProtein.
  • Familienähnlichkeit. Der eukaryotische Elongationsfaktor 2 wird durch ADP-Ribosylierung gehemmt, ein Vorgang, den das Diphtherietoxin katalysiert. Welche anderen G-Proteine sprechen ebenfalls auf diese Form der Hemmung an?

    Lösung

    Bei Cholera und Keuchhusten werden die a-Untereinheiten von G-Proteinen durch einen ähnlichen Mechanismus gehemmt (Abschn. 14.5).
  • Der letzte Schritt. Welche Eigenschaft der Primärstruktur ermöglicht die Übertragung einer linearen Nucleinsäureinformation in die funktionsfähige räumliche Struktur der Proteine?

    Lösung

    Die Primärstruktur bestimmt die räumliche Struktur des Proteins. Die Endphase der Informationsübertragung von der DNA über RNA zur Proteinsynthese besteht darin, dass sich das Protein in seinen funktionsfähigen Zustand faltet.
  • Fehlende Gene. Sagen Sie voraus, welche Auswirkungen es hätte, wenn man folgende DNA-Abschnitte deletieren würde: a) das Gen, das den lac-Repressor codiert; b) den lac-Operator; c) das Gen, das CAP codiert

    Lösung

    a) Die Zellen exprimieren die B-Galactosidase, die lac-Permease und die Thiogalactosid-Transacetylase, selbst wenn Lactose nicht vorhanden ist. b) Die Zellen exprimieren die B-Galactosidase, die lac-Permease und die Thiogalactosid-Transacetylase, selbst wenn Lactose nicht vorhanden ist. c) Die Konzentrationen katabolischer Enzyme (beispielsweise B-Galactosidase und Arabinose-Isomerase) bleiben auch bei einem niedrigen Glucosespiegel niedrig.
  • Gleich und doch nicht gleich. Der lac-Repressor und der pur-Repressor sind homologe Proteine mit sehr ähnlicher Raumstruktur. Dennoch wirken sie sich ganz unterschiedlich auf die Genexpression aus. Nennen Sie zwei wichtige Aspekte, in denen sich die genregulatorischen Eigenschaften der beiden Proteine unterscheiden.

    Lösung

    Der lac-Repressor bindet nicht an die DNA, wenn an den Repressor ein kleines Molekül, der Induktor, gebunden ist. Im Gegensatz dazu bindet der pur-Repressor nur dann, wenn er ein kleines Molekül, den Corepressor, gebunden hat. Das Genom von E. coli enthält nur eine einzige Bindungsregion für den lac-Repressor, während es viele Stellen für den pur-Repressor besitzt.
  • Die andere Richtung. Manche als Antiinduktoren bezeichnete Verbindungen binden an Repressoren wie den lac-Repressor und hemmen ihre Wirkung: Die Transkription wird unterdrückt und der Induktor muss in höherer Konzentration vorliegen, um die Transkription in Gang zu setzen. Wie könnte der Wirkmechanismus der Antiinduktoren aussehen?

    Lösung

    Antiinduktoren binden an die Konformation des Repressors, beispielsweise des lac-Repressors, die an die DNA binden kann. Die Antiinduktoren besetzen eine Bindungsstelle auf dem Repressor, die mit der des Induktors überlappt, sodass beide Moleküle um die Bindung an den Repressor konkurrieren.
  • Umgekehrte Sequenzwiederholungen. Angenommen, man hat in einer DNA über einen Abschnitt von 20 Basenpaaren hinweg eine fast perfekte umgekehrte Sequenzwiederholung gefunden. Nennen Sie zwei mögliche Erklärungen.

    Lösung

    Die umgekehrte Sequenzwiederholung kann eine Bindungsstelle für ein dimeres DNA-bindendes Protein sein oder einer Stamm-Schleife-Struktur in der codierten RNA entsprechen.
  • Zerstörte Operatoren. Nehmen Sie an, OR2 sei so mutiert, dass sowohl der ?-Repressor als auch Cro nicht mehr binden können. Wie würde eine solche Mutation die Wahrscheinlichkeit beeinflussen, mit der der Bakteriophage ? in die lytische Phase eintritt?

    Lösung

    Die Wahrscheinlichkeit, mit der der Bakteriophage ? in die lytische Phase eintreten würde, wäre höher, da die kooperative Bindung des ?-Repressors an OR2 und OR1, die den lysogenen Infektionsweg fördert, nicht mehr stattfinden könnte.
  • Positive und negative Rückkopplung. Welche Auswirkung hat eine erhöhte Cro-Konzentration auf die Expression des ?-Repressorgens? Wie wirkt eine erhöhte Konzentration des ?-Repressors auf die Expression des Cro-Gens? Und welchen Effekt hat eine erhöhte Konzentration des ?-Repressors auf die Expression des ?-Repressorgens?

    Lösung

    Eine erhöhte Cro-Konzentration verringert die Expression des ?-Repressorgens. Eine erhöhte ?-Repressorkonzentration verringert die Expression des Cro-Gens. Bei geringer ?-Repressorkonzentration führt eine zunehmende ?-Repressorkonzentration zu einer verstärkten Expression des ?-Repressorgens. Bei höheren ?-Repressorkonzentrationen führt eine zunehmende ?-Repressorkonzentration zu einer schwächeren Expression des ?-Repressorgens.
  • Ohne Leitsequenz. Die mRNA des ?-Repressors beginnt mit 50-AUG-30, dem Codon, das den Methioninrest am Anfang des Proteins codiert. Warum ist dieser Anfang ungewöhnlich? Wird die mRNA effizient translatiert?

    Lösung

    Normalerweise besitzt bakterielle mRNA eine Leitsequenz mit einer Shine-Dalgarno-Sequenz, die dem AUG-Startcodon vorangeht. Man könnte annehmen, dass das Fehlen der Leitsequenz zu einer ineffizienten Translation führt.
  • Zählen der Mitglieder. Nehmen Sie an, Sie wollten eine Reihe von Verbindungen auf ihre Autoinduktoraktivität bei Vibrio fischeri testen. Entwerfen Sie einen einfachen Versuchsansatz und gehen Sie davon aus, dass Sie V. fischeri bei geringen Zelldichten kultivieren können.

