CURSO DE ENFERMAGEM. EXERCÍCIOS ESTRUTURA E FUNÇÃO DOS ÁCIDOS NUCLEICOS LISTAS 2 e 3

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1 CURSO DE ENFERMAGEM EXERCÍCIOS ESTRUTURA E FUNÇÃO DOS ÁCIDOS NUCLEICOS LISTAS 2 e 3 Profª: Ana Luisa Miranda-Vilela LISTA 2 1) Quais são as diferenças de composição e estrutura entre RNA e DNA? Escreva os nomes das bases, ribonucleosídeos, desoxirribonucleosídeos, ribonucleotídeos e desoxirribonucleotídeos do DNA e RNA. Resposta: Composição DNA RNA Nucleosídeo Nucleotídeo Nucleosídeo Nucleotídeo Pentose Desoxirribose Desoxirribose Ribose Ribose Bases púricas Bases pirimídicas Adenina Desoxiadenosina Desoxiadenilato Adenosina Adenilato Guanina Desoxiguanosina Desoxiguanilato Guanosina Guanilato Citosina Desoxicitidina Desoxicitidilato Citidina Citidilato Timina Timidina ou desoxitimidina Timidilato ou desoxitimidilato Uracila Uridina Uridilato 2) O que se entende por orientação anti-paralela das fitas de DNA? Resposta: Significa que as duas cadeias polinucleotídicas de uma mesma molécula de DNA são invertidas uma em relação à outra, isto é, se em uma extremidade de uma delas se encontrar o radical fosfato (que ocupa a posição 5 do nucleotídeo), na mesma extremidade da outra fita será encontrado o radical hidroxila (da posição 3 ). 3) Num organismo diploide um pesquisador verificou que uma molécula de DNA continha 22% de guanina. Com base nesta informação determine qual o percentual de cada uma das outras bases. Resposta: %Guanina= %Citosina G = 22%; C = 22% (44% G + C). Assim, = 56% para A + T. Como %Adenina= %Timina, teremos T = 28%; A = 28%. 4) Se o conteúdo de AT em uma molécula de DNA é de 36%, quais são os conteúdos de todas as bases? Resposta: A+T= 36%. Como %Adenina= %Timina, teremos: A = 18%; T = 18%. Assim, = 64% para G + C. %Guanina= %Citosina G = 32%; C = 32%. 5) Um vírus, cujo material consiste de uma fita de RNA, tem aproximadamente 22% de seus RNA nucleotídeos consistindo de uracila. E possível determinar o conteúdo de adenina? Justifique. Resposta: Não há como determinar, uma vez que o RNA viral é de fita simples, não sendo as bases pareadas. 6) Escreva a sequência de bases da fita complementar do DNA dupla fita que apresenta uma fita com a sequência: (5') ATGCCGTATGCATTGCATTC (3') (3') TACGGCATACGTAACGTAAG (5') Exprima, em porcentagem, a composição de bases do DNA de fita dupla. Resposta: Total de bases das 2 fitas = 40 Então, 40 = 100%. Aplicando a regra de 3, teremos:

2 %Adenina= %Timina % X= 27,5% de cada 11 X %Guanina= %Citosina % X= 22,5% de cada 9 X 7) Uma molécula de ácido nucleico tem a seguinte composição de bases: C=24,1%; G=18,5%; T=24,6% e A=32,8%. O que se pode afirmar sobre a natureza desta molécula? Justifique para validar a questão. Resposta: É uma molécula de DNA fita simples. Como tem timina, é DNA; porém no DNA fita dupla as quantidades de guanina e citosina e de adenina e timina são iguais. 8) RNA é facilmente hidrolizado por álcali, enquanto DNA não o é. Por quê? Resposta: O grupamento 2 hidroxila do açúcar (ribose) do RNA está diretamente envolvido neste processo, pois os grupamentos hidroxila são os primeiros a serem rapidamente hidrolisados pela ação de um álcali, produzindo uma mistura de nucleosídeos 2 e 3 monofosfatos. Como o DNA não possui o grupamento 2 hidroxila (desoxirribose), não é facilmente hidrolisado em condições alcalinas, o que torna o esqueleto do DNA mais estável quando comparado ao RNA. 9) O valor de Tm para o DNA pode ser calculado usando-se a fórmula: Tm = 69,3 + 0,41 (%GC), onde GC é a porcentagem de Guanina + Citosina. Sobre o tema e assuntos correlatos, responda: a) O que é Tm? Qual o seu significado? Resposta: Tm= temperatura de fusão (melting) ou desnaturação, ou seja, a temperatura na qual 50% da dupla fita do DNA encontra-se desnaturada em fita simples. b) DNA de E. coli contém 50% GC. Calcular o Tm para o DNA desta bactéria. Resposta: Tm (E.coli) = 69,3 + 0,41 (GC%) = 69,3 + 0,41 (50) = 69,3 + 20,5 = 89,8 C c) As curvas de fusão da maioria dos DNAs que ocorrem naturalmente revelam que o Tm é normalmente maior do que 65 o C. Por que isto é importante para a maioria dos organismos? Resposta: Visto que a estabilidade da dupla hélice resulta em parte do grande número de pontes de hidrogênio entre os pares de bases, o valor de Tm indica a estabilidade da dupla fita do DNA. Como Tm é a temperatura necessária para desnaturar 50% da fita dupla do DNA e isto ocorre pelo rompimento das pontes de hidrogênio, isto indica que o DNA da maioria dos organismos se mantém estável a temperaturas superiores a 65 C, o que é muito importante pois, exceto em alguns vírus, o DNA contém os genes, responsáveis pelo comando da atividade celular e pelas características hereditárias. d) Explique por que o DNA é desnaturado quando submetido a altas temperaturas ou phs extremos. Como estas moléculas podem ser renaturadas? Resposta: As duas fitas da dupla hélice do DNA podem ser reversivelmente separadas por altas temperaturas ou por exposição a ph elevado (ph 13). Isto porque ocorre ruptura das pontes de hidrogênio entre os pares de bases. Esse processo é denominado desnaturação. Durante a desnaturação nenhuma ligação covalente é desfeita, ficando, portanto, as duas fitas de DNA separadas. Quando o ph e a temperatura voltam ao normal, as duas fitas de DNA espontaneamente se hibridizam, formando novamente o DNA dupla fita, o que chamamos de renaturação. Este processo envolve duas etapas: a primeira é mais lenta pois envolve o encontro casual das fitas complementares de DNA, formando um curto segmento de dupla hélice. A segunda etapa é mais rápida e envolve a formação das pontes de hidrogênio entre as bases complementares reconstruindo a conformação tridimensional. Lembrete: os agentes desnaturantes têm maior facilidade em romper as duas pontes de hidrogênio que ligam as bases A e T, do que as três pontes de hidrogênio que ligam as bases C e G. Portanto, são necessárias temperaturas mais elevadas, ph mais alcalino e maiores concentrações de agentes desnaturantes para romper as bases C e G, do que as bases A e T. 10) Abaixo são apresentadas duas sequências de DNA que flanqueiam o gene humano da eritropoetina (EPO), hormônio secretado pelos rins e essencial para a diferenciação terminal dos glóbulos vermelhos do sangue na medula óssea. (A) (5') GTCCATTGTGCAGGACACAC (3') (B) (5') ATCCTTTGAGCCCAGGAGTT (3')

