Lösungen zu Check-up Genetik
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Grundlagen der Genetik
Aufgabe 1
a 1 = Phosphatgruppe; 2 = Desoxyribose; 3 = Wasserstoffbrücke; 4 = Adenin (Base); 5 = Nucleotid; 6 = Cytosin (Base)
b RNA enthält den Zucker Ribose statt Desoxyribose und die Base Uracil statt Thymin.
c Ein DNA-Doppelstrang besteht aus zwei miteinander verbundenen Einzelsträngen. Sie sind jeweils aus einer Abfolge von Nucleotiden aufgebaut. Jedes Nucleotid enthält den Zucker Desoxyribose, an den eine Phosphatgruppe und einer der vier Basen Adenin, Thymin, Cytosin und Guanin angeheftet sind. Die Nucleotide sind so angeordnet, dass Zucker und Phosphatgruppen sich abwechseln und die Basen nach innen zeigen. Einer der Einzelstränge verläuft vom 5‘- zum 3‘-Ende und der andere umgekehrt, sie sind also antiparallel. Wasserstoffbrücken zwischen den komplementären Basen halten die Einzelstränge zusammen.
d Ein GC-Basenpaar ist durch drei Wasserstoffbrücken miteinander verbunden und dadurch hitzestabiler als ein AT-Basenpaar. Es bedarf mehr Energie in Form von Wärme, um ein GC-Basenpaar zu trennen. Somit ist ein DNA-Strang mit hohem GC-Gehalt hitzestabiler als einer mit niedrigem GC-Gehalt. Von den Lebewesen in der Tabelle hat das Bakterium Myxococcus xanthus die hitzestabilste DNA und der Einzeller Plasmodium falciparum die am wenigsten hitzestabile.
e Die Individuen einer Art sind, sofern es sich nicht um Klone handelt, genetisch nicht identisch, sondern weisen eine geringfügige Variabilität in ihrer Basensequenz auf. Daraus folgt, dass sie auch nicht alle denselben GC-Gehalt besitzen.
f Ein GC-Gehalt von 100 % würde bedeuten, dass es in der DNA des Lebewesens keine Nucleotide mit Adenin oder Thymin gibt. Auf diese Weise könnten nur wenige Aminosäuren codiert werden und das Lebewesen wäre vermutlich nicht in der Lage, alle lebenswichtigen Proteine herzustellen.
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Von der DNA zum Protein
Aufgabe 2
a Nach Trennung der Einzelstränge dient jeder davon als Vorlage für die Synthese eines komplementären Strangs. Die Doppelstränge nach der Replikation bestehen also jeweils aus einem alten und einem neuen Strang. Das bezeichnet man als semikonservativ.
b Am Leitstrang ist die Bewegungsrichtung der Helikase und der DNA-Polymerase dieselbe. Die DNA-Polymerase kann also der sich öffnenden Replikationsgabel folgen und den Strang kontinuierlich vervollständigen.
Am Folgestrang bewegen sich beide Enzyme in entgegengesetzte Richtungen. Die DNA-Polymerase beginnt ihre Arbeit in der Mitte der Replikationsgabel und setzt mehrfach neu an, je weiter die Replikationsgabel sich öffnet. Sie kann nicht kontinuierlich den ganzen Strang synthetisieren. So entstehen jeweils nur kurze doppelsträngige DNA-Stücke, die Okazaki-Fragmente, die am Ende durch die Ligase miteinander verbunden werden müssen. Die Synthese erfolgt also diskontinuierlich.
c Bei der Initiation bindet die RNA-Polymerase an den Promotor der DNA. Es folgt die Elongation, bei der das Enzym die Doppelhelix entspiralisiert und die Wasserstoffbrücken zwischen den Einzelsträngen trennt. Der komplementäre RNA-Strang zum Matrizenstrang wird in 5′ \( \rightarrow\) 3′-Richtung gebildet. Am Terminator löst sich die RNA-Polymerase von der DNA und dem RNA-Transkript.
d Bei der Transkription werden die zum Matrizenstrang komplementären RNA-Nucleotide miteinander zur RNA verknüpft. Der Matrizenstrang dient also als Vorlage, die Basensequenz der RNA entspricht aber (mit Uracil statt Thymin) dem nicht als Matrize dienenden Einzelstrang. Es dient beim Transkriptionsvorgang immer derjenige Strang als Matrizenstrang, auf dem der Promotor liegt.