    Lösung

    Geben Sie die Verbindungen zu einer Kultur von V. fischeri mit niedriger Zelldichte und beobachten Sie, ob Fluoreszenz emittiert wird.
  • Chromatinimmunpräzipitation. DNA-Fragmente, die Sie mit der Methode der Chromatinimmunpräzipitation isoliert haben, tragen ein DNA-bindendes Protein, für das Sie sich interessieren. Angenommen, Sie möchten herausfinden, ob das Gemisch ein ganz bestimmtes, bekanntes DNA-Fragment enthält. Wie würden Sie es nachweisen? Mit wie vielen verschiedenen Fragmenten würden Sie rechnen, wenn Sie mit Antikörpern gegen den lac-Repressor ein Chromatinimmunpräzipitationsexperiment in E. coli durchführen? Und wie sieht die Sache aus, wenn Sie Antikörper gegen den pur-Repressor verwenden?

    Lösung

    Das Vorhandensein eines bestimmten DNA-Fragments lässt sich mithilfe einer Hybridisierung oder PCR feststellen. Für den lac-Repressor lässt sich ein einziges Fragment isolieren, für den pur-Repressor sind es etwa 20 verschiedene Fragmente.
  • Drum herum wandern. Angenommen, dass das DNA-Fragment, das sich 1,75-mal um das Histonoktamer windet, 145 bp lang ist, wie groß ist dann der Radius des Histonoktamers? Nehmen Sie eine Basenlänge von 0,34 nm an und vereinfachen Sie die Rechnung, indem Sie eine zwei- und keine dreidimensionale Windung annehmen und die Dicke der DNA vernachlässigen.

    Lösung

    Die Gesamtlänge der DNA lässt sich wie folgt ermitteln: 145 bp x 0,34 nm/bp = 49,3 nm. Diese Fragmentlänge windet sich 1,75-mal um das Oktamer. Der Radius des Oktamers beträgt 1,75 x 2?r = 11,0 r. Daher ist r = 49,3 nm/11,0 = 0,448 nm.
  • Eine neue Domäne. Man hat eine Proteindomäne charakterisiert, die 5-Methylcytosin in doppelsträngiger DNA erkennt. Welche Rolle könnten Proteine, die eine solche Domäne enthalten, für die Regulation der Genexpression spielen? An welcher Stelle einer doppelsträngigen DNA würde ein solches Protein voraussichtlich binden?

    Lösung

    Proteine, die diese Domänen enthalten, werden zu methylierter DNA in reprimierten Promotorregionen dirigiert. Wahrscheinlich binden sie an die große Furche, da sich dort die Methylgruppe befindet.
  • Hybridrezeptor. Durch DNA-Rekombinationstechniken wurde ein modifizierter Steroidhormonrezeptor hergestellt, der aus einem Östrogenrezeptor besteht, dessen Ligandenbindungsdomäne durch die Ligandenbindungsdomäne des Progesteronrezeptors ersetzt wurde. Sagen Sie die Sensitivität der Genexpression von Zellen vorher, die mit Östrogen bzw. mit Progesteron behandelt werden.

    Lösung

    Es ist nicht zu erwarten, dass die Anwesenheit von Östrogen die Genexpression beeinflusst. Die Expression von Genen, die normalerweise von Östrogen abhängig ist, wird nun durch Progesteron beeinflusst.
  • Unterschiedliche Modifikationen. Welche Auswirkung hat die Acetylierung eines Lysinrestes auf die Ladung eines Histonproteins, welche Auswirkung hat eine Methylierung?

    Lösung

    Die Acetylierung von Lysin wird die Ladung von +1 auf 0 verringern. Die Methylierung von Lysin ändert die Ladung dagegen nicht.
  • Abdeckung. Welcher Anteil der Hefe-DNA ist zugänglich (in Prozent), wenn die Zahl der Bindungsstellen für GAL4 als typisch erachtet wird? Wie vielen Basenpaaren des 12 Mb großen Hefegenoms entspricht dieser Prozentsatz?

    Lösung

    10/4000 = 0,25 % der 12 Mb = 30 kb
  • Zählen Sie die Methylgruppen. Die Untersuchung der Histonmodifikationen eines Gens ergibt, dass Histon H3 häufig mit einer einzelnen Methylgruppe am Lysin 27 modifiziert ist. Ist dies ein Hinweis darauf, dass das Gen aktiviert oder dass es reprimiert ist? Wie würde Ihre Antwort lauten, wenn viele Lysin-27-Reste mit jeweils drei Methylgruppen modifiziert wären?

    Lösung

    Einfach methyliert, aktiviert; dreifach methyliert, reprimiert
  • Regulation durch Eisen. Welche Wirkung hat Ihrer Ansicht nach das Anfügen eines IRE an das 5‘- bzw. an das 3‘-Ende eines Gens, das normalerweise nicht abhängig von der Eisenkonzentration reguliert wird?

    Lösung

    Fügt man ein IRE an das 5‘-Ende der mRNA, ist davon auszugehen, dass die Translation bei Eisenmangel blockiert wird. Wird das IRE an das 3‘-Ende der mRNA angefügt, hat es keine Auswirkung auf die Translation, könnte jedoch die Stabilität der mRNA beeinflussen.
  • Vorhersage einer Regulation durch miRNA. Nehmen Sie an, Sie hätten eine miRNA mit der Sequenz 5‘-GCCUAGCCUUAGCAUUGAUUGG-3‘ identifiziert. Schlagen Sie eine Strategie vor, mit der sich mRNA-Moleküle identifizieren lassen, die durch diese miRNA reguliert werden, wobei alle mRNA-Sequenzen, die im menschlichen Genom codiert sind, bekannt sind.

    Lösung

    Man würde die Sequenzen aller mRNAs nach Sequenzen durchsuchen, die vollständig oder nahezu vollständig komplementär zur Sequenz der miRNA sind. Diese Sequenzen wären Kandidaten für eine Regulation durch diese miRNA.
  • Acetyltransferasen. Nennen Sie einen mutmaßlichen Mechanismus für die Übertragung einer Acetylgruppe vom Acetyl-CoA auf die Aminogruppe von Lysin.