3 a) Escreva a sequência de bases da fita complementar do DNA dupla fita das sequências apresentadas em (A) e (B). (A) (3') CAGGTAACACGTCCTGTGTG (5') (B) (3') TAGGAAACTCGGGTCCTCAA(5') b) Exprima, em porcentagem, a composição de bases do DNA dupla fita de (A) e (B). Demonstre seus cálculos para validar o item. (A) Total de bases = 40 (100%) %Adenina= %Timina % 9 X X= 22,5% de cada %Guanina= %Citosina % 11 X X= 27,5% de cada (B) Total de bases = 40 (100%) %Adenina= %Timina % 10 X X= 25% de cada %Guanina= %Citosina % 10 X X= 25% de cada c) Sabendo-se que o valor de Tm de (A) é de 91,85 e de (B) é de 89,8, qual das duas sequências é mais estável? Por quê? Considere na sua resposta o significado de Tm. Resposta: A sequência (A) é mais estável. Visto que Tm é a temperatura necessária para desnaturar 50% da fita dupla do DNA e isto ocorre pelo rompimento das pontes de hidrogênio, o valor de Tm indica a estabilidade da dupla fita do DNA. Como são necessárias temperaturas mais elevadas para romper as 3 pontes de hidrogênio entre as bases C e G, do que as 2 pontes de hidrogênio entre as bases A e T, e a sequência (A) tem maior porcentagem de CG, ela é mais estável. 11) Abaixo são apresentadas duas sequências de DNA que flanqueiam o gene humano da Mieloperoxidase (MPO), enzima lisossômica presente nos grânulos primários (azurofílicos) citoplasmáticos e nucleares de monócitos e neutrófilos, que participa da atividade microbicida oxigênio-dependente. (A) (5') CGGTATAGGCACACAATGGTGAG (3') (B) (5') GCAATGGTTCAAGCGATTCTTC (3') a) Escreva a sequência de bases e as polaridades da fita complementar do DNA dupla fita das sequências apresentadas em (A) e (B). (A) (3') GCCATATCCGTGTGTTACCACTC (5') (B) (3') CGTTACCAAGTTCGCTAAGAAG (5') b) Exprima, em porcentagem, a composição de bases do DNA dupla fita de (A) e (B). Demonstre seus cálculos para validar o item. (A) Total de bases = 46 (100%) %Adenina= %Timina % 11 X X= 23,9% de cada %Guanina= %Citosina % 12 X X= 26,1% de cada (B) Total de bases = 44 (100%) %Adenina= %Timina % 12 X X= 27,3% de cada %Guanina= %Citosina % 10 X X= 22,7% de cada c) Outra enzima com atividade microbicida presente também nos grânulos primários de leucócitos é a lisozima, que catalisa a hidrólise de certos mucopolissacarídeos de paredes celulares bacterianas. Sabendo-se que o conteúdo de GC do gene da lisozima é de 46%, calcule o valor de Tm desse gene. Demonstre seus cálculos para validar o item. Resposta: Tm = 69,3 + 0,41 (%GC), onde GC é a porcentagem de Guanina + Citosina. Assim, teremos: Tm = 69,3 + 0,41 (46) = 88,16 C

4 12) Em relação à estrutura dos ácidos nucleicos, responda ao que se pede: a) Escreva as polaridades e as sequências de bases das fitas complementares dos DNAs dupla fita que apresentam fitas com as sequências especificadas em (A) e (B). (A) 5' ATGCCGTATGCATTGCATTC 3' 3' TACGGCATACGTAACGTAAG 5' (B) 5 TGAAGGAGAAGGTGTCTGCGGGA 3 3' ACTTCCTCTTCCACAGACGCCCT 5' b) Calcule o valor de Tm do DNA dupla fita de (A) e (B). Demonstre seus cálculos para validar o item. Resposta: Tm = 69,3 + 0,41 (%GC), onde GC é a porcentagem de Guanina + Citosina. Assim, teremos: (A) Total de bases do DNA= 40 CG = % x= 45% 18 x Tm = 69,3 + 0,41(45) = 87,75 C (B) Total de bases do DNA= 46 CG = % x= 56,52% 26 x Tm = 69,3 + 0,41(56,52) = 92,47 C c) A partir dos valores de Tm calculados no item b, responda: Qual das duas sequências é mais estável? Por quê? Considere na sua resposta o significado de Tm. Resposta: A sequência (B) é mais estável. Visto que Tm é a temperatura necessária para desnaturar 50% da fita dupla do DNA e isto ocorre pelo rompimento das pontes de hidrogênio, o valor de Tm indica a estabilidade da dupla fita do DNA. Como são necessárias temperaturas mais elevadas para romper as 3 pontes de hidrogênio entre as bases C e G, do que as 2 pontes de hidrogênio entre as bases A e T, e a sequência (B) tem maior porcentagem de CG, ela é mais estável. 13) Meselson e Stahl, em 1957, cultivaram, inicialmente, Escherichia coli (geração F0) na presença de N 15 (isótopo pesado). Posteriormente, cresceram diversas gerações das bactérias em N 14 (isótopo leve) e extraíram o DNA das sucessivas gerações, mediante precipitação baseada em suas diferentes densidades, conforme esquematizado abaixo. A partir desse experimento, julgue os itens a seguir e coloque a soma dos itens corretos no espaço apropriado abaixo. OBS.: apenas o resultado da soma será considerado na correção. (0,3 pontos) (01) Todas as moléculas da geração F1 terão a mesma sequencia de nucleotídeos, não importando o isótopo presente no meio. V (02) Desconsiderando qualquer tipo de mutação, todas as moléculas de DNA em F2 serão idênticas às moléculas de F1 quanto à sequencia nucleotídica, mas terão composição de isótopos radioativos diferentes dos observados em F0. V (04) Meselson e Stahl concluíram, como foi antecipado por Watson e Crick, que as fitas de DNA serviam de modelo para sua própria replicação. V (08) A composição do meio de cultura não exerceu influência no experimento uma vez que a bactéria cresceu em todos os meios. E (A composição do meio de cultura foi essencial para comprovar que a replicação do DNA é semiconservativa) SOMA = 07 14) Diferencie a replicação do DNA de procariotos e eucariotos quanto a: a. Origem de replicação. Resposta: Procariotos têm somente uma origem de replicação, enquanto eucariotos têm várias.