e mRNA, tRNA, rRNA
f Wird die RNA-Polymerase gehemmt, kann sie keine RNA-Nucleotide miteinander verknüpfen, es können also keine RNA-Moleküle entstehen. Die mRNA trägt als Vorlage bei der Translation die Informationen für die Synthese von Proteinen. Die tRNA sorgt dabei für den Antransport der Aminosäuren. Die rRNA ist Teil des Ribosoms, das die Verknüpfung der Aminosäuren zu einem Protein katalysiert. Fehlt eines der RNA-Moleküle, kann die Translation nicht stattfinden und keine Proteine werden gebildet. Da Proteine in einer Zelle vielfältige Funktionen haben, zum Beispiel als Membranbestandteile, Enzyme oder Transportproteine, kann eine Zelle ohne sie nicht überleben. Gehen lebenswichtige Zellen eines Körpers zugrunde, kann das zum Tod führen.
g Das Amanitin verhindert die Neubildung von Proteinen. Zunächst sind in den Zellen aber noch ausreichend zuvor gebildete Proteine vorhanden. Die Wirkung des Amanitins setzt erst ein, wenn die Zelle neue Proteine benötigt und diese nicht synthetisieren kann.
Aufgabe 3
a Ein tRNA-Molekül besteht aus einer linearen RNA, die eine Kleeblattstruktur aufweist: Komplementäre Abschnitte des Moleküls hybridisieren durch Wasserstoffbrücken zu Doppelsträngen, nicht komplementäre Abschnitte bilden Schleifen. In einer der Schleifen bilden drei aufeinander folgende Nucleotide das Anticodon. Auf der anderen Seite des Moleküls ist ein einzelsträngiger Bereich aus drei aufeinander folgenden Nucleotiden die Aminosäurebindestelle bei der Translation. Die Kleeblattform der tRNA ist zu einer dreidimensionalen Struktur gewunden.
b Das Anticodon GUA bindet an das Codon CAU auf der mRNA. Dieses codiert für die Aminosäure Histidin. Die tRNA wird demnach mit Histidin beladen.
c Ein tRNA-Molekül mit einem bestimmten Anticodon wird immer mit einer bestimmten Aminosäure beladen. Somit wird bei der Translation sichergestellt, dass passend zu einem bestimmten Codon auf der mRNA immer dieselbe Aminosäure in das entstehende Protein eingebaut wird. Die tRNAs sorgen demnach dafür, dass der genetische Code richtig angewendet wird und die Translation einer mRNA-Sequenz immer zur Synthese des gleichen Proteins mit der gleichen Aminosäuresequenz führt.
d Der Austausch eines Nucleotids an dieser Stelle könnte eine Formveränderung der tRNA zur Folge haben, wenn eine zusätzliche Schleife entsteht. Dadurch könnte die tRNA nicht mehr richtig in das aktive Zentrum der Aminoacyl-tRNA-Synthetase passen. Eine Folge könnte sein, dass diese tRNA nicht mit einer Aminosäure beladen wird und die Translation abbricht, wenn auf der mRNA das Codon vorkommt, das zum Anticodon der tRNA komplementär ist.
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Aufgabe 4
a Die Vorstellungen von Huffman und Gamov zur Länge der Codons sind falsch, da alle Codons gleich lang sind und genau drei Nucleotide (Tripletts) umfassen. Auch ist der genetische Code entgegen Gamovs Vorstellung überlappungsfrei, eine Base gehört immer nur zu einem einzigen Codon. Crick ging nicht davon aus, dass der genetische Code degeneriert ist, dass also mehrere Codons für dieselbe Aminosäure codieren können. statt 44 „unsinniger“ Codons gibt es nur drei, die Stopp-Codons.
b Hätten Codons unterschiedliche Längen, wäre es bei der Translation für die tRNAs schwierig, die Grenzen zwischen ihnen sicher zu erkennen und so für eine eindeutige Übersetzung der mRNA-Sequenz in eine Aminosäuresequenz zu sorgen. Außerdem müssten die Basensequenzen der Codons so gewählt sein, dass ein kurzes Codon nicht gleichzeitig Bestandteil eines längeren Codons ist, um Fehler bei der Translation zu vermeiden.
c Codons aus vier Basen würden 44 = 256 verschiedene Codons für die Codierung von 20 Aminosäuren ermöglichen. Es gäbe also eine deutlich größere Anzahl an synonymen Codons, die für die gleiche Aminosäure codieren. Mutationen in diesen Codons wären mit größerer Wahrscheinlichkeit stumm, würden also mit geringerer Wahrscheinlichkeit zu einer Veränderung der Aminosäuresequenz führen. Der genetische Code wäre somit unanfälliger gegenüber Mutationen.
d Die Basensequenz des DNA-Abschnitts für das mRNA-Codon UUU lautet AAA.
e Durch die Mutation von AAA zu AAC würde sich das mRNA-Codon von UUU zu UUG ändern. In das Protein würde statt Phenylalanin die Aminosäure Leucin eingebaut.