    Lösung

    Die Aminogruppe des Lysinrestes, die aus der protonierten Gruppe durch Einwirkung einer Base hervorgegangen ist, greift die Carbonylgruppe von Acetyl-CoA an und erzeugt so ein tetraedrisches Zwischenprodukt. Dieses zerfällt und bildet die Amidbindung unter Freisetzung von CoA.
  • Geruchswahrnehmung bei Würmern. Im Gegensatz zu den hier genauer erörterten olfaktorischen Neuronen der Säugetiere exprimieren die Geruchsneuronen des Nematoden C. elegans mehrere Geruchsrezeptoren. Insbesondere eine Nervenzelle (die als AWA bezeichnet wird) exprimiert Rezeptoren für Verbindungen, von denen der Wurm angelockt wird, eine andere dagegen, AWB genannt, produziert Rezeptoren für Substanzen, die der Wurm meidet. Nehmen Sie an, man würde einen transgenen Wurm erzeugen, in dem einer der Lockstoffrezeptoren nicht in AWA, sondern in AWB exprimiert wird. Welches Verhalten würden Sie in Gegenwart des zugehörigen Lockstoffes erwarten?

    Lösung

    Der transgene Nematode würde den Kontakt mit dieser Verbindung vermeiden. Die Art des Liganden wird durch den Rezeptor bestimmt, während die Reaktion des Wurmes von der Nervenzelle festgelegt wird, die den Rezeptor exprimiert.
  • Zeitlicher Ablauf. Vergleichen Sie die Geschmackskomponenten (bitter, süß, salzig, sauer) im Hinblick auf die Möglichkeit einer schnellen zeitlichen Unterscheidung.

    Lösung

    Bittere und süße Geschmacksempfindungen werden von G-Proteinen vermittelt, die an 7TM-Rezeptoren gekoppelt sind, sodass eine Zeitauflösung im Millisekundenbereich möglich ist. Salziger und saurer Geschmack wird dagegen direkt durch Ionenkanäle vermittelt, die eine schnellere zeitliche Auflösung ermöglichen können.
  • Zwei Ohren. Dass wir erkennen können, aus welcher Richtung ein Geräusch kommt, liegt unter anderem an dem zeitlichen Abstand, mit dem unsere Ohren den Schall wahrnehmen. Wie groß ist dieser Unterschied, wenn man eine Schallgeschwindigkeit von 350 m s^-1 und einen Ohrenabstand von 15 cm zugrunde legt? In welchem Verhältnis steht dieser Unterschied zum zeitlichen Auflösungsvermögen des menschlichen Gehörs? Wäre ein Sinnessystem, das 7TM-Rezeptoren und GProteine nutzt, zu einer ausreichenden zeitlichen Auflösung in der Lage?

    Lösung

    Schall braucht für 0,15 m 428 ?s. Das menschliche Gehör kann Zeitunterschiede von fast bis zu einer Mikrosekunde feststellen, sodass die Differenz der Ankunftszeiten an beiden Ohren eine wichtige Bedeutung besitzt. Es ist unwahrscheinlich, dass ein solches System, das zuverlässig zwischen den einzelnen Signalen unterscheiden soll, die an den beiden Ohren ankommen, auf G-Proteinen beruht, da diese normalerweise im Millisekundenbereich reagieren.
  • Bitter ist besser. Manche Pflanzen schmecken für uns sehr bitter, sind aber nicht giftig. Schlagen sie eine oder mehrere Erklärungen vor.

    Lösung

    Wenn eine Pflanze bitter schmeckt, vermeiden Tiere, davon zu fressen, selbst wenn die Pflanze ungiftig ist. Dies könnte der Pflanze einen Selektionsvorteil verschaffen.
  • Von Mäusen und Menschen. Beim Menschen wird der Umami-Geschmack nur durch Glutamat und Aspartat ausgelöst. Im Gegensatz dazu reagieren Mäuse auf noch mehr Aminosäuren. Entwickeln Sie ein Experiment, mit dem sich testen lässt, welche der Untereinheiten T1R1 oder T1R3 die Spezifität der Reaktion bestimmt. Setzen Sie voraus, dass alle notwendigen Mäusestämme einfach erzeugt werden können.

    Lösung

    Mithilfe von Mäusen, bei denen das T1R1- oder das T1R3-Gen zerstört wurde, testet man die Geschmacksreaktionen der Mäuse auf Glutamat, Aspartat und eine große Reihe weiterer Aminosäuren.
  • Es ist nicht leicht, grün zu sein. Würden Sie erwarten, dass Licht mit einer Wellenlänge von 530 nm ausschließlich durch den „grünen“ Photorezeptor absorbiert wird?

    Lösung

    Licht mit einer Wellenlänge von 530 nm wird zu einem gewissen Teil von allen drei Photorezeptoren absorbiert, jedoch am stärksten von dem „grünen“ Rezeptor.
  • Farbdiskriminierung. Einigen Frauen mit farbenblinden Söhnen können Farbunterschiede erkennen, obwohl andere Menschen zwischen diesen Farben keine Unterschiede wahrnehmen. Schlagen Sie eine Erklärung vor.

    Lösung

    Diese Frauen besitzen vier funktionierende Farbrezeptoren: blau, rot, grün und einen rot-grünen Hybridrezeptor. Der zusätzliche Farbrezeptor ermöglicht ihnen die Unterscheidung von Farben, die für die meisten Menschen identisch sind.
  • Kombinationsgabe. Wie viele unterschiedliche Duftstoffe könnte ein Mensch unterscheiden, wenn jeder Duftstoff von einem einzelnen Rezeptortyp gebunden und jeder Rezeptor nur von einem einzelnen Duftstoff aktiviert würde? Wie viele wären es, wenn jeder Geruchsstoff an zwei bzw. drei verschiedene Geruchsrezeptoren binden würde?

    Lösung

    380 (einer für jeden Rezeptor); es gibt (380 x 379)/2 = 72.010 Kombinationen von zwei und (380 x 379 x 378)/3 = 9.073.260 Kombinationen von drei Rezeptoren.
  • Lichtwirkung. Beschreiben Sie die Wirkung der Absorption von Licht auf das in Rhodopsin gebundene 11-cis-Retinal.