5 b. DNAs polimerases envolvidas no processo. Resposta: Procariotos Eucariotos DNA polimerase Função DNA polimerase Função I Principal enzima de reparo do DNA (alfa) Replicação da fita contínua II Reparo do DNA (delta) Replicação da fita descontínua III Principal enzima de replicação do DNA (épsilon) Reparo do DNA (beta) Reparo do DNA (gama) Replicação e reparo do mtdna 15) Que propriedades do DNA e da DNA polimerase sugerem que as duas fitas não podem ser replicadas pelo crescimento no mesmo sentido? Resposta: As duas fitas que compõem a molécula de DNA são antiparalelas, ou seja, têm polaridade invertida: 5 3 em uma fita e 3 5 na outra. Como a DNA polimerase só adiciona nucleotídeos no sentido 5 3, porque precisa da extremidade 3 -OH livre para que ocorra a ligação fosfodiéster, a fita utilizada como molde só pode ser lida da extremidade 3 para a extremidade 5, e a síntese das duas fitas ocorre em sentidos opostos. Desta forma, uma das fitas é sintetizada continuamente, sendo denominada fita líder, enquanto a outra se faz em pequenos fragmentos, sendo chamada de fita tardia. Estes fragmentos são denominados de fragmentos de Okasaki. 16) Quais são as principais enzimas envolvidas na replicação do DNA em eucariotos? Cite e explique suas funções. Resposta: Helicases Enzima Topoisomerases Iniciases ou primases DNA polimerase (alfa) DNA polimerase (delta) DNA polimerases (épsilon) e (beta) DNA polimerase (gama) DNA ligase Função Desenovelam a dupla hélice e separam as duas fitas do DNA (reconhecem a origem de replicação, quebram as pontes de hidrogênio entre as bases complementares e separam as duas fitas do DNA, formando-se uma bolha de replicação que é constituída por duas forquilhas de replicação). Reduzem a tensão da molécula de DNA, criada pelo superenovelamento provocado pela abertura da dupla hélice pela helicase, por introduzirem uma quebra temporária em uma das fitas (Topoisomerase 1) ou em ambas as fitas do DNA (Topoisomerase 2), promoverem a rotação de uma fita em torno da outra, e religarem as fitas temporariamente quebradas. Sintetizam os iniciadores (primers), que consistem em uma pequena sequência de bases de RNA que fornecem uma extremidade 3 -OH livre para as DNA polimerases iniciarem a adição de nucleotídeos durante a replicação do DNA. Replicação da fita contínua. Replicação da fita descontínua. Reparo do DNA. Replicação e reparo do DNA mitocondrial (mtdna). Sela os corte da fita descontínua, após remoção dos iniciadores e substituição dos iniciadores (primers) por nucleotídeos de DNA pela DNA polimerase (delta). 17) Três diferentes RNA polimerases sintetizam RNA em eucariotos. Quais são os produtos de cada uma delas e suas respectivas funções? Resposta: RNA polimerase Produto Função RNA-polimerase I pré-rrna O rrna é componente estrutural dos ribossomos, os quais servem de sítio para a tradução da sequencia de mrna em uma sequência específica de aminoácidos ou cadeia polipeptídica. RNA-polimerase II mrna e alguns pequenos mrna: codificam cadeias polipeptídicas (veículo pelo qual a RNA nucleares informação genética é transferida do DNA aos ribossomos

6 RNA-polimerase III trna, rrna 5S e vários outros RNAs estáveis relativamente pequenos para a síntese de cadeias polipeptídicas). pequenos RNAs nucleares: participam do splicing de mrnas. trna: moléculas adaptadoras que traduzem a informação presente no mrna em uma sequencia específica de aminoácidos. rrna 5S: é um componente da subunidade maior dos ribossomos de procariotos (50S) e eucariotos (60S). Outros pequenos RNAs: fornecem uma extremidade 3 -OH livre para a DNA polimerase iniciar a adição de nucleotídeos durante a replicação do DNA (RNA iniciador ou primer), ou estão envolvidos nos processamento do mrna ou rrna. 18) Quais são os tipos de modificações pós-transcricionais que ocorrem nos mrnas de eucariotos? Explique resumidamente cada um deles. Resposta: 1- adição de uma estrutura chamada cap 5 para selar a extremidade 5 : consiste na adição de um nucleotídeo extra na terminação 5, na adição de um grupo metil à base do nucleotídeo recém-adicionado e na adição de um grupo OH no açúcar de um ou mais nucleotídeos. 2- poliadenilação na extremidade 3 : consiste na adição de uma série de nucleotídeos de ácido adenílico (ácido poliadenílico ou poli(a) na extremidade 3, conferindo estabilidade ao RNA, e com isto, aumentando o tempo pelo qual o mrna permanece intacto e disponível para a tradução antes da degradação. 3- splicing: processo em que são removidos os íntrons do RNA mensageiro, tornando-o maduro (gera um mrna menor contendo uma sequência codificadora intacta). 4- edição do mrna: inserções, deleções, substituições de bases. Durante o processamento, determinados transcritos primários podem receber a inserção, deleção ou substituição de nucleotídeos em sua sequência (gerando, por exemplo, um códon de parada precoce). Tal processo é denominado edição do RNAm. A regulação pós-transcricional realizada via edição de RNAm permite que um mesmo gene codifique proteínas diferentes em função do tecido onde se expressa. A regulação do processo, portanto, dependerá da presença ou ausência das enzimas responsáveis pela edição daquele transcrito em cada tecido. OBS: Tanto o cap quanto o poli-a têm a função de proteger o mrna da ação de exonucleases. Um encurtamento do poli-a, leva a remoção do cap e rápida degradação da molécula o mrna. A cauda poli A mantém a integridade da região 3 (com um nível normal de adenilação) e auxilia na exportação do mrna para o citoplasma. 19) Em que consiste o terminal 5' cap do mrna e qual o seu papel? Qual a característica do terminal 3' encontrado na maioria dos mrnas de eucariotos e como eles são formados? Resposta: O terminal 5' cap na adição de um nucleotídeo específico modificado (uma guanina metilada), denominado de 7-metilguanosina, trifosfato de guanosina ou cap (capuz), à extremidade 5' do mrna, no núcleo. Esse evento parece ter grande efeito na tradução do mrna, pois confere vantagem ao seu transporte para o citoplasma e à sua ligação aos ribossomos, além de protegê-lo da degradação pelas exonucleases celulares endógenas. A presença do cap 5, além de aumentar a estabilidade do mrna, também influencia a remoção dos íntrons. Outra modificação pós-transcricional do mrna é a adição de 50 a 250 nucleotídeos de adenina à sua extremidade 3' (poliadenilação), após a transcrição, constituindo a chamada sequência poli-a ou cauda poli-a. Estes nucleotídeos não são codificados no DNA, mas são adicionados após a transcrição. Tal adição ocorre na região flanqueadora não traduzida, cerca de pb à jusante de uma sequência de seis nucleotídeos, denominada sinal AAUAAA. Existe uma hipótese de que essa sequência também esteja associada à maior facilidade de transporte do mrna para o citoplasma e sua estabilidade no momento em que chega ao citoplasma, dando-lhe mais resistência à digestão por exonucleases celulares endógenas, pois a perda da sequência poli-a pode desencadear a desestabilização desse mrna. 20) O produto final da transcrição de alguns genes presentes nas células não resulta na produção final de proteínas, mas sim em moléculas de RNA com outras funções, ou seja, não são traduzidas diretamente a proteínas. Que moléculas são essas? Quais as suas funções? Resposta: RNA mrnas (RNAs mensageiros) rrnas (RNAs ribossômicos) Função Informacional: codificam cadeias polipeptídicas (veículo pelo qual a informação genética é transferida do DNA aos ribossomos para a síntese de cadeias polipeptídicas). Componente estrutural dos ribossomos, os quais

