Salta al contingut
Classes de reforç
Menú

Exercicis de biotecnologia — Biologia 2n Batxillerat

La biotecnologia aplica el coneixement de l'ADN a la medicina, l'agricultura i la indústria. Aquests exercicis et fan explicar les eines bàsiques: els enzims de restricció, la PCR i per què la seva ADN polimerasa ha de resistir la calor, i el sistema CRISPR. Després estudies els vectors, com els plasmidis o els virus, i per què Agrobacterium serveix per obtenir plantes transgèniques. Al final treballes la teràpia gènica i la diferència entre modificar cèl·lules somàtiques i germinals, i com comprovar si una mostra conté un gen concret. Les solucions descriuen cada pas. Errors típics: pensar que la proteïna Cas9 reconeix sola el gen i confondre organisme modificat amb transgènic.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Per què la DNA polimerasa que es fa servir a la PCR ha de ser resistent a la calor?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

Perquè cada cicle de la PCR escalfa la mescla a uns 95 °C per separar les cadenes: una polimerasa normal es desnaturalitzaria, mentre que una de termoresistent (com la Taq) aguanta tots els cicles.

Resolució

  1. Què passa a cada cicle. La PCR repeteix tres fases: desnaturalització a uns 95 °C (se separen les dues cadenes del DNA), hibridació dels encebadors i extensió per la DNA polimerasa.
  2. Efecte de la calor sobre un enzim normal. A 95 °C una proteïna qualsevol perd la seva estructura tridimensional (es desnaturalitza) i, amb ella, l'activitat catalítica.
  3. Conseqüència. Amb una polimerasa normal caldria afegir-ne de nova a cada cicle, cosa lenta, cara i poc pràctica.
  4. Conclusió. Per això es fa servir una DNA polimerasa termoresistent, aïllada de bacteris que viuen en fonts termals, que conserva la funció durant tots els cicles.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Digues si l'afirmació és certa o falsa, i per què: «Tot organisme transgènic és un OMG, i tot OMG és transgènic».

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

És falsa en conjunt: tot organisme transgènic és un OMG, però no tot OMG és transgènic.

Resolució

  1. Definicions. Un OMG és un organisme amb el genoma modificat de manera dirigida per enginyeria genètica; un transgènic és un OMG al qual s'ha introduït un gen d'una altra espècie.
  2. Primera part: certa. Tot organisme transgènic porta un gen d'una altra espècie introduït per enginyeria genètica, de manera que és un OMG.
  3. Segona part: falsa. Un OMG també pot ser el resultat d'inactivar o corregir un gen propi de l'organisme (per exemple, amb edició genètica), sense incorporar-hi cap gen d'una altra espècie: és un OMG no transgènic.
  4. Conclusió. Com que la segona meitat de l'afirmació no es compleix, l'afirmació sencera és falsa: els transgènics són només una part dels OMG.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Què és un vector en enginyeria genètica? Posa'n dos exemples.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

Un vector és la molècula o l'organisme que transporta el gen d'interès fins a la cèl·lula que es vol modificar. Exemples: un plasmidi bacterià i un virus modificat (o el bacteri Agrobacterium per a les plantes).

Resolució

  1. Què cal. Per modificar una cèl·lula, el gen d'interès ha d'entrar-hi i mantenir-s'hi (replicar-se o integrar-se al genoma); el DNA nu gairebé no ho fa sol.
  2. Definició. El vector és el «vehicle» que porta el gen d'interès fins a la cèl·lula hoste i n'assegura l'entrada i la conservació.
  3. Exemples. Un plasmidi bacterià (DNA circular que es replica dins del bacteri), un virus modificat (sense els gens que causen malaltia) o el bacteri Agrobacterium, que transfereix DNA a les cèl·lules vegetals.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

L'enzim de restricció EcoRI reconeix la seqüència 5'-GAATTC-3' i talla entre la G i la A en les dues cadenes. Localitza el lloc de tall en el DNA bicatenari següent, escriu els dos fragments que en resulten (amb les dues cadenes i la polaritat) i explica per què es diu que la seqüència de reconeixement és palindròmica i que els extrems són cohesius.
5'-ATCGGAATTCTAGC-3'
3'-TAGCCTTAAGATCG-5'

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

Lloc GAATTC als nucleòtids 5–10 de la cadena de dalt. Fragment esquerre: 5'-ATCGG-3' / 3'-TAGCCTTAA-5'; fragment dret: 5'-AATTCTAGC-3' / 3'-GATCG-5'. És palindròmica perquè les dues cadenes llegides 5'→3' diuen GAATTC, i els extrems són cohesius perquè queden cues monocatenàries complementàries (5'-AATT).