    Lösung

    Die Absorption von Licht überführt 11-cis-Retinal in alltrans-Retinal.
  • Kanalisierend. Nennen Sie Beispiele für Ionenkanäle beim Sehen, Tasten und Hören.

    Lösung

    Sehen: cGMP-kontrollierter Kanal; Tasten: amiloridsensitiver Na+-Kanal; Hören: tip link-Kanal.
  • Energie und Information. Die Übermittlung von Sinnesinformationen erfordert den Aufwand freier Enthalpie. Nennen Sie für jedes Sinnessystem (Geruch, Geschmack, Sehen, Gehör, Tastsinn) die Mechanismen, durch die freie Enthalpie zugeführt und die Übertragung der Sinnesinformation ermöglicht wird.

    Lösung

    Bei allen Sinneswahrnehmungen ist die Hydrolyse von ATP erforderlich, um Ionengradienten und Membranpotenziale zu erzeugen und aufrechtzuerhalten. Geruchssinn: ATP ist für die cAMP-Synthese notwendig. Geschmackssinn: ATP ist für die Synthese zyklischer Nucleotide erforderlich, GTP für die Aktivität von Gustducin bei der Wahrnehmung von bitterem und süßem Geschmack. Optischer Sinn: GTP wird benötigt für die Synthese von cGMP und die Wirkung von Transducin. Hör- und Tastsinn: Die Hydrolyse von ATP ist für die Erzeugung und Aufrechterhaltung von Gradienten und Membranpotenzialen, aber auch möglicherweise für weitere Funktionen erforderlich.
  • Das Erste zuerst. Unterscheiden Sie zwischen dem angeborenen und dem adaptiven Immunsystem.

    Lösung

    Das angeborene Immunsystem reagiert schnell auf bestimmte Merkmale, die viele Krankheitserreger gemeinsam haben. Die Gene für die Schlüsselmoleküle des angeborenen Immunsystems werden ohne wesentliche Unterschiede exprimiert. Im Gegensatz dazu reagiert das adaptive Immunsystem auf spezifische Merkmale, die jeweils nur bei einem bestimmten Krankheitserreger vorkommen. Die Gene des adaptiven Immunsystems werden in bedeutsamer Weise umstrukturiert und es treten auch Mutationen auf, sodass eine riesige Anzahl von potenziellen Bindungsoberflächen erkannt werden kann.
  • Antikörpervielfalt. Welche Mechanismen der B-Zellen dienen dazu, die Vielfalt der Antikörper hervorzubringen?

    Lösung

    VJ- und V(D)J-Rekombination; Variabilität bei der Verknüpfung der Segmente durch die Aktivität der terminalen Desoxyribonucleotidyltransferase; somatische Mutationen
  • Bindungsstärke. Erläutern Sie den Unterschied zwischen Affinität und Avidität. Für welche Immunglobulinklasse ist die Avidität bei der Antigenerkennung von besonderer Bedeutung?

    Lösung

    Affinität bedeutet die Stärke einer einzelnen Wechselwirkung; Avidität ist die aufsummierte Stärke mehrerer unabhängiger Bindungseffekte. Die Avidität kann bei der Wechselwirkung zwischen IgM und dem Antigen von großer Bedeutung sein, da die Immunglobuline dieser Klasse über zehn Bindungsstellen verfügen.
  • Angeborene Fähigkeiten. Man hat einen Mausstamm identifiziert, der nicht auf LPS reagiert. Die fehlende Reaktion geht auf eine einzelne ausgetauschte Aminosäure in der TIR-Domäne des murinen TLR4 zurück. Machen Sie einen Vorschlag, warum die Antwort ausbleibt.

    Lösung

    Die intrazelluläre Signaldomäne, die bei allen TLRs vorkommt, bewirkt die Anlagerung anderer Proteine und übermittelt, dass ein mit einem Krankheitserreger assoziiertes Molekülmuster (PAMP) vorhanden ist, etwa LPS. Wenn eine Mutation in dieser Domäne die intrazelluläre Anlagerung und Signalübertragung beeinträchtigt, kann TLR4 nicht auf LPS reagieren.
  • TLR-Liganden. Das PAMP, das TLR3 erkennt, ist doppelsträngige RNA (dsRNA). Gegen welche Krankheitserreger ist TLR3 als Immunrezeptor wirksam?

    Lösung

    Es ist davon auszugehen, dass Viren, die dsRNA-Genome enthalten, über TLR3 eine Immunantwort stimulieren.
  • Ein hervorragender Strahler. Manche Naphthalinderivate zeigen eine schwach gelbe Fluoreszenz, wenn sie sich in einer stark polaren Umgebung (zum Beispiel Wasser) befinden; in einem deutlich unpolaren Milieu wie Hexan dagegen fluoreszieren sie kräftig blau. Die Bindung von ?-Dansyllysin an einen spezifischen Antikörper ist von einer deutlichen Intensitätszunahme der Fluoreszenz und einem Wechsel der Farbe von gelb nach blau begleitet. Was besagt diese Beobachtung über den Komplex aus Hapten und Antikörper?

    Lösung

    Die Zunahme der Fluoreszenz und die Blauverschiebung zeigen an, dass bei der Bindung eines Haptens Wasser weitgehend aus der Bindungsstelle verdrängt wird. Hydrophobe Wechselwirkungen tragen meistens erheblich zur Bildung von Antigen-Antikörper-Komplexen bei.
  • Aktivierung von B-Zellen. B-Lymphocyten, die Vorläufer der Plasmazellen, werden durch die Bindung mehrwertiger Antigene an Rezeptoren auf ihrer Oberfläche zur Vermehrung angeregt. Diese Zelloberflächenrezeptoren sind Transmembranimmunglobuline. Einwertige Antigene dagegen aktivieren B-Zellen nicht. a) Was besagen diese Beobachtungen über den Mechanismus der B-Zell-Aktivierung? b) Wie könnte man Antikörper dazu verwenden, B-Zellen zu aktivieren?