Durch die Mutation von AAA zu AAG würde sich das mRNA-Codon von UUU zu UUC ändern. Beide Codons codieren für Phenylalanin, weshalb sich die Aminosäuresequenz des Proteins nicht verändern würde.
f Durch die Deletion von einem oder zwei Nucleotiden wird der Triplett-Takt bei der Translation verschoben. Diese Leseraster-Mutation hat zur Folge, dass die mRNA nach der mutierten Stelle für andere Aminosäuren codiert, das entstehende Protein sich also deutlich in seiner Aminosäuresequenz unterscheidet. Die Deletion von drei Nucleotiden verursacht zwar das Fehlen einer Aminosäure im Protein, das Leseraster bei der Translation wird aber nicht verschoben. Die weitere Aminosäuresequenz des Proteins nach der fehlenden Aminosäure ist identisch.
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Aufgabe 5
a
b
c Xanthinurie kann dann mit cPMP behandelt werden, wenn das MOCS2-Gen und Gen C intakt sind und auf Basis dieser beiden Gene intaktes MOCS2 und intaktes Enzym C hergestellt werden können. So kann cPMP über das Zwischenprodukt MPT zu Moco umgesetzt werden. Wäre eines der beiden Gene defekt, würde eine Verabreichung von cPMP nichts am Krankheitsbild ändern. Die Xanthinurie von mit cPMP behandelbaren Personen muss also auf einen Gendefekt der Gene A oder B zurückgehen.
d Beim Spleißen werden Introns aus der Prä-mRNA entfernt. Da MOCS2A nur von den Exons 1-3 des MOCS2-Gens codiert wird, werden in diesem Fall neben den Introns auch die Exons 4-7 beim Spleißen entfernt. Die reife mRNA enthält nur noch die Exons 1-3. Bei der Herstellung von MOCS2B, das nur von den Exons 3-7 codiert wird, werden entsprechend die Exons 1 und 2 zusammen mit den Introns entfernt. Die reife mRNA enthält nur noch die Exons 3-7. Die verschiedenen Varianten der reifen mRNA werden zu MOCS2A bzw. MOCSB translatiert.
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Regulation der Genaktivität
Aufgabe 6
a
b Das außerhalb des Operons liegende Regulatorgen codiert für einen Repressor. Ohne Arabinose bindet der aktive Repressor an den Operator und verhindert so die Transkription der Strukturgene durch die RNA-Polymerase. Es werden keine Arabinose abbauenden Enzyme hergestellt. Bei Anwesenheit von Arabinose heftet diese sich an den Repressor und inaktiviert ihn. Der Operator bleibt frei, und die RNA-Polymerase kann vom Promotor aus die Strukturgene transkribieren. Die mRNA wird zu drei Enzymen translatiert, die die Arabinose abbauen.
c Durch Methylierung der Histonschwänze wird ein DNA-Bereich zu Heterochromatin verdichtet. Die DNA kann nicht transkribiert werden, da die RNA-Polymerase sich nicht anheften kann. Die Gene in diesem Abschnitt sind daher inaktiviert. Eine Acetylierung der Histone führt zu lockerem Euchromatin. Die DNA kann transkribiert werden, die Gene in diesem Abschnitt sind aktiviert. Die Histonmodifikation schaltet die Gene durch den Wechsel zwischen Eu- und Heterochromatin sozusagen an und ab.
d Vor eukaryotischen Genen liegen regulatorische DNA-Regionen, an die Transkriptionsfaktoren binden können. Weitere Transkriptionsfaktoren heften sich an die TATA-Box des Promotors. Erst der vollständig zusammengebaute Komplex aus Transkriptionsfaktoren ermöglicht die Bindung weiterer regulatorischer Proteine beispielsweise an einen Enhancer und damit eine Schleifenbildung der DNA. Nur dann kann die RNA-Polymerase mit der Transkription beginnen. Die Bindung an Silencer statt an Enhancer verlangsamt hingegen die Transkription.
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Gentechnik
Aufgabe 7
a Aus der Spenderzelle wird die DNA mit dem Spendergen und aus dem Bakterium ein Plasmid isoliert. Plasmid und Spendergen werden (durch Einsatz von Restriktionsenzymen und Ligase) rekombiniert und in ein Bakterium transformiert.
b Beispiel Selektion über Antibiotika-Resistenzgene: Es werden Plasmide verwendet, die zwei Resistenzgene gegen Antibiotika enthalten, z. B. gegen Ampicillin (Apr) und Tetrazyklin (Tcr). Im Apr-Gen liegt die Erkennungssequenz des Restriktionsenzyms. Nicht transformierte Bakterien besitzen keine Resistenz, Bakterien mit nicht-rekombinantem Plasmid beide Resistenzen. Bakterien mit rekombinantem Plasmid sind durch das Tcr-Gen gegen Tetrazyklin resistent, nicht aber gegen Ampicillin, weil das Apr-Gen durch den Einbau des Spendergens unterbrochen wurde.