Resolució

  1. Localització. A la cadena de dalt, 5'-ATCGGAATTCTAGC-3', la seqüència GAATTC ocupa els nucleòtids 5 a 10. A la de baix, llegida 5'→3' (de dreta a esquerra), també hi ha GAATTC.
  2. Tall. L'enzim talla entre la G i la A a les dues cadenes: a dalt, ATCGG | AATTCTAGC; a baix (5'→3'), GCTAG | AATTCCGAT.
  3. Fragments. Esquerre: 5'-ATCGG-3' amb 3'-TAGCCTTAA-5'. Dret: 5'-AATTCTAGC-3' amb 3'-GATCG-5'. Fixa't que cada fragment té una cua monocatenària de quatre nucleòtids, 5'-AATT.
  4. Palíndrom. La seqüència llegida en sentit 5'→3' és la mateixa en les dues cadenes (GAATTC a dalt i GAATTC a baix llegint de dreta a esquerra); per això l'enzim talla les dues cadenes en punts simètrics.
  5. Extrems cohesius. Com que els talls estan desplaçats quatre nucleòtids, les cues 5'-AATT de qualsevol fragment tallat amb EcoRI són complementàries entre si: s'aparellen per ponts d'hidrogen i la DNA lligasa les pot unir. És la base per combinar DNA d'orígens diferents.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Relaciona cada tècnica biotecnològica amb l'aplicació que descriu: PCR, electroforesi en gel, clonació reproductiva, cultiu de teixits vegetals (micropropagació), seqüenciació del DNA i hibridació amb sonda. Aplicacions: (1) obtenir milers de plantes idèntiques a partir d'uns pocs mil·límetres de teixit d'una planta d'elit; (2) determinar l'ordre exacte dels nucleòtids d'un gen per trobar-hi una mutació; (3) separar fragments de DNA segons la mida per comparar-los; (4) obtenir un animal genèticament idèntic a un altre a partir del nucli d'una cèl·lula somàtica; (5) obtenir milions de còpies d'un fragment concret de DNA a partir d'una quantitat mínima; (6) detectar si una mostra conté una seqüència concreta fent servir un fragment de DNA monocatenari marcat i complementari.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

PCR → (5); electroforesi en gel → (3); clonació reproductiva → (4); micropropagació → (1); seqüenciació del DNA → (2); hibridació amb sonda → (6).

Resolució

  1. PCR → (5). Amplificació exponencial d'un fragment concret amb cicles de desnaturalització, hibridació d'encebadors i extensió: milions de còpies a partir de molt poc DNA.
  2. Electroforesi → (3). Els fragments de DNA, carregats negativament, migren cap al pol positiu a través del gel, i els petits avancen més: se separen per mida.
  3. Clonació reproductiva → (4). Transferència del nucli d'una cèl·lula somàtica a un òvul enucleat i implantació de l'embrió en una mare gestant.
  4. Micropropagació → (1). Les cèl·lules vegetals són totipotents i, amb hormones, regeneren plantes senceres a partir d'un tros petit de teixit; totes són clons de la planta d'elit.
  5. Seqüenciació → (2). És l'única tècnica que dona l'ordre exacte dels nucleòtids; la PCR només diu si hi ha o no un fragment, o quina mida té.
  6. Hibridació amb sonda → (6). La sonda monocatenària s'aparella per complementarietat amb la seqüència diana, i el marcatge (fluorescent o radioactiu) la fa visible.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Raona si cada afirmació sobre la clonació d'animals és certa o falsa: a) Un animal clonat per transferència nuclear és genèticament idèntic, en el DNA del nucli, a l'animal que ha donat la cèl·lula somàtica. b) Dos clons són idèntics en tots els seus trets, com ho serien dues fotocòpies. c) La clonació reproductiva busca obtenir un organisme sencer, mentre que la terapèutica busca obtenir cèl·lules o teixits per a un pacient. d) Per clonar un mamífer cal partir d'un gàmeta de l'animal que es vol copiar.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Apartat a)

Resultat

Certa: el nucli prové de la cèl·lula somàtica del donant, i només el DNA mitocondrial prové de l'òvul receptor.

Resolució

  1. Origen del nucli. En la transferència nuclear, el nucli (diploide) d'una cèl·lula somàtica del donant s'introdueix en un òvul sense nucli.
  2. Conclusió. El clon té el mateix genoma nuclear que el donant; només el DNA mitocondrial prové de l'òvul receptor.

Apartat b)

Resultat

Falsa: el fenotip depèn també de l'ambient i de les marques epigenètiques, i els clons poden diferir.

Resolució

  1. Genotip i fenotip. El fenotip depèn del genotip, però també de l'ambient (alimentació, experiències) i de marques epigenètiques que no es copien en la clonació.
  2. Conclusió. Els clons poden diferir en mida, taques del pelatge, caràcter o salut, com passa amb els bessons idèntics: no són «fotocòpies».

Apartat c)

Resultat

Certa: la reproductiva busca un individu sencer; la terapèutica, cèl·lules o teixits compatibles amb el pacient.

Resolució

  1. Clonació reproductiva. L'embrió s'implanta en una mare gestant per obtenir un organisme sencer.
  2. Clonació terapèutica. L'embrió no s'implanta: se'n deriven cèl·lules mare embrionàries compatibles amb el pacient per obtenir cèl·lules o teixits.

Apartat d)

Resultat

Falsa: es parteix del nucli d'una cèl·lula somàtica de l'animal que es copia; el gàmeta necessari és un òvul enucleat d'un altre animal.