    Lösung

    a) Multivalente Antigene führen zur Dimerisierung oder Oligomerisierung von Transmembranimmunglobulinen, ein wesentlicher Schritt bei ihrer Aktivierung. Diese Art der Aktivierung ähnelt dem Mechanismus der Rezeptortyrosinkinasen (Abschn. 14.2). b) Ein für ein Transmembranimmunglobulin spezifischer Antikörper wird eine B-Zelle aktivieren, indem er diese Rezeptoren vernetzt. Dieses Experiment kann man beispielsweise ausführen, indem man einen Antikörper aus der Ziege einsetzt, um Rezeptoren auf den B-Zellen einer Maus querzuvernetzen.
  • Eine kluge Klonierungsstrategie. Zur Klonierung des Gens für die a-Kette des T-Zell-Rezeptors hybridisierte man cDNAs von T-Zellen mit der mRNA von B-Zellen. Welches Ziel verfolgte man mit diesem Hybridisierungsschritt? Lässt sich das Prinzip allgemein anwenden?

    Lösung

    B-Zellen exprimieren keine T-Zell-Rezeptoren. Durch die Hybridisierung der cDNA einer T-Zelle mit der mRNA einer B-Zelle lassen sich die cDNA-Anteile entfernen, die in beiden Zellen exprimiert werden. Die Mischung aus cDNAs ist also nach diesem Hybridisierungsschritt mit jenen Teilen angereichert, die T-Zell-Rezeptoren codieren. Dieses als subtraktive Hybridisierung bezeichnete Verfahren ist allgemein nützlich, um cDNAs geringer Häufigkeit zu isolieren. Die Hybridisierung muss dabei unter Verwendung von mRNAs ausgeführt werden, die von einer nahe verwandten, das gesuchte Gen aber nicht exprimierenden Zelle stammen (Hedrick SM et al. (1984) Nature 308: 149–153 – ein interessanter Bericht, wie diese Methode eingesetzt wurde, um die Gene von T-Zell-Rezeptoren zu identifizieren).
  • Anfälligkeit für Krankheitserreger. Patienten, die im Gen für das TLR4-Protein bestimmte Mutationen tragen, sind anfällig für Infektionen mit gramnegativen Bakterien. Warum ist das bei diesen Patienten so?

    Lösung

    TLR4 ist der Rezeptor für LPS, ein Toxin, das spezifisch auf den Zellwänden von gramnegativen Bakterien vorkommt. Mutationen, die die Funktionsfähigkeit von TLR4 beeinträchtigen, stören bei betroffenen Patienten die Abwehr gegen diese Gruppe von Bakterien.
  • Der Abgleich entscheidet über den Erfolg. Warum ist es bei einer Organtransplantation wichtig, dass die HLA-Allele von Spender und Empfänger zueinander passen?

    Lösung

    Wenn die HLA-Allele nicht zusammenpassen, erkennen die T-Zell-Rezeptoren des Empfängers die MHC-Proteine des übertragenen Gewebes als körperfremd und es kommt wahrscheinlich zu einer Abstoßung des Transplantats.
  • Instruktion. Bevor man den Mechanismus zur Entstehung der Antikörpervielfalt kannte, vertrat vor allem Linus Pauling die Ansicht, das Protein müsse sich um das Antigen herumfalten. Nach diesem Modell hätten Antikörper mit unterschiedlicher Spezifität die gleiche Aminosäuresequenz, aber sie falten sich unterschiedlich. Schlagen Sie ein Verfahren vor, um dieses Modell zu überprüfen.

    Lösung

    Man isoliert einen Antikörper mit der Spezifität für ein bestimmtes Antigen. Der Antikörper wird entfaltet und dann mit oder ohne Antigen renaturiert. Anschließend testet man die Spezifität der rückgefalteten Antikörper auf ihre Antigenbindungsfähigkeit.
  • Umgang mit Unsinn. Zellen, auch diejenigen des Immunsystems, bauen mRNA-Moleküle ab, wenn diese kein langes offenes Leseraster enthalten. Den Vorgang bezeichnet man als nonsense-vermittelten RNA-Abbau. Welche Funktion könnte dieser Prozess in den Immunzellen haben?

    Lösung

    In einigen Fällen führt die V(D)J-Umordnung zu Kombinationen, bei denen das Leseraster verloren gegangen ist. mRNA-Moleküle, die von solchen Genen erzeugt werden, bringen verkürzte Moleküle hervor, wenn sie translatiert werden. Diese Gefahr wird durch Abbau der mRNA vermieden.
  • Verloren, aber nicht bedeutungslos. Um die Gene zu erforschen, die bei einem bakteriellen Krankheitserreger für Wachstum und Infektiosität verantwortlich sind, führen Sie mit einer Kultur dieser Bakterien eine chemische Mutagenese durch. Als Sie im weiteren Verlauf die Eigenschaften der entstandenen Mutanten untersuchen, entdecken Sie eine Reihe von Bakterien, die zwar noch lebensfähig sind, deren Virulenz aber stark eingeschränkt ist. Wie könnten solche Mutanten bei der Entwicklung eines Impfstoffes hilfreich sein?

    Lösung

    Die mutierten Bakterien können immer noch eine Immunantwort auslösen, ohne dass sie eine Krankheit hervorrufen. Sie können daher als Ausgangspunkt für die Entwicklung eines Impfstoffes mit attenuierten Organismen gegen den ursprünglichen Bakterienstamm hilfreich sein.
  • Präsentation. Die Aminosäuresequenz eines kleinen Proteins lautet: MSRLASKNLIRSDHAGGLLQATYSAVSSIKNTMSFGAWSNAALNDSRDA Welches Peptid wird mit der größten Wahrscheinlichkeit von HLA-A2 präsentiert, einem MHC-Molekül der Klasse I?

    Lösung

    Das Peptid mit der Sequenz LLQATYSAV (L an der zweiten, V an der letzten Position)
  • Signaltransduktion. Proteintyrosinphosphatasen wie das Molekül CD45, das sowohl in B- als auch in T-Zellen exprimiert wird, sind von großer Bedeutung für die Aktivierung von Proteintyrosinkinasen wie Fyn und Lck, die Src sehr ähnlich sind. Schlagen Sie einen Mechanismus vor, durch den solche Proteinkinasen aktiviert werden könnten, wenn eine Phosphatgruppe von einem Phosphotyrosinrest entfernt wird.

