Problem 1: Pakking av DNA Hva er den maksimale pakkegrad for et DNA-stykke på 10 6 bp? 10 9 bp? Anta sylinder med 20Å diameter og lengde 3.4Å/bp Den optimale pakkeform er en kule. Volumet av 10 6 bp DNA blir п·10 2 ·3.4·10 6 Å 3 = 1.067·10 9 Å 3. Den optimale kulen vil ha radius (3V/4 п) 1/3 eller 630Å. Packing ratio: 3.4·10 6 /1260=2698 For 10 9 pb blir volumet п·10 2 ·3.4·10 9 Å 3 = 1.067·10 12 Å 3. Radius 6300Å, packing ratio 3.4·10 9 /6300 = Diameter av en cellekjerne: um = – Å

Problem 2: Supercoiling Dersom et SV40-minikromosom relakseres slik at det danner en ikke oppvridd sirkel og så detproteiniseres fås et ccDNA med rundt –1 superheliksturn for hvert av de opprinnelige nukleosomene. Man skulle ventet –2 (DNA er opptvunnet med to omdreininger pr. nukleosom). Forklaringen er at DNA kveilet rundt nukleosomer har høyere twist enn normalt, rundt 1 ekstra omdreining av dobbeltheliksen pr. nukleosom L = T + W

To topologisk ekvivalente supercoilformer og en biologisk variant

Problem 3 Nukleosomoppbygging Hvorfor vil sure polypeptider som polyGlu gjøre det lettere å sette sammen et nukleosom? Histoner danner lett uspesifikke aggregater. Sure polypeptider vil kunne hindre slik aggregering og derved gjøre det lettere å få dannet spesifikke histonkomplekser

Problem 4. DNA-kompleksitet og cot-kurver ( ) oppkutting Grønt DNA har kompleksitet 400 og rødt Cot1/2-verdiene vil variere med en faktor på 1000

Reassosiasjonskinetikk d[A]/dt=-k 2 [A][B] Integrering, [A]=[B]: 1/[A]=(1/[A 0 ])+ k 2 t Fraksjonen uparrede tråder f=[A]/[A 0 ] f=1/(1+[A 0 ] k 2 t) Konsentrasjonene viser til konsentrasjonen av unike sekvenser, siden ikkekomplementære tråder ikke vil reassosiere. Dersom C 0 er utgangskonsentrasjonen av basepar i løsningen: [A 0 ]= C 0 /x hvor x er kompleksiteten av det DNA som analyseres. Dette gir f=1/(1+ C 0 t k 2 /x), og C 0 t 1/2 =x/ k 2 x

Reassosiasjonskinetikk for forskjellige typer DNA

Storfe sammenlignet med E. coli: Flere klasser av DNA og høyere kompleksitet

C o t-kurver C o t-kurve for et hypotetisk DNA-molekyl som før fragmentering var 2 millioner bp langt og besto av en unik sekvens på 1 million bp og 1000 kopier av en sekvens på 1000 bp C o t -kurve for Strongylocentrotus purpuratus

”Foldback”-DNA og kompleksitet Foldback-strukturer dannes dersom vi denaturerer fragmentert DNA med høy kompleksitet og renaturerer i kort tid. Skyldes inverterte repetisjoner i nabostilling til hverandre. Opp til 10 % av noen genomer vil renaturere raskt med første ordens kinetikk, og utgjøres altså av slike inverterte repetisjoner

ss nuklease Etter behandling med ss nuklease gir denaturering DNA med kompliserte Cot-kurver. Dette viser at noen slike tandemrepetisjoner forekommer flere ganger i genomet mens andre er unike

Problem 6: Mange rRNA-gener, ingen amplifisering av gener for ribosomale proteiner Xenopus lager ribosomer i løpet av en 2 mnd modningsperiode. Mulig fordi rRNA-genene foreligger i 1500 kopier. a)Hvorfor er det tilstrekkelig med ett gen for hvert ribosomale protein? Fordi hvert mRNA kan gi opphav til mange proteiner b) Hvor lang modningstid uten amplifisering? 2 mnd x 1500 = 250 år

Problem 11: Retrovirus med oncogener

Hvorfor transformeres ikke vertsdyrcellene, mens immortaliserte cellelinjer blir transformert? Transformasjon i denne sammenheng: omdanning av en normal celle til en kreftcelle. Transformasjon krever mange uavhengige genetiske endringer. Ett aktivert onkogen er ikke nok. Immortaliserte celler har allerede gjennomgått flere av endringene på veien til å bli kreftceller. Her kan det ekstra onkogenet være alt som skal til for å fullføre transformasjonen

Problem 12: Hvorfor vil fusjoner mellom kreftceller og normale celler ofte miste den tumorigene fenotypen? Kreft aktivering av onkogener Inaktivering av tumor suppressorgener I den grad kreftcellens ukontrollerte proliferasjon skyldes mangel på genprodukter kan tilførsel av disse ved fusjon gi en mer kontrollert proliferasjon