7 trnas (RNA transportador ou de transferência) snrnas (pequenos RNA nucleares do inglês small nuclear RNA) scrnas (pequenos RNA citoplasmáticos do inglês small cytoplasmic RNA) RNA SL (spliced leader RNA ou RNA-líder) SnoRNAs (pequenos RNAs encontrados nos nucléolos) RNA I (RNA iniciador ou primer) servem de sítio para a tradução da sequencia de mrna em uma sequência específica de aminoácidos ou cadeia polipeptídica. Moléculas adaptadoras que traduzem a informação presente no mrna em uma sequência específica de aminoácidos. Partículas ribonucleoproteicas envolvidas no processamento do mrna (splicing). Envolvido no processamento do mrna em diversas espécies de tripanossomos e no nematódeo Caernohabditis elegans. Envolvidos no processamento do rrna. Fornece uma extremidade 3 -OH livre para a DNA polimerase iniciar a adição de nucleotídeos durante a replicação do DNA. 21) Foi observado que em um determinado órgão de um animal (mamífero) uma proteína estava presente com um certo tamanho mas, em outro órgão, a mesma proteína era menor que o tamanho esperado. Suponha que um só gene codifica as duas isoformas desta proteína e que os dois órgãos possuam as mesmas proteases. Ofereça uma explicação biologicamente plausível para o fato do mesmo gene codificar proteínas de tamanhos diferentes. Resposta: Visto que os dois órgãos possuem as mesmas proteases, as modificações pós-traducionais por clivagem proteolítica seriam as mesmas, não explicando as diferenças nos tamanhos das proteínas. Assim, as explicações mais plausíveis seriam: 1- Em alguns genes humanos existem vários promotores, situados em diferentes regiões do gene. Dessa forma, a transcrição gênica pode começar em pontos distintos, produzindo proteínas de tamanhos também diferentes. Isso permite que a mesma sequência gênica codifique variantes de uma proteína em tecidos diferentes (p. ex., no tecido muscular versus tecido cerebral). 2- Modificação pós-transcricional, via edição do mrna: durante o processamento, determinados transcritos primários podem receber a inserção, deleção ou modificação de nucleotídeos em sua sequência (gerando, por exemplo, um códon de parada precoce). Tal processo é denominado edição do mrna. A regulação pós-transcricional realizada via edição de mrna permite que um mesmo gene codifique proteínas diferentes em função do tecido onde se expressa. A regulação do processo, portanto, dependerá da presença ou ausência das enzimas responsáveis pela edição daquele transcrito em cada tecido. OBS.: Antes que um polipeptídeo recém-sintetizado possa começar a sua existência como proteína funcional, frequentemente sofre outro processamento chamado de modificação pós-traducional (não confundir com modificação pós-transcricional, que ocorre no mrna). Estas modificações podem ter uma variedade de formas, incluindo a clivagem em unidades polipeptídicas menores, ou uma combinação com outros polipeptídeos para formar uma proteína maior. Outras modificações possíveis incluem a adição de cadeias laterais de carboidratos ao polipeptídeo. Estas modificações são necessárias, por exemplo, para produzir o dobramento apropriado da proteína final, ou para estabilizar sua estrutura. A cadeia polipeptídica que é o produto primário da tradução é dobrada e associada em uma estrutura tridimencional especifica que é determinada pela própria sequência de aminoácidos. Duas ou mais cadeias polipeptídicas, produtos do mesmo gene ou de genes diferentes, podem se combinar para formar um único complexo proteico final. Os produtos proteicos também podem ser modificados quimicamente por, por exemplo, adição de fosfato ou carboidratos em sítios específicos. Outras modificações podem envolver a clivagem da proteína, seja para remover sequências amino-terminais especificas após terem direcionado uma proteína para o seu local correto dentro da célula, ou para dividir a molécula em cadeias polipeptídicas menores. 22) Explique resumidamente como um pré-mrna contendo sítios alternativos de adição da cauda poli(a) pode contribuir para uma maior diversidade de proteínas em uma célula eucariótica. Resposta: O processamento diferencial da extremidade 3 é uma forma de gerar diferentes mrna maduros por splicing alternativo, podendo ocorrer a adição da cauda poli(a) em dois ou mais sítios, de acordo com o sítio de poliadenilação do éxon incluído no splicing alternativo. OBS.: Tanto o cap quanto o poli-a têm a função de proteger o mrna da ação de exonucleases. Um encurtamento do poli-a leva à remoção do cap e rápida degradação da molécula o mrna. A cauda poli A mantém a integridade da região 3 (com um nível normal de adenilação) e auxilia na exportação do mrna para o citoplasma.

8 23) Uma fita de um fragmento de DNA isolado de E. coli tem a seguinte sequência: 5'...AGGTTACCTAGTTGC...3'. Suponha que um mrna seja transcrito a partir deste DNA usando a fita complementar como molde. a. Qual será a sequência deste mrna? Resposta: Visto que a fita complementar do DNA que será usada como molde terá a sequência 5...TCCAATGGATCAACG...3, a sequência do mrna será: 5...AGGUUACCUAGUUGC...3. b. Qual é a sequência do polipeptídeo que seria codificado pelo mrna sintetizado? Resposta: arginina (Arg) leucina (Leu) prolina (Pro) serina (Ser) cisteína (Cys) 24) Durante a síntese proteica 5 aminoácidos foram adicionados à uma cadeia polipeptídica. Os anticódons dos trnas que entraram sequencialmente no ribossomo foram: 5 CAU3 ; 5 AGG3 ; 5 UAG3 ; 5 UCC3 ; 5 AUU3 a. Qual a sequência do pentapeptídeo assim formado? Resposta: códons: GUA UCC AUC AGG UAA aminoácidos: valina (Val) serina (Ser) isoleucina (Ile) arginina (Arg), pois o códon UAA é um códon de parada. b. Qual a sequência da fita codante do DNA que codifica este pentapeptídeo? Resposta: CAT AGG TAG TCC ATT c. Qual a sequência do mrna? Resposta: GUA UCC AUC AGG UAA LISTA 3 1) O mofamento de grãos durante a estocagem causa perdas nutricionais e de valor de mercado, além de promover riscos à saúde humana e de animais domésticos, devido à liberação de toxinas. Entre as toxinas, maior atenção tem sido dado às aflatoxinas produzidas por fungos dos gêneros Aspergillus e Penicillium, devido a sua alta capacidade de causar câncer de fígado. As aflotoxinas podem causar câncer do fígado, pois, mesmo em pequena quantidade são capazes de provocar uma mutação no gene p- 53, transformando G em T na trinca 249. Sabe-se que o gene p53 - com pares de bases, está localizado no braço curto do cromossomo 17 e codifica uma nucleoproteína de mesmo nome constituída por 393 aminoácidos, e que regula as divisões celulares, controlando a entrada da célula na fase S por bloquear a fase de transcrição G1 S do ciclo celular. Normalmente o p53 evita a reprodução numa célula danificada ou alvo de mutação. E vai além: promove o suicídio da célula, um processo chamado apoptose. Às vezes, no entanto, sem que se saiba porque, o p53 é alvo de mutação ou é neutralizado e as células danificadas continuam a proliferar no interior do organismo, criando-se os tumores. CÓDONS CGG UAC UUC GCG UCC GGG UAG UAA UAC UCA GCC AAG CGC AGG CCC AMINOÁCIDO arginina tirosina fenilalanina alanina serina glicina stop stop tirosina Serina Alanina Lisina Arginina Arginina Prolina Baseando-se nas informações acima, na tabela ao lado e em conhecimentos correlatos, responda. a. A mutação referida no texto obrigatoriamente vai levar ao descontrole da divisão celular devido à substituição de aminoácido na proteína p53? Justifique. Resposta: Não. Se a mutação ocorrer na 3ª base da trinca 249 (que ficará AGT), o códon correspondente será UCA, também do aminoácido serina. b. Quanto ao tipo de substituição de base, classifique a mutação de ponto envolvida na trinca 249 (trecho grifado no texto). Justifique. Resposta: Transversão, pois ocorre por substituição de uma purina (G) por uma pirimidina (T).