    Lösung

    Ein Phosphotyrosinrest am Carboxylende von Src und verwandten Proteintyrosinkinasen bindet an die eigene SH2-Domäne und erzeugt so die inaktivierte Form von Src (Abschn. 14.5). Das Entfernen des Phosphats von diesem Rest aktiviert die Kinase.
  • Verschiedenartige Motoren. Skelettmuskeln, eukaryotische Cilien und Bakterienflagellen wandeln freie Enthalpie mit unterschiedlichen Mechanismen in eine zusammenhängende Bewegung um. Vergleichen Sie Gemeinsamkeiten und Unterschiede der Bewegungssysteme im Hinblick auf a) die Quelle der freien Enthalpie. b) die Art und Zahl der notwendigen molekularen Bestandteile.

    Lösung

    a) Skelettmuskel und eukaryotische Cilien werden von ATP mit freier Enthalpie versorgt, der Flagellenmotor der Bakterien von einer protonenmotorischen Kraft. b) Myosin und Actin beim Skelettmuskel; Mikrotubuli und Dynein bei eukaryotischen Cilien; MotA, MotB und FliG sowie zahlreiche Hilfskomponenten beim Flagellenmotor der Bakterien.
  • Das nennen Sie langsam? Ein Kinesinmolekül kann sich mit einer Höchstgeschwindigkeit von 640 nm pro Sekunde bewegen. Berechnen Sie angesichts der Tatsache, dass die Motorregion des Kinesindimers ungefähr 8 nm misst, die Geschwindigkeit in „Körperlängen“ je Sekunde. Welcher Geschwindigkeit eines drei Meter langen Autos würde dies entsprechen?

    Lösung

    640 nm/8 nm = 80-mal die „Körperlänge“ pro Sekunde. Für ein 3 m langes Auto entspricht das 80 x 3 m = 240 m pro Sekunde beziehungsweise 864 km pro Stunde.
  • Gleiches und Gegensätzliches. Beschreiben Sie zwei Gemeinsamkeiten und zwei Unterschiede zwischen Actinfilamenten und Mikrotubuli.

    Lösung

    Sowohl Actinfilamente als auch Mikrotubuli sind aus Untereinheiten aufgebaut, die Nucleosidtriphosphate binden und hydrolysieren. Actinfilamente sind aus einer einzigen Art von Untereinheiten aufgebaut und diese binden ATP. Mikrotubuli sind aus zwei unterschiedlichen Arten von Untereinheiten aufgebaut und diese binden GTP.
  • Erleichterung. Welche Hauptaufgabe übernehmen die leichten Ketten in Myosin? Und in Kinesin?

    Lösung

    Die leichten Ketten im Myosin versteifen den Hebelarm, während die leichten Ketten im Kinesin die zu transportierende Fracht binden.
  • Totenstarre. Schlagen Sie eine Erklärung für die Tatsache vor, dass der Körper nach dem Tod steif wird.

    Lösung

    Nach dem Tod nimmt das Verhältnis ADP zu ATP rasch zu. Die Myosinmotordomänen binden in der ADP-Form fest an Actin. Myosin-Actin-Wechselwirkungen sind möglich, da die Abnahme der ATP-Konzentration auch zu einer Zunahme der Ca2+-Konzentration führt. Dadurch lockert sich die Blockierung von Actin durch Tropomyosin über die Wirkung des Troponinkomplexes.
  • Mal sieht man es, mal nicht. Bei bestimmten konstanten Konzentrationsverhältnissen polymerisieren Actinmonomere in der ATP-Form zu Filamenten, die im Laufe der Zeit wieder zu freien Actinmolekülen zerfallen. Erläutern Sie die Ursache.

    Lösung

    Oberhalb der kritischen Konzentration polymerisiert ATP-Actin. ATP wird mit der Zeit hydrolysiert und es entsteht ADP-Actin, das eine höhere kritische Konzentration besitzt. Wenn also die anfängliche Konzentration der Untereinheiten zwischen den kritischen Konzentrationen von ATP-Actin und ADP-Actin liegt, bilden sich zuerst Filamente, die sich dann aufgrund der ATP-Hydrolyse wieder auflösen.
  • Helikasen als Motoren. Helikasen können einzelsträngige DNA als Schiene verwenden. Man betrachte eine Helikase, die sich mit jedem Zyklus um eine Base weiter in 5‘-3‘-Richtung bewegt. Angenommen die Helikase kann in Gegenwart einer einzelsträngigen DNA-Matrize 50 ATP-Moleküle pro Sekunde hydrolysieren. Berechnen Sie die Bewegungsgeschwindigkeit der Helikase in Mikrometern pro Sekunde. Wie schnell ist die Helikase im Vergleich zum Kinesin?

    Lösung

    Ein Ein-Basen-Schritt beträgt etwa 0,34 nm = 3,4 x 10^-4 ?m. Wenn man eine Stöchiometrie von 1 ATP-Molekül pro Schritt voraussetzt, entspricht die Entfernung einer Geschwindigkeit von 0,017 ?m s^-1. Kinesin bewegt sich mit einer Geschwindigkeit von 640 nm pro Sekunde, also 0,64 ?m s^-1.
  • Neue Bewegungen. Lässt man Bakterien wie E. coli ausreichend stark hungern, verlieren sie ihre Bewegungsfähigkeit. Bringt man solche Bakterien aber in eine saure Lösung, beginnen sie wieder zu schwimmen. Erläutern Sie.

    Lösung

    Um den Flagellenmotor anzutreiben, ist eine protonenmotorische Kraft über der Plasmamembran erforderlich. Bei Nährstoffmangel besteht diese Kraft nicht mehr. In saurer Lösung reicht der pH-Unterschied zwischen beiden Membranseiten, um den Motor anzutreiben.
  • Geradeaus. Angenommen Sie messen die durchschnittliche Entfernung, die ein E. coli-Bakterium in gerader Strecke zurücklegt, bevor es für eine gewisse Zeit taumelt. Würden Sie erwarten, dass sich diese Strecke in Anwesenheit eines Lockstoffgradienten verändert? Wäre die Strecke länger oder kürzer?