Resolució

  1. Què s'agafa del donant. La novetat de la transferència nuclear és que es fa servir el nucli d'una cèl·lula somàtica adulta (en el cas de l'ovella Dolly, de la glàndula mamària).
  2. Paper del gàmeta. L'únic gàmeta que cal és un òvul d'un altre animal, al qual s'ha tret el nucli i que fa de receptor.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Un plasmidi que es vol fer servir com a vector de clonació ha de tenir, com a mínim, un origen de replicació, un gen de resistència a un antibiòtic i un lloc de tall únic per a un enzim de restricció. Explica breument per a què serveix cadascun d'aquests tres elements.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

L'origen de replicació permet que el plasmidi es copiï dins del bacteri; el gen de resistència permet seleccionar els bacteris que l'han captat; el lloc de tall únic permet obrir-lo en un sol punt per inserir-hi el gen.

Resolució

  1. Origen de replicació. És la seqüència on comença la còpia del plasmidi: permet que es repliqui dins del bacteri independentment del cromosoma i que cada cèl·lula filla n'hereti còpies, de manera que el gen inserit es multiplica amb el cultiu.
  2. Gen de resistència (gen marcador). Permet seleccionar els bacteris que han incorporat el plasmidi: en un medi amb l'antibiòtic només creixen els que l'han captat. Cal perquè la transformació és poc eficient i la majoria de bacteris no el capten.
  3. Lloc de tall únic. Si l'enzim només talla el plasmidi en un punt, el plasmidi s'obre sense fragmentar-se, i el gen d'interès, tallat amb el mateix enzim, s'hi insereix per extrems cohesius i es tanca amb la lligasa.
  4. Per què únic. Si hi hagués dos llocs, el plasmidi perdria un tros (que pot contenir elements essencials) i no es podria recircularitzar correctament.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

En un gel d'agarosa es carreguen, en un mateix pou, tres fragments de DNA de 500, 2000 i 1200 parells de bases, i en un pou veí un marcador de pesos moleculars amb fragments de mida coneguda. S'aplica un camp elèctric. Explica cap a quin pol migra el DNA i per què, en quin ordre apareixeran les tres bandes a partir del pou, i per a què serveix el marcador.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

El DNA migra cap al pol positiu (ànode) perquè té càrrega negativa; des del pou, l'ordre és 2000 pb, 1200 pb i 500 pb (la més allunyada); el marcador permet estimar la mida de les bandes.

Resolució

  1. Sentit de la migració. Els grups fosfat donen càrrega negativa al DNA, de manera que migra cap al pol positiu (ànode).
  2. Separació per mida. El gel és una xarxa de porus: els fragments petits s'hi mouen més fàcilment i avancen més; els grans queden frenats. Ordre des del pou: 2000 pb (la més a prop), 1200 pb i 500 pb (la més allunyada).
  3. El marcador. Conté fragments de mides conegudes; comparant la posició de cada banda amb les del marcador s'estima la mida dels fragments. La distància recorreguda disminueix amb el logaritme de la mida, no proporcionalment a la mida.
  4. Visualització. El DNA no es veu a simple vista: cal tenyir-lo amb un colorant fluorescent i observar el gel amb llum ultraviolada o blava.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Classifica cada tipus de cèl·lula mare segons l'origen i la potència (totipotent, pluripotent o multipotent) i indica quin dels tipus permet obtenir cèl·lules pluripotents sense fer servir embrions: (a) cèl·lules de la massa cel·lular interna del blastocist; (b) cèl·lules mare de la medul·la òssia d'un adult; (c) cèl·lules de la pell d'un adult reprogramades al laboratori amb uns quants gens (cèl·lules iPS); (d) el zigot i les primeres cèl·lules de l'embrió.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

(a) embrionàries, pluripotents; (b) adultes, multipotents; (c) iPS, pluripotents induïdes; (d) totipotents. Les iPS (c) són les que donen cèl·lules pluripotents sense fer servir embrions.

Resolució

  1. (a) Massa cel·lular interna del blastocist. Cèl·lules mare embrionàries, pluripotents: poden originar qualsevol tipus cel·lular del cos, però no un organisme sencer (no formen la placenta).
  2. (b) Medul·la òssia d'un adult. Cèl·lules mare adultes (hematopoètiques), multipotents: només originen els tipus cel·lulars del seu teixit, les cèl·lules de la sang; s'utilitzen en els trasplantaments de medul·la.
  3. (c) Cèl·lules iPS. Pluripotents, com les embrionàries, però obtingudes reprogramant cèl·lules adultes: és el tipus que evita l'ús d'embrions i, a més, són genèticament del mateix pacient (sense rebuig).
  4. (d) Zigot i primeres cèl·lules de l'embrió. Totipotents: poden formar un organisme complet, incloent-hi els teixits extraembrionaris; aquesta capacitat es perd després de les primeres divisions.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

El blat de moro Bt porta un gen del bacteri del sòl Bacillus thuringiensis que codifica una proteïna tòxica per a les larves de certs insectes que mengen la planta. Explica per què es considera un organisme transgènic, quin avantatge agronòmic i ambiental pot tenir, i per què la proteïna Bt no és tòxica per a les persones.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

És transgènic perquè porta un gen d'una altra espècie (un bacteri); redueix les pèrdues per la plaga i l'ús d'insecticides; la proteïna Bt no afecta les persones perquè només s'activa al pH alcalí de l'intestí dels insectes i s'uneix a receptors que nosaltres no tenim.