Die Bakterien werden auf einen Nährboden mit Tetrazyklin ausplattiert und dann Teile der entstandenen Kolonien mit einem Stempel auf einen Nährboden mit Ampicillin übertragen. Die Position der Kolonien auf den Nährboden wird verglichen. Die rekombinanten Bakterien überleben durch ihr intaktes Tcr-Gen auf dem ersten, durch das defekte Apr-Gen aber nicht auf dem zweiten Nährboden. Man verwendet also Bakterien aus den Kolonien, die nur auf dem ersten Nährboden zu finden sind.
c Die Phytohormon- und Opingene des Ti-Plasmids verursachen in der Pflanze Zellwucherungen. Diese möchte man verhindern. Zudem schafft die Entfernung der Gene Platz für die Fremd-DNA.
d Auswahl: Schädlings- und Herbizidresistenz, höhere Qualität der Früchte, Toleranz schlechter Bedingungen
e Beispiel Schädlingsresistenz: Chancen bestehen z. B. in hohen Erträgen bei Einsatz von weniger Insektenvernichtungsmitteln. Risiken sind z. B. die Übertragung der Resistenzgene auf andere Organismen, Gesundheitsschäden für den Menschen und die Monopolstellung der Firmen, die das transgene Saatgut anbieten.
Aufgabe 8
a Die Taq-Polymerase synthetisiert bei der PCR den zum ursprünglichen DNA-Abschnitt komplementären Strang. Dafür verknüpft sie die DNA-Nucleotide, die sich an den freien Strang angelagert haben, mit dem Primer und untereinander.
b Bei einer PCR wird die DNA in mehreren Zyklen vermehrt. Zu Beginn jedes Zyklus wird auf über 90 °C erhitzt, um den Doppelstrang zu denaturieren. Wären die verwendeten Polymerasen nicht hitzestabil, würden sie dann ebenfalls denaturieren und müssten nach jedem Erhitzungsvorgang neu zugegeben werden.
c Ein Restriktionsenzym erkennt auf der DNA die Basenabfolge seiner spezifischen Erkennungssequenz, einer meist vier bis acht Basen langen Palindromsequenz. Nur innerhalb dieser Erkennungssequenz schneidet es die DNA.
d Das Agarosegel ist porös und kurze DNA-Fragmente können es schneller durchqueren als lange. In Taschen an einem Ende des Gels werden DNA-Fragmente eingefüllt, dann wird an das mit Pufferlösung bedeckte Gel Spannung angelegt. Die negativ geladene DNA bewegt sich zur Anode, wobei kurze Fragmente in derselben Zeit eine weitere Strecke zurücklegen als lange. Die DNA-Fragmente werden dadurch ihrer Größe nach aufgetrennt.
e In wässriger Lösung ist DNA negativ geladen, weshalb sie bei der Gelelektrophorese von der Anode angezogen wird. Lagern sich Mg2+-Ionen an das DNA-Molekül an, ist der entstehende Komplex weniger stark negativ geladen oder sogar elektrisch neutral. Er würde sich nicht durch das Agarosegel bewegen. Deshalb müssen die Mg2+-Ionen vor der Gelelektrophorese entfernt werden.
f Ohne Größenvergleichsstandard ermöglicht das Ergebnis der Gelelektrophorese lediglich, die DNA-Fragmente der Probe ihrer Länge nach zu ordnen und ihre Längen relativ zueinander abzuschätzen. Durch Einsatz eines Größenvergleichsstandards kann die Länge der DNA-Fragmente aus der Probe genauer ermittelt werden: Sammeln sich DNA-Fragmente in einer Bande auf derselben Höhe wie eine Bande des Größenvergleichsstandards, sind sie gleich lang wie die DNA-Fragmente des Größenvergleichsstandards.
g Läuft eine Gelelektrophorese zu kurz, sind die Laufstreckenunterschiede zwischen den verschiedenen DNA-Fragmenten nur gering. Die Fragmente werden eventuell nicht in deutlich sichtbare Banden aufgetrennt.
Lässt man eine Gelelektrophorese zu lange laufen, kann es passieren, dass DNA-Fragmente an der Seite der Anode aus dem Gel hinausdiffundieren. Das könnte vor allem mit den kürzesten DNA-Fragmenten passieren, die sich am schnellsten durch das Gel bewegen.
h Die ungeschnittene DNA hat ebenso wie das längste Fragment des Größenvergleichsstandards eine Länge von 7 kBp, da beide Banden (Spuren 1 und 2) auf derselben Höhe liegen.