    Lösung

    Die durchschnittlich zurückgelegte Entfernung zwischen den Taumelphasen würde sich verlängern, wenn das Bakterium einem Lockstoffgradienten folgt.
  • Ungewöhnliche Schritte. In einer Publikation wird ein Kinesinmolekül beschrieben, das sich angeblich in Schritten von 6 nm an den Mikrotubuli entlangbewegt. Sie sind skeptisch. Warum?

    Lösung

    Der Abstand zwischen identischen Untereinheiten in Mikrotubuli beträgt 8 nm. Ein Kinesinmolekül, dessen Schrittgröße kein Vielfaches von 8 nm ist, muss deshalb an der Oberfläche von Mikrotubuli mehr als nur eine Art von Bindungsstellen erkennen können.
  • Einhandsegler. KIF1A ist ein Motorprotein, das sich als Monomer in Richtung des Plusendes von Mikrotubuli bewegt. KIF1A hat nur eine einzige Motordomäne. Mit welchen zusätzlichen Strukturelementen würden Sie im Molekül dieses Proteins rechnen?

    Lösung

    KIF1A muss an einem weiteren mikrotubulibindenden Element befestigt sein, das das Molekül am Mikrotubulus festhält, wenn sich die Motordomäne ablöst.
  • Bausteine. Actinfilamente, Mikrotubuli und bakterielle Flagellen sind alle aus kleinen Untereinheiten aufgebaut. Nennen Sie drei Vorteile, eine lange Faserstruktur aus Untereinheiten aufzubauen und nicht aus einzelnen langen Proteinen.

    Lösung

    Filamente aus Untereinheiten können beliebig lang sein, können nach Bedarf auf- und abgebaut werden und benötigen nur eine geringe Menge an codierter genetischer Information.
  • Rückwärtsdrehung. Schlagen Sie auf der Grundlage der mutmaßlichen Struktur des bakteriellen Flagellenmotors (7 Abb. 35.30) einen Weg für den Protonenfluss durch die Membran vor, wenn der Flagellenmotor nicht gegen den Uhrzeigersinn, sondern im Uhrzeigersinn rotiert.

    Lösung

    Die Protonen fließen bei der Zelle noch von außen nach innen. Jedes Proton kann in die äußere Hälfte des Kanals von einem der MotA-MotB-Komplexe gelangen, bindet an den MS-Ring, dreht sich im Uhrzeigersinn und kommt schließlich in die innere Hälfte des Kanals vom benachbarten MotA-MotB-Komplex.
  • Glatte Muskulatur. Die glatte Muskulatur wird im Gegensatz zu den Skelettmuskeln nicht durch einen Mechanismus mit Tropomyosin und Troponin gesteuert. Ihre Regulation erfolgt bei Wirbeltieren vielmehr durch das Ausmaß der Phosphorylierung ihrer leichten Ketten. Phosphorylierung löst die Kontraktion aus, Dephosphorylierung führt zur Entspannung. Ebenso wie in der Skelettmuskulatur wird auch die Kontraktion der glatten Muskeln durch einen Anstieg der Calciumionenkonzentration im Cytoplasma ausgelöst. Schlagen Sie vor dem Hintergrund Ihrer Kenntnisse über andere Signaltransduktionsvorgänge einen Mechanismus für diese Wirkung der Calciumionen vor.

    Lösung

    Bei hoher Konzentration von Calciumionen bindet Calcium an Calmodulin. Calmodulin bindet daraufhin an eine Proteinkinase und aktiviert sie. Die Proteinkinase phosphoryliert die leichten Myosinketten. Bei niedriger Calciumkonzentration werden die leichten Ketten von einer calciumunabhängigen Phosphatase dephosphoryliert.
  • Wege zur Entdeckung. Beschreiben Sie für jeden der nachfolgenden Arzneistoffe, ob dessen physiologische Wirkungen vor oder erst nach Identifizierung des Zielmoleküls bekannt waren. a) Penicillin; b) Sildenafil (Viagra); c) Rofecoxib (Vioxx); d) Atorvastatin (Sortis); e) Aspirin; f) Indinavir (Crixivan);

    Lösung

    a) Vorher; b) Nachher; c) Nachher; d) Nachher; e) Vorher; f) Nachher
  • Lipinski-Regeln. Welche der folgenden Verbindungen erfüllen alle Lipinski-Regeln? (Die log(P)-Werte sind in den Klammern angegeben.) a) Atenolol (0,23); b) Sildenafil (3,18); c) Indinavir (2,78);

    Lösung

    a) Ja; b) Ja; c) Nein (MW > 600)
  • Berechnen der Log-Tabellen. Es wurden beträchtliche Anstrengungen unternommen, um Computerprogramme zu entwickeln, welche die log(P)-Werte vollständig auf der Grundlage der chemischen Struktur abschätzen können. Warum wären solche Programme hilfreich?

    Lösung

    Wenn Computerprogramme log(P)-Werte auf Grundlage der chemischen Struktur abschätzen könnten, ließe sich die für die Entwicklung von Medikamenten erforderliche Zeit im Labor verkürzen. Es wäre nicht mehr notwendig, die relativen Löslichkeiten von pharmazeutischen Kandidatensubstanzen zu bestimmen, indem man jede einzelne Verbindung in ein Gleichgewicht zwischen wässriger und organischer Phase bringt.
  • Ein Körnchen Vorbeugung. Man hat eine Gesetzgebung vorgeschlagen, die es erfordern würde, dass Paracetamoltabletten N-Acetylcystein zugegeben wird. Was würde dieser Zusatz bewirken?

    Lösung

    Vielleicht konjugiert N-Acetylcystein mit einem Teil des NAcetyl-p-benzochinonimins, das durch die Metabolisierung von Paracetamol entsteht; dadurch würde der Verlust der Glutathionversorgung der Leber verhindert.
  • Ablauf klinischer Studien. Nennen Sie die Unterschiede zwischen klinischen Studien in Phase I und Phase II, und zwar bezüglich Anzahl der beteiligten Testpersonen, deren Gesundheitszustand und Zielen der Studie.