9 c Que tipo de mecanismo estaria envolvido no reparo da mutação especificada no trecho grifado? Cite e explique para justificar sua resposta. Resposta: A substituição G T na trinca 249 irá provocar um pareamento errado, uma vez a base complementar presente na outra fita do DNA é a citosina. Os pareamentos errados são instáveis e provocam dobras na molécula (alteração espacial). Assim, são percebidos e corrigidos pelo sistema de reparo de pareamentos errôneos (mismatch repair), que reconhece a fita nova devido esta não estar metilada. Ocorre uma excisão na fita nova e uma exonuclease degrada parte desta fita, logo em seguida uma DNA polimerase reconstitui a parte da fita que foi degradada fazendo o pareamento correto. d. Qual a sequencia correta dos aminoácidos inseridos na nucleoproteína p53 a partir do códon 245 até o 251? Resposta: CGG UAC UUC GCG UCC GGG UAC Arginina tirosina fenilalanina alanina serina glicina tirosina e. Quantas ligações peptídicas serão necessárias na formação da nucleoproteína p53? Justifique. Resposta: 392 ligações peptídicas, pois a proteína p53 possui 393 aminoácidos e cada ligação peptídica liga dois aminoácidos. f. Determine o percentual da região codificadora do RNA mensageiro maduro em relação ao gene p53. Demonstre seus cálculos e justifique. Resposta: 50,04%, pois como a proteína p53 tem 393 aminácidos, serão necessários 394 códons, pois cada códon codifica um aminoácido e é necessário um códon de parada para finalizar o processo. Veja os cálculos a seguir. 3 nucleotídeos 1 aminoácido x 393 aminoácidos x = nucleotídeos RNA mensageiro nucleotídeos + 3 (códon de parada) = nucleotídeos Gene (fita molde) = nucleotídeos 100% nucleotídeos x x = 50,04% 2) Pesquisadores norte-americanos descobriram que as diferentes formas das pessoas perceberem a dor podem ter origem genética. A variação de apenas um gene pode explicar porque algumas pessoas suportam mais dor do que outras. Segundo uma equipe da Universidade de Michingan, a sensação de dor está ligada ao gene COMT que produz a enzima transferase catecol-o-metil (COMT), que ajuda a regular quantos analgésicos naturais - as chamadas endorfinas - um organismo produz. O gene COMT pode ser encontrado em duas formas, de acordo com o aminoácido presente. Na transcrição do códon 158, a troca de um único aminoácido, valina metionina pode determinar decréscimo da atividade da enzima COMT, ou seja, o gene da COMT que contém o aminoácido metionina, ou met, é menos ativo do que aquele que contém o aminoácido valina, ou val. Esta pequena variação tem um grande efeito na atividade do COMT, dizem os pesquisadores. Cada indivíduo tem duas cópias desse gene, uma herdada de cada um dos pais. Pessoas com a forma mais lenta do gene - que tem duas cópias com metionina - produzem enzimas três a quatro vezes menos efetivas que outras, como as que contêm apenas cópias com valina ou ambos os aminoácidos. O estudo mostrou que as pessoas em que as duas cópias traziam metionina sofriam mais com a dor do que aquelas com duas cópias trazendo valina. Os voluntários com uma cópia de cada tipo apresentaram uma tolerância à dor intermediária. ( com adaptações) Abaixo são dadas as sequencias parentais (recebidas de cada um dos pais) responsáveis pela transcrição do códon 158 do gene COMT de quatro indivíduos. Indivíduo 1 CAA (sequência materna) CAG (sequência paterna) Indivíduo 2 TAC (sequência materna) TAC (sequência paterna) Indivíduo 3 CAC (sequência materna) CAT (sequência paterna) Indivíduo 4 CAT (sequência materna) TAC (sequência paterna) Sabendo-se com os códons da metionina e da valina são, respectivamente, AUG e GUU, GUC, GUA, GUG, que a enzima transferase catecol-o-metil (COMT) possui 271 aminoácidos e que o gene COMT dos quatro indivíduos possui 1,5 Kb (1.500 pb), responda. a) Qual (is) indivíduo(s) possui(em): - Maior sensibilidade à dor: Indivíduo 2 - Sensibilidade intermediária à dor: Indivíduo 4 - Menor sensibilidade à dor: Indivíduos 1 e 3

10 b) Justifique sua resposta. Resposta: Ambas as sequencias dos indivíduos 1 e 3 darão origem aos códons sinônimos da valina; ambas do indivíduo 2, ao códon da metionina e as do indivíduo 4 darão origem aos códons da valina (sequencia materna) e metionina (sequencia paterna). Como o texto menciona, as pessoas possuem duas cópias de metionina sofreram mais com a dor do que aquelas com duas cópias trazendo valina. Os voluntários com uma cópia de cada tipo apresentaram uma tolerância à dor intermediária. c) Calcule o percentual do RNAm maduro em relação ao gene COMT. 1 códon 1 aminoácido 3 bases x = 813 bases + 3 bases (códon de parada) no RNAm = 816 bases 271 aminoácidos x pb 100% x = 54,4% 816 pb x d) Considerando apenas o RNAm maduro, quantos códons e quantas ligações peptídicas foram necessários para a síntese da enzima transferase catecol-o-metil (COMT)? Justifique sua resposta. Resposta: 272 códons e 270 ligações peptídicas. Como a proteína tem 271 aminoácidos e cada aminoácido é codificado por um códon, foram necessários 271 códons para codificar os aminoácidos + 1 códon de parada. Porém, uma ligação peptídica liga dois aminoácidos e os aminoácidos extremos não estão ligados. Consequentemente, foram necessárias 270 ligações peptídicas. e) Explique os 2 principais motivos que poderiam explicar o fato da proteína ter apenas 271 aminoácidos. Resposta: O gene contém regiões regulatórias, como o promotor, que não são traduzidas. Além disto, provavelmente este gene é interrompido, ou seja, contém exons (regiões codificadoras) e íntrons (regiões não codificadoras que serão removidas durante o splicing, para produzir o RNAm maduro). 