Resolució

  1. Per què és transgènic. Conté un gen d'una espècie diferent (el bacteri Bacillus thuringiensis), introduït per enginyeria genètica, que no s'hauria pogut incorporar per creuament.
  2. Avantatge agronòmic. La planta fabrica la seva pròpia defensa contra el corc: les larves que la mengen moren i es redueixen les pèrdues de collita.
  3. Avantatge ambiental. Cal polvoritzar menys insecticides químics, que afecten molts més insectes i contaminen el sòl i l'aigua.
  4. Per què no és tòxica per a nosaltres. La toxina Bt només s'activa en el pH alcalí de l'intestí dels insectes i s'uneix a receptors específics de les seves cèl·lules intestinals; els mamífers tenim un estómac àcid, no tenim aquests receptors i la digerim com qualsevol altra proteïna.
  5. Comprovació pràctica. De fet, les preparacions de Bt es fan servir com a insecticida biològic (també en agricultura ecològica) des de fa dècades.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Classifica cada cas com a OMG transgènic, OMG no transgènic o cap de les dues coses, i justifica-ho: (a) un blat de moro al qual s'ha introduït un gen d'un bacteri que el fa resistent a un insecte; (b) un tomàquet al qual s'ha inactivat, amb edició genètica, un gen propi que el feia madurar massa de pressa; (c) una varietat de blat obtinguda per creuament selectiu al llarg de dècades; (d) un bacteri que porta el gen humà de l'hormona del creixement.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Apartat a)

Resultat

OMG transgènic: porta un gen d'una altra espècie (un bacteri).

Resolució

  1. Criteri. Primer: s'ha manipulat el genoma de manera dirigida? Si no, no és OMG. Si sí: el que s'hi ha posat ve d'una altra espècie? Si sí, és transgènic.
  2. Aplicació. El blat de moro ha rebut per enginyeria genètica un gen d'un bacteri, una espècie ben diferent: és un OMG transgènic.

Apartat b)

Resultat

OMG no transgènic: s'ha modificat el genoma de manera dirigida, però només s'ha inactivat un gen propi.

Resolució

  1. Manipulació dirigida. L'edició genètica altera el genoma al laboratori de manera dirigida: és un OMG.
  2. Sense DNA de fora. No s'hi ha introduït cap seqüència d'una altra espècie, només s'ha inactivat un gen propi: no és transgènic.

Apartat c)

Resultat

Cap de les dues coses: el creuament selectiu modifica la varietat per reproducció sexual i selecció, no per manipulació dirigida.

Resolució

  1. Com s'ha obtingut. El creuament selectiu canvia el patrimoni genètic de la varietat, però ho fa per reproducció sexual i selecció al llarg de generacions, no per manipulació al laboratori.
  2. Conclusió. No és un OMG en el sentit tècnic ni legal del terme, encara que genèticament la varietat resultant pugui ser molt diferent de la de partida.

Apartat d)

Resultat

OMG transgènic: el bacteri porta un gen humà, d'una espècie ben diferent.

Resolució

  1. Manipulació dirigida. S'ha introduït per enginyeria genètica un gen concret al bacteri.
  2. Origen del gen. El gen és humà, d'una altra espècie: és un OMG transgènic.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Explica per què Agrobacterium es fa servir com a vector per obtenir plantes transgèniques, i no bacteris qualsevol.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

Perquè Agrobacterium, de manera natural, transfereix un fragment del seu plasmidi Ti (el T-DNA) a les cèl·lules vegetals i l'integra al seu genoma; substituint els gens del tumor pel gen d'interès, s'aprofita aquest mecanisme ja existent.

Resolució

  1. Què fa en la natura. Agrobacterium és un bacteri del sòl que infecta cèl·lules vegetals i els transfereix un fragment del seu plasmidi Ti, el T-DNA, que s'integra al genoma de la planta i li provoca un tumor (la gal·la).
  2. Com s'aprofita. Els enginyers genètics treuen del T-DNA els gens que provoquen el tumor i hi posen el gen d'interès; el bacteri el transfereix i l'integra al genoma vegetal.
  3. Conclusió. Com que el mecanisme de transferència ja existeix de manera natural en aquest bacteri, és molt més eficient que fer-ho amb un bacteri qualsevol, que no té aquesta capacitat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Argumenta la utilitat de la biotecnologia en dos sentits diferents, posant un exemple de cadascun: (a) com a manera d'obtenir productes de forma econòmica i sostenible; (b) com a eina d'estudi per a la recerca. (c) Explica per què els microorganismes hi tenen un paper central.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Apartat a)

Resultat

Exemple: la insulina humana produïda per bacteris amb DNA recombinant, il·limitada, més pura, més barata i sense sacrificar animals.

Resolució

  1. Com es feia abans. La insulina s'extreia de pàncrees de porc i de bou, amb un rendiment baixíssim, un cost alt, dependència dels escorxadors i risc de reaccions immunitàries perquè no era insulina humana.
  2. Amb biotecnologia. Els bacteris amb el gen humà en fabriquen una quantitat il·limitada en fermentadors, més pura, més barata i sense sacrificar cap animal: és més econòmic i més sostenible alhora.

Apartat b)

Resultat

Exemple: animals en què s'ha inactivat un gen concret per veure quines funcions es perden, o models animals d'una malaltia humana; aquí el producte és coneixement.