Spur 3 zeigt zwei Banden, die untersuchte DNA enthält also einmal die Erkennungssequenz von BamHI und wird von diesem Restriktionsenzym daher einmal geschnitten. Die entstandenen Fragmente sind 4,5 kBp und 2,5 kBp lang, die Erkennungssequenz liegt also 4,5 kBp vom einen und 2,5 kBp vom anderen Ende der untersuchten DNA entfernt.
Auch auf Spur 4 sind zwei Banden zu sehen, auch PstI hat in der untersuchten DNA also eine Erkennungssequenz. Sie liegt 5,5 kBp vom einen und 1,5 kBp vom anderen Ende entfernt, da zwei Fragmente dieser Längen entstanden sind.
Schneidet man die untersuchte DNA mit BamHI und PstI (Spur 5), gibt es durch je eine Erkennungssequenz jedes Restriktionsenzyms zwei Schnittstellen und es entstehen dementsprechend drei Fragmente. Da nur nach der Behandlung mit beiden Restriktionsenzymen ein Fragment mit 3 kBp Länge entsteht, muss dieses zwischen den Erkennungssequenzen der beiden Restriktionsenzyme liegen.
Zusammengefasst bedeutet das: BamHI hat eine Erkennungssequenz 2,5 kBp vom einem Ende der untersuchten DNA entfernt, die Erkennungssequenz von PstI ist 1,5 kBp vom anderen Ende entfernt. Zwischen den Erkennungssequenzen liegt ein Abschnitt von 3 kBp Länge.
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Humangenetik
Aufgabe 9
a Eine eindeutige Entscheidung könnte nur getroffen werden, wenn es im Stammbaum zwei phänotypisch gleiche Eltern mit mindestens einem sich phänotypisch von ihnen unterscheidenden Kind gäbe. Denn bei autosomaler Vererbung gilt: Merkmalstragende Eltern mit einem merkmalsfreien Kind sind nur bei dominanter Vererbung möglich, merkmalsfreie Eltern mit einem merkmalstragenden Kind nur bei rezessiver Vererbung.
b Achtung! Person 3 ist in manchen Auflagen fälschlicherweise als Merkmalsträger dargestellt. Person 3 sollte im Stammbaum merkmalsfrei sein.
Dann gilt folgende Lösung:
a) bei autosomal-dominanter Vererbung:
Personen 2, 3, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 13: Genotyp aa (homozygot rezessiv)
Personen 1, 4, 8, 12: Genotyp Aa (heterozygot)
b) bei autosomal-rezessiver Vererbung:
Personen 1, 4, 8, 12: Genotyp aa (homozygot rezessiv)
Personen 2, 3, 5, 7, 9, 13: Genotyp Aa (heterozygot)
Personen 6, 10, 11: Genotyp AA (homozygot dominant) oder Aa (heterozygot)
c Bei autosomal-rezessiver Vererbung ist eine Person nur dann Merkmalsträger, wenn sie das rezessive Allel homozygot trägt.
d Konduktorinnen sind heterozygot, haben also ein X-Chromosom mit dem unmutierten und ein X-Chromosom mit dem mutierten Allel. Da Hämophilie A rezessiv vererbt wird, sind diese Frauen nicht erkrankt. Sie geben das mutierte Allel aber mit einer Wahrscheinlichkeit von 50 % an ihre Kinder weiter. Handelt es sich dabei um Söhne, sind diese erkrankt.
e Mithilfe eines Stammbaums kann bei erblich bedingten monogenen Krankheiten der Genotyp der Familienmitglieder ermittelt werden. So kann man durch Anwendung der Mendelschen Regeln Kreuzungsschemata erstellen, welche die Genotypen der Nachkommen eines Paars statistisch vorhersagen. So kann man die Erkrankungswahrscheinlichkeit dieser Nachkommen abschätzen.
f Bei polygen vererbten Krankheiten erkranken nur Personen mit mehreren mutierten Allelen. Gesunde Personen können aber auch einzelne dieser mutierten Allele in sich tragen, ohne dass dies in einem Stammbaum sichtbar ist. Ihre Genotypen lassen sich also nicht unbedingt mithilfe eines Stammbaums ermitteln.
g Für die Ausprägung einer Blutgruppe nach dem AB0-System gibt es drei verschiedene Allele: A, B und 0. Wegen des Vorhandenseins von mehr als zwei Allelen spricht man von multipler Allelie. Dabei sind die Allele A und B dominant gegenüber dem Allel 0 und einander gegenüber kodominant.
Aufgabe 10
a Alle Verfahren haben gemeinsam, dass sie eine Schwangerschaft ermöglichen können, die auf natürlichem Wege nicht zustande kommt.