3) O gene supressor de tumor p-53 é um dos principais alvos de mutação durante o processo de carcinogênese. Está localizado no braço curto do cromossomo 17 e codifica a nucleoproteína p-53 que é responsável pela regulação da transcrição nuclear, funcionando como um policial molecular. Se a célula for exposta a agentes mutagênicos externos a p-53 acumula-se no núcleo freando o ciclo celular em G1, dando tempo para que a célula repare seu DNA. Caso a célula não o repare, a p-53 dispara a morte celular por apoptose. Na versão mutagênica desse gene, a célula que sofre lesão em seu material genético não tem sua divisão celular interrompida e deste modo, o dano celular se transmite às células filhas. A mutação de p-53 não causa a transformação maligna sozinha, porém predispõe a célula a outras mutações que a levarão a uma transformação maligna. Baseando-se no texto e em conhecimentos correlatos, responda ao que se pede. a. Sabendo que a p-53 é uma proteína constituída por 393 aminoácidos, quantos nucleotídeos serão necessários apenas para a codificação desses aminoácidos? Justifique. Resposta: nucleotídeos 3 nucleotídeos 1 aminoácido x 393 aminoácidos x = nucleotídeos b. Quantos códons serão necessários para a síntese dos 393 aminoácidos?justifique. Resposta: 394 códons, pois um códon codifica um aminoácido e é necessário um códon de parada para finalizar o processo. c. Que evento indispensável para que ocorra a divisão celular será bloqueado com a informação dada no trecho grifado no texto? Resposta: A replicação do DNA (fase S da interfase). 4) Os vírus HPV tipo 16 e tipo 18 (grupo II) estão associados ao câncer oral e de colo uterino. O genoma desses vírus pode integrar-se ao genoma humano em áreas próximas a proto-oncogenes, produzindo uma versão mutante desse genes. Além disso, o genoma viral controla a transcrição dos genes virais E6 e E7 que interferem nos mecanismos de controle do ciclo celular. A proteína E6 interage com a proteína p-53, impedindo sua ação supressora de tumor no núcleo celular. Logo, se outra proteína supressora de tumor como a prb, por exemplo não compensar a reduzida atividade da p-53, a transformação celular pode de fato ocorrer. No entanto, a proteína E7 desses vírus tem mostrado não só a capacidade de formar complexo com a prb, desativando-a, mas também de degradar a p-53. A ativação de oncogenes somada à perda ou à anulação dos genes supressores de tumor acabam por levar ao crescimento desordenado e à formação de tumores. ( e com adaptações)

11 Abaixo é apresentado um esquema do proto-oncogene ras e de sua versão mutante, após inserção viral. Proto-oncogene ras TAC TGC CTT ATA TTC GAC CAC CAC CAC CCG CGG CCG CCG...GAG AGC Oncogene ras TAC TGC CTT ATA TTC GAC CAC CAC CAC CCG CGG CAG CCG...GAG AGC Baseando-se nas informações acima e em conhecimentos correlatos, responda o que se pede. a. Dê a sequencia de aminoácidos do proto-oncogene ras. Resposta: Metionina treonina - ácido glutâmico tirosina lisina leucina valina valina valina glicina alanina glicina glicina leucina - serina. b. Considerando que os genes supressores de tumor foram inativados pelos vírus, caso a mutação na trinca destacada em negrito provoque a substituição da 3ª base por uma citosina no proto-oncogene, o produto do gene ainda poderá levar ao descontrole da divisão celular? Justifique. Resposta: Não, pois a troca do códon não afetou o aminoácido. 5) BRÓCOLIS FICA MAIS AMARGO PARA PORTADOR DE MUTAÇÃO Os pesquisadores Mari Sandell e Paul Breslin, do instituto de pesquisas Monell, na Filadélfia, mostraram em artigo publicado na revista científica Current Biology que basta um gene para a pessoa achar vegetais como o brócolis bem mais amargo do que acha o resto da população. O gene htas2r38 está ligado a um receptor de sabor na língua. Quem possui duas cópias de uma versão sensível a brócolis sente os vegetais dessa família em média 60% mais amargos do que aqueles cujos genes são de outra versão. Quem tem apenas uma cópia da versão sensível do gene teve opinião intermediária sobre o amargor. No artigo, os investigadores relacionaram a percepção individual do gosto amargo dos compostos PTC (feniltiocarbamida) e PROP (propiltiouracil) a variações do gene htas2r38, que codifica o receptor para o gosto conhecido. Duas formas mais frequentes do gene PAV e AVI determinam, respectivamente, a maior sensibilidade ou a insensibilidade a esse tipo de gosto. Formas menos frequentes denominadas AAI, PVI e AAV respondem pela sensibilidade intermediária. Os três polimorfismos mais comuns observados na proteína receptora ocorrem nos aminoácidos de posição 49 onde uma prolina ou uma alanina é codificada, 262 onde uma alanina ou uma valina é codificada, e 296 onde uma valina ou uma isoleucina é codificada. Esses polimorfismos são determinados pelas formas PAV (prolina-alaninavalina), AVI (alanina-valina-isoleucina), AAI (alanina-alanina-isoleucina), PVI (prolina-valina-isoleucina) e AAV (alanina-alanina-valina). Os testes foram feitos com 35 voluntários que experimentaram 27 vegetais diferentes, dos quais 17 contêm compostos chamados glucosinolatos. Eles estão presentes em brócolis, agrião, rabanete e outros alimentos. Os voluntários tiveram que comer os alimentos crus, pois o cozimento altera o gosto. O glucosinolato pode afetar a função da glândula tireoide, produtora de hormônios que agem em vários órgãos do corpo. Ele pode impedir a absorção de iodo pela tireoide e provocar: a) sua hipertrofia; b) consequências graves para indivíduos em fase jovem. O mal é típico de regiões distantes do oceano, que é fonte de iodo na forma de sal ou contido em frutos do mar. Para quem vive nessa região de maior risco, ter a forma do gene que acentua o sabor amargo dos vegetais que afeta a tireoide é vantajoso em termos evolutivos. (Folha Imagem, 17/07/2006, com adaptações de Utilize a tabela de aminoácidos ao lado e as sequencias parentais (recebidas de cada um dos pais) abaixo relacionadas e responsáveis pela tradução dos aminoácidos 49, 262 e 296 da proteína receptora para o gosto amargo, para responder os itens seguintes. Aminoácido Prolina Alanina Valina Isoleucina Códons CCU CCC CCA - CCG GCU GCC GCA - GCG GUU GUC GUA - GUG AUU AUC - AUA Sequência responsável pela tradução do aminoácido 49 Indivíduo 1 Indivíduo 2 Indivíduo 3 Indivíduo 4 GGA (sequência materna) CGA (sequência materna) GGT (sequência materna) CGT (sequência materna) GGC (sequência paterna) CGT (sequência paterna) CGC (sequência paterna) CGC (sequência paterna)

12 Sequência responsável pela tradução do aminoácido 262 Indivíduo 1 Indivíduo 2 Indivíduo 3 Indivíduo 4 CGA (sequência materna) CAA (sequência materna) CGT (sequência materna) CGT (sequência materna) CGG (sequência paterna) CAT (sequência paterna) CAC (sequência paterna) CAT (sequência paterna) Sequência responsável pela tradução do aminoácido 296 Indivíduo 1 Indivíduo 2 Indivíduo 3 Indivíduo 4 CAA (sequência materna) TAA (sequência materna) CAG (sequência materna) TAG (sequência materna) CAG (sequência paterna) TAT (sequência paterna) TAA (sequência paterna) TAT (sequência paterna) a. Quais as sequencias de aminoácidos (recebidos de cada parental) e os genótipos de cada um dos indivíduos? Indivíduos Sequência de aminoácidos Sequência de aminoácidos (materna) (paterna) Genótipos 1 prolina alanina valina prolina alanina valina PAV / PAV 2 alanina valina isoleucina alanina valina isoleucina AVI / AVI 3 prolina alanina valina alanina valina - isoleucina PAV / AVI 4 alanina alanina - isoleucina alanina valina - isoleucina AAI / AVI Indivíduo Trincas DNA (materna) Códons (materna) Trincas DNA paterna Códons (paterna) GGA CGA CAA CCU GCU GUU GGC CGG CAG CCG GCC GUC 2 CGA CAA TAA GCU GUU AUU CGT CAT TAT GCA GUA AUA 3 GGT CGT CAG CCA GCA GUC CGC CAC TAA GCG GUG AUU 4 CGT CGT TAG GCA GCA AUC CGC CAT TAT GCG GUA AUA b. Mediante a análise realizada no item a, responda: b.1. Qual(is) indivíduo(s) terá(ão) maior sensibilidade ao gosto amargo? Indivíduo 1 b.2. Qual(is) indivíduo(s) será(ão) insensível(is) ao gosto amargo? Indivíduo 2 b.3. Qual(is) indivíduo(s) terá(ão) sensibilidade intermediária ao gosto amargo? Indivíduos 3 e 4 c. Sabendo-se que o gene htas2r38 tem 1002 pb (pares de bases) e a proteína receptora do gosto amargo (denominada T2R38) codificada por ele é constituída por 333 aminoácidos, responda: c.1. Quantos códons serão necessários para codificar a proteína T2R38? Justifique sua resposta. Resposta: 334 porque cada códon codifica um aminoácido e é necessário um códon de parada para finalizar a síntese proteica. c.2. Julgue e justifique a frase: Para a síntese do receptor protéico T2R38, 100% do gene htas2r38 foi usado, não ocorrendo a presença de íntrons. (Inclua na sua justificativa os cálculos genômicos necessários). Resposta: Certo: o gene possui bases. Destas, 999 foram usadas para incluir os aminoácidos durante a síntese proteica e 3 bases (códon de parada), foram necessárias para finalizar a síntese. 1 códon 3 bases 1 aminoácidos x = 999 bases x 333 aminoácidos 6) A orexina ou hipocretina é um precursor de dois neuropeptídeos hipotalâmicos orexina A e orexina B que são produzidos pelas células de um pequeno núcleo do hipotálamo e têm um importante papel na regulação do ciclo sonovigília e funções hipotalâmicas relacionadas. Essa substância é importante para manter o estado de vigília e é uma molécula ausente no cérebro de pacientes com narcolepsia, doença que faz as pessoas adormecerem subitamente (Nature Medicine 2007, 13: , com adaptações). Em relação ao tema e utilizando os dados abaixo, responda o que se pede nos itens a seguir. Dados: A orexina/hipocretina apresenta 131 aminoácidos e é produzida a partir de um RNAm maduro de 577 bases, transcrito pelo gene HCRT, região do DNA localizada no cromossomo 17 com pb (pares de bases). Os neuropeptídeos orexina A e orexina B maduros são produzidos por um processo proteolítico (pós-traducional) a partir do precursor orexina: a orexina A corresponde, na proteína precursora, aos aminoácidos de posição 34 (glutamina) a 67 (glicina) e a orexina B, aos aminoácidos de posição 70 (arginina) a 97 (metionina).