    Lösung

    In Phase I von klinischen Studien wird an ungefähr 10–100 gesunden Probanden die Sicherheit eines Arzneistoffes getestet. In Phase II wird dagegen eine größere Zahl von Testpersonen herangezogen. Zudem können darunter auch Patienten sein, die von der Verabreichung des Arzneistoffes profitieren. In Phase II können Wirksamkeit, Dosierung und Sicherheit überprüft werden.
  • Wechselwirkungen zwischen Arzneistoffen. In diesem Kapitel wurde erwähnt, dass Coumadin ein sehr gefährlicher Arzneistoff sein kann, weil ein Zuviel unkontrollierte Blutungen verursachen kann. Personen, die Coumadin nehmen, müssen vorsichtig sein, wenn sie zusätzlich andere Arzneimittel einnehmen, besonders solche, die an Albumin binden. Schlagen Sie für diese Wechselwirkung zwischen den Arzneimitteln einen Mechanismus vor.

    Lösung

    Die Bindung von weiteren Medikamenten an Albumin würde dazu führen, dass zusätzliches Coumadin freigesetzt wird (Albumin ist das allgemeine Trägerprotein für hydrophobe Moleküle.)
  • Ungünstige Kombination. Erklären Sie, warum Arzneistoffe, die P450-Enzyme inhibieren, besonders gefährlich werden können, wenn man sie in Kombination mit anderen Medikamenten einnimmt.

    Lösung

    Ein Arzneistoff, der ein P450-Enzym inhibiert, kann verheerende Auswirkungen auf die Verwendung eines anderen Medikaments haben, das von dem gleichen Enzym metabolisiert wird. Wird dieser inhibierte Metabolismus bei der Dosierung des zweiten Medikaments nicht berücksichtigt, so kann sich dieses in sehr hohen, bisweilen toxischen Konzentrationen im Blut anreichern.
  • Mechanistisch gesprochen. Nennen Sie einen Vorteil eines nichtkompetitiven Inhibitors als potenzieller Arzneistoff gegenüber einem kompetitiven Inhibitor.

    Lösung

    Im Gegensatz zur kompetitiven Hemmung kann man nichtkompetitive Inhibition nicht durch zusätzliches Substrat umgehen. Ein nichtkompetitiv wirkender Arzneistoff wird von einer Konzentrationsänderung des physiologischen nicht beeinflusst.
  • Eine helfende Hand. Angenommen, Sie hätten einen Arzneistoff entwickelt, der in der Lage ist, den ABC-Transporter MDR zu inhibieren. Schlagen Sie eine potenzielle Anwendungsmöglichkeit für diesen Arzneistoff in der Chemotherapie gegen Krebs vor.

    Lösung

    Ein Inhibitor von MDR könnte den Efflux eines chemotherapeutischen Arzneimittels aus Tumorzellen verhindern. Daher könnte sich ein solcher Inhibitor als nützlich erweisen, um eine Resistenz gegen die Chemotherapie bei Krebs abzuwenden.
  • Finden Sie eine Zielstruktur. Trypanosomen sind einzellige Parasiten und Erreger der Schlafkrankheit. Während eines Stadiums ihres Lebenszyklus leben diese Organismen im Blut und beziehen ihre gesamte Energie aus der Glykolyse, die in einem spezialisierten Organ, dem Glykosom, innerhalb des Parasiten stattfindet. Machen Sie Vorschläge für potenzielle Zielmoleküle zur Behandlung der Schlafkrankheit. Welche möglichen Schwierigkeiten sind mit Ihrem Ansatz verknüpft?

    Lösung

    Agenzien, die ein oder mehrere Enzyme der Glykolyse hemmen, könnten den Trypanosomen die Energiequelle entziehen, was für die Behandlung der Schlafkrankheit hilfreich wäre. Eine Schwierigkeit besteht darin, dass auch die Wirtszellen gehemmt würden.
  • Wissen ist Macht. Inwiefern könnten genomische Informationen für eine effektive Anwendung von Imatinib Mesylat (Glivec) in der Chemotherapie bei Krebs hilfreich sein?

    Lösung

    Imatinib Mesylat wirkt als Inhibitor der Bcr-Abl-Kinase, einer ausschließlich in Tumorzellen vorkommenden mutierten Kinase; in diesen Tumorzellen hat eine Translokation zwischen den Chromosomen 9 und 22 stattgefunden (Abb. 14.34). Vor Beginn der Behandlung mit Imatinib könnte man die DNA der Tumorzellen sequenzieren und feststellen, ob a) diese Translokation stattgefunden hat und b) die Sequenz von bcr-abl irgendwelche Mutationen trägt, welche die Kinase resistent gegen Imanitib machen. Falls keine Translokation erfolgt ist oder das Gen Resistenzmutationen zeigt, wäre Imatinib für den Patienten mit diesem speziellen Tumor wahrscheinlich nicht als wirkungsvolle Behandlung geeignet.
  • Viele Zielobjekte, gleiches Ziel. Sildenafil übt seine physiologischen Wirkungen aus, indem es die intrazelluläre Konzentration von cGMP erhöht, was zu einer Entspannung der Muskulatur führt. Überlegen Sie sich anhand des Schemas in Abb. 36.17 eine andere Möglichkeit, den cGMP-Gehalt mithilfe eines kleinen Moleküls zu erhöhen.

    Lösung

    Sildenafil erhöht die cGMP-Konzentration, indem es den von Phosphodiesterase katalysierten Abbau von cGMP zu GMP hemmt. Durch Aktivierung der cGMP-Synthese lässt sich die intrazelluläre Konzentration ebenfalls erhöhen. Erreichen ließe sich diese Aktivierung durch die Verwendung von NO-Donatoren (wie Natriumnitroprussid und Nitroglycerin) oder von Verbindungen, welche die Aktivität von Guanylat-Cyclase in Gang setzen. Arzneistoffe, die nach dem letztgenannten Mechanismus wirken, befinden sich derzeit in klinischen Tests.
  • Fertig!

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