Bei der künstlichen Insemination geschieht dies, indem Spermienzellen mithilfe eines Katheters in den Eileiter injiziert werden. Bei der In-vitro-Fertilisation werden der Frau nach einer Hormonbehandlung mehrere Follikel entnommen und in mit Spermienzellen zusammengebracht. Die Embryonen werden im Achtzellstadium in die Gebärmutter der Frau überführt. Auch die intracytoplasmatische Spermieninjektion beginnt mit Hormonbehandlung und Follikelentnahme. Dann wird aber eine Spermienzelle direkt in eine reife Eizelle injiziert. Die Embryonen werden genau wie nach der In-vitro-Fertilisation im Achtzellstadium in die Gebärmutter der Frau überführt.
b Eine Präimplantationsdiagnostik ist nur möglich, wenn der Embryo in einem frühen Stadium in vitro, also außerhalb des Körpers der Frau vorliegt wie bei der In-vitro-Fertilisation oder der intracytoplasmatischen Spermieninjektion. Nur so können an den embryonalen Zellen diagnostische Untersuchungen vorgenommen werden. Je nach Ergebnis wird dann entschieden, welche Embryonen in die Gebärmutter der Frau überführt, also implantiert, werden.
c Aussortieren von Embryonen mit Chromosomenaberrationen (z. B. Trisomie 21), mit genetisch bedingten Erkrankungen (z. B. Mukoviszidose) oder mit mutierten Genen, die das Krebsrisiko erhöhen (z. B. BRCA1); gezielte Zeugung eines Stammzellspenders für einen erkrankten Menschen; Geschlechtsauswahl
d Aus totipotenten Stammzellen kann sich ein vollständiger Organismus entwickeln. Pluripotente Stammzellen können sich zu jedem Zelltyp entwickeln, jedoch keinen vollständigen Organismus bilden. Multipotente Stammzellen können nur einen oder wenige Zelltypen hervorbringen.
e Aus einer Eizelle wird der Zellkern entfernt, in ihn wird der zuvor entnommene Zellkern aus der Körperzelle eines Patienten injiziert. Nach der Aktivierung durch elektrische Impulse beginnt sich die klonale Zygote zu teilen. Im Blastocystenstadium wird der Trophoblast, die Hülle des Embryos, durch Laserstrahlen zerstört und die freigesetzten embryonalen Stammzellen in einem Nährmedium in vitro kultiviert. Aus ihnen entwickeln sich durch Zugabe von Differenzierungsfaktoren die gewünschten Zellen und Gewebe, die anschließend dem Patienten implantiert werden.
f Der Vorteil besteht darin, dass beim therapeutischen Klonen das therapeutisch wirksame Gewebe genetisch identisch mit dem Patienten ist, denn zur Herstellung der klonalen Zygote wurde der Zellkern einer Körperzelle des Patienten verwendet. So ist das therapeutisch wirksame Gewebe immunkompatibel mit dem Patienten, es wird nicht abgestoßen. Bei der Verwendung fremder Stammzellen besteht jederzeit nach der Transplantation des körperfremden Gewebes die Gefahr einer Abstoßungsreaktion.
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Training A
Aufgabe 1
Das GFP-Gen codiert für das grün fluoreszierende Protein GFP der Qualle Aequorea victoria. GFP kann mit beliebigen anderen Proteinen fusioniert werden und daher die räumliche und zeitliche Verteilung des anderen Proteins in lebenden Zellen, Geweben und Lebewesen sichtbar machen. Wird das GFP-Gen mit einem künstlich in fremde DNA einzubauenden Gen verknüpft, lässt sich beobachten, ob dieses Gen wie gewünscht an der richtigen Stelle in die fremde DNA eingebaut wurde. Gene, deren Produkte sich leicht nachweisen lassen, um die Expression von Genen zu überprüfen oder nachzuweisen, bezeichnet man als Reportergene.
Aufgabe 2
Der Promotor ist die Stelle, an die sich die RNA-Polymerase anheftet, um mit der Transkription zu beginnen.
Aufgabe 3
Bei den transgenen Zebrabärblingen wurde das GFP-Gen mit einem Stoffwechselgen gekoppelt, welches ein Enzym codiert, das über weitere Schritte im Stoffwechsel eine Stressreaktion beim Fisch hervorruft. Diese Reaktion erfolgt aber nur, wenn Moleküle bestimmter Umweltgifte im Wasser vorhanden sind. Denn ohne ein Molekül eines Umweltgiftes unterdrückt ein von einem Repressorgen codierter Repressor die Transkription des Stoffwechselgens, indem der Repressor an den Operator bindet und so die Aktivität der RNA-Polymerase verhindert. Bindet aber ein Giftmolekül an den Repressor, ändert sich dessen Konformation, sodass er nicht mehr an den Operator binden kann. Die RNA-Polymerase kann daraufhin die DNA ablesen und das Stoffwechselgen transkribieren. Durch die Kopplung des GFP-Gens mit dem Stoffwechselgen erreicht man, dass gleichzeitig mit dem Stoffwechselgen auch das GFP-Gen abgelesen wird. Auf diese Weise wird die Stressreaktion bei Bestrahlung des Fisches mit UV-Licht durch die Fluoreszenz des ebenfalls synthetisierten GFP sichtbar. So kann der Zebrabärbling als Bioindikator für die Gewässerqualität genutzt werden.