Resolució

  1. Inactivació de gens. Generar animals modificats en què s'ha inactivat un gen concret permet veure quines funcions es perden i esbrinar, així, per a què serveix aquell gen.
  2. Models de malaltia. També es poden crear models animals que reprodueixen una malaltia humana per assajar-hi tractaments abans de provar-los en persones.
  3. Conclusió. Aquí el producte no és una substància sinó coneixement.

Apartat c)

Resultat

Perquè es reprodueixen molt de pressa, es cultiven a baix cost en gran quantitat, tenen un genoma petit i fàcil de manipular (plasmidis) i, pel codi genètic universal, poden expressar gens de qualsevol espècie.

Resolució

  1. Reproducció ràpida. Es divideixen en minuts: en poques hores hi ha milions de còpies de la modificació.
  2. Cultiu fàcil. Es cultiven en gran quantitat i a baix cost en fermentadors controlats.
  3. Manipulació senzilla. El seu genoma és petit i fàcil de modificar, sobretot gràcies als plasmidis.
  4. Codi genètic universal. Poden expressar gens de qualsevol espècie, inclosos els humans.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Explica per què, en teràpia gènica, la distinció entre cèl·lules somàtiques i cèl·lules germinals és clau des del punt de vista ètic.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

Perquè determina qui rep el canvi: en cèl·lules somàtiques només afecta el pacient; en cèl·lules germinals passaria a tota la seva descendència, que no hi pot consentir.

Resolució

  1. Teràpia somàtica. Si la correcció es fa en cèl·lules somàtiques, l'efecte es limita exclusivament al pacient tractat i no es transmet a la descendència.
  2. Teràpia germinal. Si es fes en cèl·lules germinals (òvuls, espermatozoides o embrions molt inicials), el canvi passaria a totes les generacions futures d'aquella persona.
  3. Problema ètic. Això planteja qüestions molt més profundes: conseqüències irreversibles i no consentides per a persones que encara no existeixen.
  4. Conclusió. Per això la teràpia gènica en línia germinal està molt més restringida legalment que la somàtica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Un fragment lineal de DNA de 10 kb es talla amb dos enzims de restricció. Amb EcoRI s'obtenen dos fragments de 3 i 7 kb; amb BamHI, dos fragments de 4 i 6 kb; i amb els dos enzims alhora, tres fragments de 3, 1 i 6 kb. a) Quants llocs de tall té cada enzim? b) Descriu el mapa de restricció (posició de cada lloc de tall mesurada des d'un mateix extrem) i justifica'l. c) Raona quantes bandes es veurien en un gel si el DNA fos circular i es tallés només amb EcoRI.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Apartat a)

Resultat

Cada enzim té un sol lloc de tall.

Resolució

  1. Propietat. En un DNA lineal, n talls donen n + 1 fragments.
  2. Aplicació. EcoRI dona 2 fragments (3 + 7 = 10 kb) i BamHI també 2 (4 + 6 = 10 kb): cada enzim talla una sola vegada.

Apartat b)

Resultat

Mapa: EcoRI a 3 kb i BamHI a 4 kb del mateix extrem (fragments 0–3, 3–4 i 4–10 kb).

Resolució

  1. Plantejament. Situem EcoRI a 3 kb d'un extrem (deixa 3 i 7 kb). BamHI pot estar a 4 kb o a 6 kb d'aquest mateix extrem.
  2. Descart. Si BamHI fos a 6 kb, la digestió doble donaria 3, 3 i 4 kb, i no és el que s'observa.
  3. Opció correcta. Amb BamHI a 4 kb, la digestió doble dona 0–3 (3 kb), 3–4 (1 kb) i 4–10 (6 kb), exactament 3, 1 i 6 kb.
  4. Comprovació. 3 + 1 + 6 = 10 kb, i BamHI sol dona 4 i 6 kb. Mapa: extrem — EcoRI a 3 kb — BamHI a 4 kb — extrem a 10 kb.

Apartat c)

Resultat

Una sola banda de 10 kb.

Resolució

  1. DNA circular. En un DNA circular, el nombre de fragments és igual al nombre de talls (en un de lineal, és el nombre de talls més un).
  2. Conclusió. Un sol tall d'EcoRI no el divideix: només l'obre i el converteix en una molècula lineal de 10 kb, que es veu com una única banda de 10 kb.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

Un vector de clonació porta un gen de resistència a l'ampicil·lina i el gen lacZ, que codifica la beta-galactosidasa, un enzim que converteix el substrat incolor X-gal en un producte blau. El lloc de clonació (on s'insereix el DNA estrany) és a l'interior del gen lacZ. Després de la lligació, els bacteris transformats se sembren en plaques amb ampicil·lina i X-gal. a) Explica què passa amb els bacteris que no han captat cap plasmidi. b) Raona de quin color seran les colònies dels bacteris amb un plasmidi sense insert i les dels bacteris amb un plasmidi recombinant. c) Per què calen els dos marcadors (ampicil·lina i lacZ) i no en tindríem prou amb l'antibiòtic?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Apartat a)

Resultat

Moren per l'ampicil·lina i no formen colònia, perquè no tenen el gen de resistència.