13 Uma mutação no gene HCRT que provoca a substituição de uma leucina por uma arginina na posição 16 da proteína precursora (LEU16ARG) foi associada à narcolepsia. Abaixo são dadas as sequências parentais (recebidas de cada um dos pais) responsáveis pela tradução do aminoácido 16 de três indivíduos. Indivíduo 1 GAA (sequência materna) GAG (sequência paterna) Indivíduo 2 GAC (sequência materna) GCC (sequência paterna) Indivíduo 3 GCC (sequência materna) TCT (sequência paterna) Levando em conta as informações contidas no texto e nos dados e sabendo que os códons da leucina são UUA, UUG, CUU, CUC, CUA e CUG, e que os códons da arginina são CGU, CGC, CGA, CGG, AGA E AGG, responda. a) Qual (is) dos indivíduos provavelmente sofre(m) de narcolepsia? Justifique sua resposta para validar o item. Resposta: Indivíduo 3, uma vez que recebeu as duas sequências mutadas (ver quadro de códons e aminoácidos abaixo). De acordo com o texto, a mutação referida leva a uma não produção de orexina. Indivíduo 1 CÓDONS CUU (leucina) seq. mat. CUC (leucina) seq. pat. Indivíduo 2 CÓDONS CUG (leucina) seq. mat. CGG (arginina) seq. pat. Indivíduo 3 CÓDONS CGG (arginina) seq. mat. AGA (arginina) seq. pat. b) Qual (is) dos indivíduos teria(m) mais tendência à insônia, por produzir uma maior quantidade de orexina? Justifique sua resposta para validar o item. Resposta: Indivíduo 1, uma vez que recebeu as duas sequências normais (olhar tabela de códons e aminoácidos no item a), tendo, portanto, maior produção de orexina. Utilize a tabela de aminoácidos ao lado e as informações contidas no dado para responder o item c. Aminoácido Glutamina CAA, CAG Glicina GGU, GGC, GGA, GGG c) Quais seriam as sequências de bases no gene HCRT, Arginina CGU, CGC, CGA, CGG, AGA, AGG responsáveis, respectivamente, pela tradução dos aminoácidos Metionina AUG inicial e final da: orexina A: inicial (glutamina): GTT ou GTC; final (glicina): CCA, CCG, CCT OU CCC orexina B: inicial (arginina): GCA, GCG, GCT, GCC, TCT OU TCC; final (metionina): TAC Utilize as informações contidas nos dados e para responder os itens que se seguem. Códons d) Uma vez que nosso corpo não desperdiça energia nem matéria-prima inutilmente e os processos de transcrição e tradução necessitam de energia e de matéria-prima para ocorrerem, forneça um argumento biologicamente aceitável que possa explicar a informação fornecida no trecho grifado do dado. (Lembre-se de mencionar na sua resposta, qual o tamanho esperado da proteína precursora orexina a partir do RNAm citado.) Resposta: Uma vez que cada aminoácido é codificado por 3 bases no RNAm (códon), seria de se esperar que um RNAm de 577 bases fosse responsável pela tradução de uma proteína de aproximadamente 191 aminoácidos (considerando o códon de parada). Como a proteína apresenta 131 aminoácidos, podemos supor que: - o RNAm em questão é responsável pela síntese de mais de uma proteína ou; - a partir do RNAm citado, uma grande proteína seria produzida e, por processos proteolíticos mencionados no dado 3, seriam inicialmente produzidas não só a orexina A e a B, mas também outro polipeptídeo. e) Mediante conhecimentos sobre estrutura dos ácidos nucleicos e transcrição, explique por que no DNA a informação fornecida pelo dado foi em pares de bases, enquanto no RNAm, em bases. Resposta: O DNA é formado por duas cadeias polinucleotídicas antiparalelas e complementares, onde as bases de uma cadeia encontram-se ligadas às bases complementares da outra cadeia por pontes de hidrogênio daí usarmos o termo pares de bases. Na transcrição, apenas uma das cadeias (fitas) do DNA serve de molde para a síntese do RNA, que apresenta uma única cadeia polinucleotídica: daí usarmos o termo bases. f) Qual o percentual do RNAm maduro em relação ao gene HCRT? Demonstre seus cálculos para validar o item. Resposta: Gene HCRT bases participam da transcrição (apenas uma das fitas do DNA é usada na transcrição). Então: bases 100% 577 bases x X 41,42%

14 7) O câncer de pele corresponde a cerca de 25% de todos os tumores malignos humanos registrados no Brasil, estando relacionado a alguns fatores ambientais de risco como exposição a químicos (arsênico), radiação ionizante e principalmente aos raios ultravioletas (UV) do sol. Em relação ao abordado tema, responda: a. Que tipos de lesões no DNA podem ser induzidas pelas radiações ionizantes? Qual delas é a mais grave e por que? (Inclua na sua resposta o mecanismo de reparo possível e qual a sua consequência). Resposta: Deleção de todo o nucleotídeo, levando à quebra de fita simples; quebras de fita simples e de fita dupla; dano em bases nitrogenadas, levando a quebra ou deleção da base. (Pode também ser aceito: quebras de fita simples e de fita dupla, dano em bases nitrogenadas). Mais grave: quebra de fita dupla, pois o reparo só pode ser feito por recombinação (entre dois genes homólogos ou por junção de extremidades não-homólogas). Em ambos os casos a sequencia original de DNA acaba sendo alterada. b. Que tipo de lesão mais frequente no DNA está relacionada ao trecho grifado? Por que esta lesão é facilmente percebida pelo sistema de reparo? Resposta: Dímero de timina (ou dímero de pirimidina). Porque promove distorções espaciais na molécula de DNA. c. Considerando a lesão do item b, o reparo pode ser feito por dois tipos de mecanismos diferentes, dependendo se ele ocorre depois ou durante a replicação do DNA. Cite os dois tipos de mecanismos e compare-os quanto à correção da lesão? Resposta: Durante a replicação: reparo por recombinação com a fita parental não-danificada da mesma molécula de DNA (sistema de tolerância). Após a replicação: excisão de nucleotídeos. OBS.: O reparo por recombinação não remove a lesão, apenas possibilita a continuidade da replicação. Assim, é necessário que o sistema de reparo conserte posteriormente a lesão por excisão de nucleotídeos. d. Qual dos mecanismos de reparo do item c implicaria em parada do ciclo celular no ponto de checagem? Tal ponto de checagem estaria localizado na transição entre quais fases do ciclo celular? Resposta: O reparo por recombinação com a fita parental não-danificada da mesma molécula de DNA. Por não corrigir a lesão, implicaria em parada do ciclo celular na transição G 2 /M. e. O Xeroderma pigmentosum também está entre os fatores de risco para o câncer de pele. Por quê? Resposta: Porque em indivíduos portadores de xeroderma pigmentosum o reparo por excisão de nucleotídeos é deficiente. Desta forma, não corrige as lesões provocadas pelos raios ultravioleta do sol. 8) A doença de Parkinson está entre os problemas neurológicos mais preponderantes hoje em dia. Se caracteriza por tremor nas mãos, nos braços e em outros locais, rigidez nos membros, lentidão de movimentos, equilíbrio e coordenação debilitados. Alguns pacientes têm, também, dificuldade para andar, falar, dormir, urinar e dificuldades no desempenho sexual. Nos Institutos Nacionais da Saúde (NIH) dos EUA, em 1997, foi identificada uma mutação no gene da alfasinucleína em famílias italianas e gregas que tinham a forma hereditária do mal de Parkinson; posteriormente esta mesma mutação foi também detectada em famílias brasileiras com a doença. Esse gene codifica uma proteína muito pequena, com apenas 144 aminoácidos, à qual se atribui um papel na sinalização entre neurônios. A mutação referida é denominada G209A, pois provoca a substituição de uma guanina por uma adenina no nucleotídeo 209 do gene da alfa-sinucleína, conduzindo a uma substituição de alanina por treonina na posição 53 da proteína (Ala53Thr). É uma mutação de herança autossômica dominante, o que significa dizer que apenas uma cópia (da mãe ou do pai) é suficiente para desencadear a doença. Ela é extremamente rara e responde por menos de 1% dos pacientes. Pouco tempo depois, descobriu-se outra mutação autossômica dominante no mesmo gene em uma família de origem alemã, em que a alanina da posição 30 era substituída por uma prolina (Ala30Pro). (Arch Neurol. 55(12): , 1998; Arq. Neuro-Psiquiatr. 59(3B): , 2001; Scientific American Brasil n O 40, 2005) Abaixo são dadas as sequências parentais (recebidas de cada um dos pais) responsáveis pela transcrição dos códons 30 e 53 do gene da alfasinucleína de três indivíduos. Indivíduo 1: Códon 30 Códon 53 CGA (sequência materna) CGA (sequência materna) CGG (sequência paterna) TGA (sequência paterna) CÓDONS GCU, GCC, GCA, GCG ACU, ACC, ACA, ACG CCU, CCC, CCA, CCG AMINOÁCIDO alanina treonina prolina