Aufgabe 4
Eine Genwirkkette ist eine Abfolge voneinander abhängiger, gengesteuerter, enzymatisch katalysierter Stoffwechselschritte. Im hier vorliegenden Fall sind die Genprodukte der beiden Gene nicht voneinander abhängig und das GFP-Protein ist kein Enzym. Es handelt sich also nicht um eine Genwirkkette.
Aufgabe 5
Beispiel: RNA-Umsatz
Je mehr mRNA-Moleküle gebildet werden und je länger sie bis zu ihrem Abbau in der Zelle existieren, desto häufiger werden sie translatiert und das entsprechende Protein hergestellt.
Weitere Möglichkeiten: RNA-Editing, RNA-Interferenz
Aufgabe 6
Mikroinjektion, Elektroporation, Calciumphosphatfällung
Aufgabe 7
Die Zygote muss vor ihrer ersten Teilung verändert werden, damit alle ihre Tochterzellen transgen sind. Alternativ könnte man auch Eizelle und Spermium gentechnisch verändern und diese gezielt miteinander verschmelzen lassen. Auch dann entstünde eine transgene Zygote.
Aufgabe 8
Die liberale Gesetzgebung in Asien und den USA (mit Ausnahme von Kalifornien) folgt rein marktwirtschaftlichen Prinzipien. In den USA wird als weitere Begründung angeführt, dass Zebrabärblinge dort nicht als Wildpopulation existieren. Bei dieser Argumentation bleiben mögliche Risiken der Auswilderung für das betroffene Ökosystem völlig unbeachtet. In der diesbezüglich restriktiven europäischen Gesetzgebung spielen derartige ökologische Bedenken eine große Rolle.
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Training B
Aufgabe 1
Die Personen 1 und 2, die beide merkmalsfrei sind, haben die merkmalstragenden Kinder 6 und 7.
Aufgabe 2
Personen 4, 6, 7, 12: Genotyp aa (homozygot rezessiv)
Personen 1, 2, 3, 8, 9, 11, 13, 14: Genotyp Aa (heterozygot)
Personen 5, 10, 15, 16: Genotyp AA (homozygot dominant) oder Aa (heterozygot)
Aufgabe 3
Beim Bloom-Syndrom verursacht ein mutiertes Gen, das BLM-Gen, mehrere phänotypische Merkmalsausprägungen wie Kleinwüchsigkeit, geringe Hautpigmentierung und Immunschwäche. Deshalb handelt es sich um ein Beispiel für Polyphänie.
Aufgabe 4
Die Helikase trennt zu Beginn des Replikationsvorgangs die Einzelstränge der DNA voneinander.
Aufgabe 5
Um ein Protein mit einer Länge von 1417 Aminosäuren zu codieren, sind 4251 Basen auf der mRNA notwendig, denn immer drei Basen zusammen codieren als Triplett eine Aminosäure. (Zusätzlich kann man noch 3 Basen für das Stopp-Codon berücksichtigen.) Als eukaryotisches Gen enthält das BLM-Gen allerdings neben den codierenden Exons auch Introns. Sie werden beim Splicing aus der mRNA entfernt, bevor die Translation beginnt. Durch die nicht codierenden Introns ist das BLM-Gen mit knapp 60000 Basenpaaren deutlich länger als für die Codierung der 1417 Aminosäuren notwendig.
Aufgabe 6
Heterozygote Personen tragen ein intaktes BLM-Allel in sich. Auf Basis dieses Allels kann in geringeren Mengen intaktes BLM-Protein hergestellt werden. Replikation und Reparatur der DNA laufen dadurch zwar nicht im vollen Umfang wie bei gesunden Personen ab, sind aber weniger stark eingeschränkt als bei homozygoten Trägern des mutierten BLM-Allels.
Aufgabe 7
Bei der Initiation bindet die kleine Untereinheit des Ribosoms, unterstützt von Initiationsfaktoren, im Bereich des Startcodons an die mRNA. Eine mit Methionin tRNA bindet mit ihrem Anticodon an das Startcodon auf der mRNA. Die große Untereinheit des Ribosoms bindet im Bereich des Startcodons an die mRNA. Das Startcodon befindet sich an der P-Stelle des Ribosoms.