Resolució

  1. Sense plasmidi. El gen de resistència a l'ampicil·lina és al plasmidi: els bacteris que no n'han captat cap no el tenen.
  2. Conclusió. L'ampicil·lina els mata i no formen colònia. Així s'elimina la gran majoria de bacteris, que en la transformació no capten cap plasmidi.

Apartat b)

Resultat

Plasmidi sense insert: colònies blaves. Plasmidi recombinant: colònies blanques.

Resolució

  1. Sense insert. El plasmidi s'ha tornat a tancar sol: lacZ està sencer, la beta-galactosidasa és funcional, transforma el X-gal i la colònia és blava.
  2. Recombinant. El fragment inserit interromp lacZ: l'enzim no es fabrica (o és inactiu), el X-gal no es transforma i la colònia és blanca.
  3. Error típic. No diguis que les colònies blaves són les recombinants: el blau indica que lacZ està intacte, és a dir, sense insert.

Apartat c)

Resultat

L'antibiòtic només diu que el bacteri té plasmidi; lacZ distingeix, pel color, els plasmidis amb insert dels buits.

Resolució

  1. Límit de l'antibiòtic. L'ampicil·lina selecciona els bacteris que tenen plasmidi, però no diu si el plasmidi porta l'insert: en la lligació, molts plasmidis es tanquen sense incorporar res.
  2. Paper de lacZ. Permet distingir els recombinants (blancs) dels buits (blaus) i triar només les colònies blanques per continuar.
  3. Confirmació. Després cal confirmar-ho per PCR o per anàlisi de restricció.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Per produir hormona del creixement humana en Escherichia coli, un laboratori aïlla el gen directament del DNA d'un cromosoma humà, l'insereix en un plasmidi amb un promotor bacterià i el transforma en el bacteri, però no obté hormona funcional. a) Explica per què el gen extret directament del genoma no funciona en un bacteri. b) Descriu com s'obté una versió del gen que sí que funcioni, a partir del mRNA de les cèl·lules de la hipòfisi, i quin enzim d'origen víric s'hi necessita. c) Per què cal que el gen vagi precedit d'un promotor bacterià i no del seu promotor humà?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Apartat a)

Resultat

Perquè el gen humà té introns i els bacteris no poden eliminar-los (no fan splicing): la proteïna que en surt no és funcional.

Resolució

  1. Gens eucariotes. Els gens humans tenen introns, que l'espliceosoma elimina en la maduració del mRNA.
  2. Bacteris. No tenen introns ni la maquinària per fer el splicing: transcriuen tot el gen, introns inclosos.
  3. Conclusió. Es tradueix una proteïna amb seqüències extra o amb el marc de lectura trencat, que no és funcional.

Apartat b)

Resultat

Es copia el mRNA madur de la hipòfisi a cDNA amb la transcriptasa inversa (d'origen retroviral); el cDNA només té els exons i és el que s'insereix al plasmidi.

Resolució

  1. Punt de partida. S'extreu el mRNA madur de les cèl·lules de la hipòfisi, que fabriquen l'hormona; aquest mRNA ja no té introns.
  2. Transcripció inversa. La transcriptasa inversa, enzim dels retrovirus, copia el mRNA a una cadena de DNA complementari (cDNA); després es fa la segona cadena amb DNA polimerasa.
  3. Resultat. El cDNA conté només la seqüència codificant (els exons seguits) i és el que s'insereix en el plasmidi.

Apartat c)

Resultat

Perquè la RNA polimerasa bacteriana només reconeix promotors bacterians; el promotor humà necessita factors de transcripció eucariotes que el bacteri no té.

Resolució

  1. Reconeixement del promotor. La RNA polimerasa bacteriana només s'uneix a promotors bacterians; el promotor humà necessita factors de transcripció eucariotes que el bacteri no té.
  2. Amb promotor bacterià. Amb un promotor bacterià fort (i sovint induïble), el bacteri transcriu el cDNA.
  3. Traducció. Com que el codi genètic és universal, els ribosomes bacterians tradueixen aquest mRNA a l'hormona humana.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

En una prova de paternitat s'analitza per PCR un microsatèl·lit (STR), una regió del DNA amb una seqüència curta repetida un nombre variable de vegades segons l'al·lel. Els resultats (nombre de repeticions dels dos al·lels de cada persona) són: mare 10 i 14; fill 10 i 17; home A 12 i 17; home B 13 i 15. a) Raona quin dels dos homes pot ser el pare i quin queda exclòs. b) Explica per què els al·lels d'un STR es poden distingir amb una electroforesi després de la PCR. c) Per què en una prova real s'analitzen una quinzena de STR diferents i no només un?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Apartat a)

Resultat

L'home A (12 i 17) pot ser el pare; l'home B (13 i 15) queda exclòs.

Resolució

  1. Herència. El fill rep un al·lel de cada progenitor.
  2. Al·lel matern. El 10 del fill prové de la mare (10 i 14), de manera que el 17 ha de venir del pare.
  3. Conclusió. L'home A té l'al·lel 17 i pot ser el pare; l'home B (13 i 15) no el té i queda exclòs amb seguretat.

Apartat b)

Resultat

Perquè la longitud del producte de PCR depèn del nombre de repeticions, i l'electroforesi separa els fragments per mida.

