Travaux dirigés de Biologie Moléculaire

8semaine 10

Exercice 23 : Question 1

Gène Sous-unité Poids Fonction

Rpo A 2 α 40 kDachacune

Assemblage de l’enzymeReconnaissance du promoteur

Rpo B β 155 Centre catalytique

Rpo C β’ 160 Centre catalytique

Rpo (D) Sigma 32-90 Spécificité du promoteur

Exercice 23 : Question 2

ARN polymérase d’E. coli

Cas 1 : la séquence reconnue par TyrR se situe en amont du motif -35

-35 -10 +1TTGATC AACAAT

CTT

ARN polyméraseProtéine TyrR

séquence reconnue par TyrR

Cas 2 : la séquence reconnue par TyrR se situe en aval du +1

-35 -10 +1TTGATC AACAAT

CTT

ARN polyméraseProtéine TyrR

séquence reconnue par TyrR

Cas 3 : la séquence reconnue par TyrR se situe entre –35 & -10

-35 -10 +1TTGATC AACAAT

CTT

ARN polyméraseProtéine TyrR

séquence reconnue par TyrR

Modèles possibles d’organisation de la région aroP

région en amont (« upstream »)direction opposée à la direction de l’ARN polymérase

« fort » « faible »

-35 -10 +1TTGATC AACAAT

CTT+8 +29 +31 +52

boîte 1 boîte 2

ARN polymérase +24-44

Protéine TyrRdirection de la transcription

région en aval (« downstream »)

+1 : site d’initiation de la transcription

Organisation (réelle) du promoteur aroP (promoteur P2)

Exercice 23, question 4

UTP (Uridine Tri Phosphate) dans l’ARN

Exercice 23, question 6 : ARN Pol chez les eucaryotes

les cellules eucaryotes renferment 3 types d’ARN polces ARN Pol, toutes nucléaires, diffèrent selon les ARN qu’elles synthétisent.

Type d’ARN pol Localisation ARN synthétisés

Pol I Nucléole Précurseurs de la plupart des ARNr

Pol II Nucléoplasme Précurseurs des ARNm

Pol III Nucléoplasme Précurseurs de l’ARNr 5sARNt

Différents petits ARN nucléaires et cytosoliques

Il existe également des ARN Pol mitochondriales et (chez les plantes) chloroplastiques

Exercice 24

Transcription procaryote Transcription eucaryote

+1 Site d'initiation de la transcription 5'- TGGAGGGTATTGACAGCTGCTGCCGCCACTATATTCTCAATAGGTCCACGGCCGG -3'3'- ACCTCCCATAACTGTCGACGACGGCGGTGATATAAGAGTTCTCCAGGTGCCGGCC -5' séquence –35 séquence -10

ou boite de Pribnow ↓ ARN: 5’- AGGUCCACGGCCGG -3’

Promoteur typique de cellules d'E. coli montrant la séquence -10 (ou boite de Pribnow), laséquence -35 et le site d'initiation de la transcription.

–30 +1 Site d'initiation de la transcription | 5'- TCACATTTTGTATATAAACTAGCTCCCGAGCCCTAAACTTCATACAGATTCCCAG -3' (brin sens)3'- AGTGTAAAACATATATTTGATCGAGGGCTCGGGATTTGAAGTATGTCTAAGGGTC -5' (matrice d'ADN)

Boite TATA ↓ ARN : 5'- AUACAGAUUCCCAG.....-3'

Promoteur (minimal) typique de cellules eucaryotes montrant la boite TATA située environ 30 bpen amont du site d'initiation de la transcription.

Eukaryotic transcription

Exercice 21

Travaux dirigés de Biologie Moléculaire

8Correction

Contrôle continu n°2

(2 pts) L’ADN d’E. coli marqué au 15N présente une densité de 1,724 g/ml ; lorsque cet ADN renferme du 14N, il a une densité de 1,710g/ml. La bactérie E. coli est tout d’abord cultivée pendant plusieurs générations en utilisant un milieu de culture renfermant comme seule source d’azote du 14NH4 puis, dans un second temps, la biomasse obtenue est transférée dans un milieu renfermant du 15NH4.Quelle sera la densité de l’ADN après une génération ? Faire un schéma.