Darauf folgt die Elongation: Eine mit einer Aminosäure beladene tRNA bindet an der A-Stelle des Ribosoms mit ihrem Anticodon an ein Codon auf der mRNA. Das Ribosom löst die erste Aminosäure von ihrer tRNA und verknüpft die beiden Aminosäuren durch eine Peptidbindung miteinander. Das Ribosom bewegt sich um ein Codon weiter, die unbeladene tRNA befindet sich damit an der E-Stelle des Ribosoms und wird von der mRNA gelöst. Die vorherigen drei Prozesse wiederholen sich so lange, bis ein Stoppcodon an die A-Stelle des Ribosoms gelangt. Dann beginnt die Termination. Da keine tRNA ein passendes Anticodon zum Stoppcodon besitzt, können nur Terminationsfaktoren binden. Der Translationskomplex zerfällt: Das Polypeptid und die Ribosomen-Untereinheiten lösen sich von der mRNA.
Aufgabe 8
alle Beispiele für Position 1346:
mRNA-Codon unmutiert: AGC, AGU (UCA, UCC, UCG, UCU)
DNA-Codon unmutiert: TCG, TCA (AGT, AGG, AGC, AGA)
mRNA-Codon mutiert: AGA, AGG (CGA, CGC, CGG, CGU)
DNA-Codon mutiert: TCT, TCC (GCT, GCG, GCC, GCA)
(Da weitere Veränderungen der Aminosäuresequenz folgen, muss es sich um eine Leserastermutation handeln. Eine Veränderung der DNA-Tripletts AGT, AGG, AGC oder AGA zu GCT, GCG, GCC und GCA ist nicht ausgeschlossen, aber unwahrscheinlich, weil hierzu gleich mehrere Mutationen nötig wären.)
alle Beispiele für Position 2855:
mRNA-Codon unmutiert: GGA, GGC, GGG, GGU
DNA-Codon unmutiert: CCT, CCG, CCC, CCA
mRNA-Codon mutiert: GUA; GUC; GUG, GUU
DNA-Codon mutiert: CAT, CAG, CAC, CAA
alle Beispiele für Position 3510:
mRNA-Codon unmutiert: UAC, UAU
DNA-Codon unmutiert: ATG, ATA
mRNA-Codon mutiert: UAA, UAG (Stopp-Codons)
DNA-Codon mutiert: ATT, ATC
Aufgabe 9
Die Mutation an Position 2855 hat nur eine andere Aminosäure im Protein zur Folge. Da Valin genau wie Glycin unpolar ist, kann davon ausgegangen werden, dass das BLM-Protein seine Konformation aufgrund der Mutation nicht allzu stark verändert und die Funktionseinbußen eher gering sind.
Starke Funktionseinbußen bis hin zur Funktionsunfähigkeit sind jedoch bei Vorliegen der anderen Mutationen zu vermuten. Die Leserastermutation an Position 1346 hat ein Protein aus vielen falschen Aminosäuren zur Folge, die Nonsense-Mutation an Position 3510 durch den vorzeitigen Abbruch der Translation ein verkürztes Protein. In beiden Fällen entstehen stark veränderte Proteine.
Aufgabe 10
Um eine Punktmutation nachzuweisen, muss man ein Restriktionsenzym mit einer bestimmten Erkennungssequenz wählen. Entweder man verwendet ein Restriktionsenzym, dessen Erkennungssequenz in der DNA durch die Punktmutation verändert wird, oder eines, dessen Erkennungssequenz in der DNA durch die Punktmutation erst entsteht. Ob weitere Erkennungssequenzen des Restriktionsenzyms in der DNA vorhanden sind, spielt keine Rolle. Im ersten Fall schneidet das Restriktionsenzym die mutierte DNA einmal weniger als die unmutierte, im zweiten Fall einmal häufiger. Die Anzahl der entstandenen Fragmente lässt sich durch eine Gelelektrophorese ermitteln. Die Anzahl der Banden auf dem Gel zeigt die Anzahl der verschiedenen DNA-Fragmente an.
Aufgabe 11
Für die Entstehung von Krebs sind mehrere Mutationen in einer Zelle verantwortlich. Sie müssen in Tumorsuppressorgenen und Protoonkogenen auftreten. Dadurch gerät die Steuerung des Zellzyklus außer Kontrolle und die Zellen vermehren sich unkontrolliert. Werden die Mutationen rechtzeitig repariert, bleibt eine Krebserkrankung aus. Ist die Reparatur von DNA-Schäden in einer Zelle mangelhaft, steigt die Wahrscheinlichkeit, dass krebsauslösende Mutationen bestehen bleiben und sich Krebs entwickeln kann.
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