Resolució

  1. PCR. Els encebadors s'uneixen a les seqüències fixes que flanquegen el STR, de manera que la longitud del producte depèn del nombre de repeticions: cada repetició afegeix uns quants parells de bases.
  2. Electroforesi. Al gel els fragments se separen per mida i cada al·lel apareix com una banda en una posició diferent; una persona heterozigota mostra dues bandes.

Apartat c)

Resultat

Un sol STR pot excloure però no demostra la paternitat; amb una quinzena de STR independents, la probabilitat de coincidència per atzar és ínfima.

Resolució

  1. Límit d'un sol STR. Exclou qui no té l'al·lel patern, però no demostra la paternitat: l'al·lel 17 el pot tenir molta gent de la població.
  2. Molts STR. Amb quinze STR independents, les probabilitats de coincidència de cada locus es multipliquen i la probabilitat que un home no emparentat coincideixi en tots per atzar és ínfima.
  3. Conclusió. La paternitat queda establerta amb una probabilitat superior al 99,99 %.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Per diagnosticar la infecció per un virus de RNA es fa servir la tècnica RT-PCR a partir d'una mostra nasal. a) Explica per què cal un pas previ a la PCR i quin enzim s'hi fa servir. b) Què són els encebadors i per què determinen que la prova detecti aquest virus i no un altre? c) En cada tanda s'inclou un tub sense mostra (control negatiu) i un tub amb RNA del virus (control positiu). Raona per a què serveix cadascun. d) Raona per què una mutació del virus en la regió on s'uneix un encebador podria donar un resultat fals negatiu.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Apartat a)

Resultat

Cal una transcripció inversa (RT) que copiï el RNA víric a cDNA, amb la transcriptasa inversa, perquè la polimerasa de la PCR només copia DNA.

Resolució

  1. Problema. La DNA polimerasa de la PCR només copia DNA, i el genoma del virus és RNA.
  2. Pas previ. La transcriptasa inversa copia el RNA víric a cDNA, i aquest cDNA és el que s'amplifica després per PCR.

Apartat b)

Resultat

Són dos oligonucleòtids curts complementaris als extrems del fragment; com que la polimerasa només allarga des d'un encebador aparellat, si es dissenyen sobre una seqüència exclusiva del virus només s'amplifica aquest virus.

Resolució

  1. Què són. Dos oligonucleòtids curts (uns 20 nucleòtids) complementaris als extrems del fragment que es vol amplificar, un per a cada cadena.
  2. Especificitat. La polimerasa només allarga a partir d'un encebador aparellat, de manera que només s'amplifica el fragment comprès entre tots dos.
  3. Conclusió. Si els encebadors es dissenyen sobre una seqüència exclusiva del genoma d'aquest virus, no s'amplifica cap altre.

Apartat c)

Resultat

El control negatiu detecta contaminacions (no ha d'amplificar); el positiu comprova que la reacció funciona (ha d'amplificar).

Resolució

  1. Control negatiu. No hi ha d'haver amplificació; si en surt, els reactius o el laboratori estan contaminats i els positius de la tanda no són fiables (la PCR amplifica fins i tot una sola molècula).
  2. Control positiu. Ha de sortir positiu; si no, els reactius o l'aparell han fallat i els negatius de la tanda no són vàlids.

Apartat d)

Resultat

Perquè l'encebador no s'aparellaria bé amb la seqüència mutada, la polimerasa no començaria i no hi hauria amplificació encara que hi hagués virus.

Resolució

  1. Aparellament. Si la seqüència del virus canvia en la zona on s'ha d'aparellar l'encebador, aquest no s'hi uneix bé, sobretot si la mutació és a l'extrem 3'.
  2. Conseqüència. La polimerasa no pot començar, el fragment no s'amplifica i la prova diu «negatiu» per error.
  3. Solució. Per això els tests fan servir més d'una diana del genoma.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Una varietat de soja transgènica porta un gen bacterià que la fa tolerant a un herbicida, de manera que el pagès pot ruixar tot el camp i només moren les males herbes. Al cap d'uns anys, en alguns camps apareixen males herbes que l'herbicida ja no mata. a) Explica, en termes de selecció natural, com han aparegut aquestes males herbes resistents. b) Raona si la resistència pot haver passat de la soja a les males herbes i en quines condicions seria possible. c) En els camps de blat de moro Bt és obligatori sembrar una part de la finca («refugi») amb blat de moro no transgènic. Explica quina finalitat té aquesta mesura.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Apartat a)

Resultat

L'herbicida no ha creat la resistència: l'ha seleccionada entre individus que ja eren tolerants per mutació a l'atzar.

Resolució

  1. Variabilitat prèvia. En la població de males herbes hi havia, per mutació a l'atzar, alguns individus lleugerament tolerants a l'herbicida.
  2. Selecció. Cada tractament elimina els sensibles i deixa reproduir els tolerants, que transmeten els seus al·lels; al cap d'unes generacions la resistència és majoritària.
  3. Conclusió. L'herbicida selecciona la resistència, exactament com els antibiòtics seleccionen bacteris resistents.

Apartat b)

Resultat

Només seria possible per flux gènic a través del pol·len cap a una espècie silvestre emparentada amb la soja que s'hi pugui creuar i donar híbrids fèrtils.