Exercice n°1

(4 pts) La méthylation de la guanine sur l’oxygène en position 6 par la nitrosoguanidine provoque, après réplication, la transition GC-AT ; expliquer comment (faire un schéma au dos).(Rappel : la méthyl-O6 guanine peut s’apparier avec la thymine)

Exercice n°2

GC

méthylation Gme

Créplication

Gme

T

GC

réplication

réplication

Gme

T

AT

GC

GC

Réparationpuisréplication

AT

GC

Exercice n°3

(4 pts) L’absorption de l’énergie de la lumière UV provoque de nombreuses réactions photochimiques ; àcôté des dimères de pyrimidine, il se forme ce que l’on appelle les photoproduits6-4 (atome n°6 d’une base liée à l’atome n°4 de la base adjacente sur le même brin). Parmi ceux-ci, les dimères cytosine (6-4) sont les plus abondants ; écrire la formule développée d’un tel produit.Présenter brièvement le système de réparation qui permet d’éliminer efficacement ces lésions.

Photoréactivation : élimination directe

Système de réparation le plus efficace : 1 seule enzyme intervient et répare

Réparation par excision de nucléotides : Système de réparation plus complexe

2 molécules de UvrA et 1 molécule deUvrB forment un complexe qui se déplace le long del'ADN.Quand le complexe rencontre une lésion, unchangement de conformation se produit qui entraîne une dénaturation locale de l'hélice d'ADNet une pliure de 130°.

Le dimère d'UvrA se dissocie de UvrB et l'endonucléase UvrC (excinuclease) se fixe et coupe le brind'ADN en deux sites séparés de 12 à 13 bases.

UvrB et UvrC se dissocient et une hélicasedéroule la région endommagée et relâche lebrin de 12 nucléotides qui est dégradé. Le trouest comblé par l’ADN polymérase I et recollépar la ligase.

Exercice n°4

(4 pts) L’ADN du phage T2 est une molécule duplexe de 120.106 Da. La tête de ce phage fait environ 210 nm de diamètre. Calculer la longueur de l’ADN du phage T2 et comparer cette longueur à celle de la tête du virus. Conclure. (rappel : masse molaire d’une pb : 660 g/mol)

Calcul de la longueur de l’ADN du phage T2Nombre de paires de bases du génome du phage T2 :120.106 / 660 = 181818 pb

ADN de type B => 0,34 nm entre 2 nucléotides adjacents, donc l’ADN génomique fait 181818 x 0,34 = 61818 nm ou env. 62 μm.

Comment un ADN de 62 μm de long peut loger dans une tête capsidale de 210 nm (0,2 μm)?

En étant condensé.

Exercice n°4

1 g = masse d’1 mole de H (masse molaire)

1 Da = masse d’1 molécule de H (masse atomique)(1/12ème de la masse d’1 atome de C)

Retenir que :lorsqu’une molécule a une masse atomique de y Da (ici un ADN double brin de 120.106 Da), alors cette molécule aura une masse molaire de y g/mol (ici, cet ADN fera donc 120.106 g/mol).

Exercice n°5

(3 pts) Comment est organisée l’ARN polymérase d’E. coli ?

Pour information

Réponse attendue

Exercice n°6

(3 pts) Quand une expérience de transcription in vitro est faite en présence d’inosinetriphosphate (ITP) à la place du GTP, l’efficacité de la terminaison de la transcription est diminuée. Pourquoi ?(l’inosine correspond à la 6-oxo-purine ; elle peut s’apparier avec C, formant 2 liaisons H)

Principe de la terminaison de transcription

ITP => I=C => 2 liaisons H au lieu des 3 entre C et G => boucle instable