Resolució

  1. Condició. Caldria que la mala herba fos una espècie silvestre molt emparentada amb la soja, capaç de creuar-s'hi per pol·len i de donar híbrids fèrtils.
  2. Cas de la soja. En la majoria de camps europeus no hi ha parents silvestres de la soja, de manera que l'explicació més probable és la de l'apartat a.
  3. Altres cultius. En cultius com la colza o el blat sí que hi ha parents silvestres, i el risc de transferència del transgèn existeix.

Apartat c)

Resultat

El refugi manté insectes sensibles; els rars resistents s'hi aparellen i, com que la resistència sol ser recessiva, els fills heterozigots són sensibles: es retarda l'aparició de plagues resistents.

Resolució

  1. Població sensible. El refugi manté una població d'insectes sensibles que no està sotmesa a la toxina Bt.
  2. Aparellaments. Si apareix un insecte resistent al camp Bt, el més probable és que s'aparelli amb un de sensible del refugi; com que la resistència sol ser recessiva, els descendents heterozigots són sensibles i moren en menjar blat de moro Bt.
  3. Conclusió. Es retarda molt l'evolució de poblacions resistents i s'allarga la vida útil de la tecnologia.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

L'eritropoetina (EPO) és una hormona glicoproteica que estimula la formació de glòbuls vermells i es fa servir per tractar l'anèmia de pacients amb insuficiència renal. Es produeix com a proteïna recombinant en cèl·lules de mamífer cultivades (cèl·lules CHO), no en Escherichia coli, mentre que la insulina humana sí que es produeix en bacteris. a) Raona per què l'EPO no es pot produir funcional en bacteris. b) Explica quins avantatges tenen els bacteris que fan que, sempre que es pugui, siguin l'organisme preferit. c) Els llevats són una opció intermèdia. Argumenta-ho.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Apartat a)

Resultat

Perquè l'EPO necessita glicosilació i un plegament amb ponts disulfur que es fan al reticle i al Golgi, orgànuls que els bacteris no tenen.

Resolució

  1. Modificacions necessàries. L'EPO necessita l'addició de cadenes de sucres (glicosilació) al reticle endoplasmàtic i a l'aparell de Golgi, i un plegament amb ponts disulfur correctes.
  2. Límit dels bacteris. No tenen aquests orgànuls ni els enzims de glicosilació: fabricarien la cadena d'aminoàcids, però sense els sucres la proteïna és inestable, s'elimina de pressa de la sang i no és funcional.
  3. Contrast amb la insulina. La insulina és un pèptid petit sense glicosilació, que es pot plegar i processar després de purificar-la.

Apartat b)

Resultat

Creixen molt de pressa en medis barats i fermentadors grans, són fàcils de manipular amb plasmidis i no porten virus que infectin humans.

Resolució

  1. Creixement. Es dupliquen en 20–30 minuts, en medis barats i en fermentadors grans.
  2. Manipulació. El seu genoma és petit i fàcil de modificar amb plasmidis, i no tenen virus que puguin infectar humans.
  3. Comparació. Els cultius de cèl·lules de mamífer són lents, cars, delicats i exigeixen controls estrictes.

Apartat c)

Resultat

Són eucariotes que glicosilen, fan ponts disulfur i secreten proteïnes, però creixen de pressa i barat com els bacteris; el seu patró de sucres no és exactament l'humà.

Resolució

  1. Com els eucariotes. Els llevats tenen reticle i Golgi, fan glicosilació i ponts disulfur, i secreten proteïnes al medi.
  2. Com els bacteris. Creixen de pressa i en medis senzills.
  3. Inconvenient. Els sucres que afegeixen no són exactament iguals que els humans: per a algunes proteïnes (com l'EPO) no és acceptable, però per a d'altres (com l'antigen de la vacuna de l'hepatitis B) funcionen perfectament.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Es vol produir insulina humana fent servir bacteris. (a) Quin paper hi fan els enzims de restricció i la DNA lligasa? (b) Com s'anomena la molècula que s'obté en unir el gen humà amb el DNA del bacteri? (c) Per què un gen humà pot funcionar dins d'un bacteri? (d) Quin avantatge té aquest mètode respecte d'extreure la insulina de pàncrees d'animals, que és com es feia abans?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

L'enzim de restricció talla el gen humà i el plasmidi deixant extrems cohesius complementaris; la DNA lligasa segella les unions.

Resolució

  1. Enzim de restricció. Talla el DNA humà per obtenir el gen de la insulina i talla també el plasmidi bacterià; com que és el mateix enzim, tots dos queden amb extrems cohesius complementaris.
  2. DNA lligasa. Un cop aparellats els extrems, forma els enllaços fosfodièster que segellen les unions i deixa una molècula contínua.

Apartat b)

Resultat

És una molècula de DNA recombinant.

Resolució

  1. Definició. Una molècula de DNA formada per fragments de procedència diferent.
  2. Aplicació. Aquí combina DNA de dues espècies (humà i bacterià): és DNA recombinant.

Apartat c)

Resultat

Perquè el codi genètic és universal: el ribosoma bacterià llegeix el gen humà i en surt la mateixa proteïna.

Resolució

  1. Codi genètic universal. La correspondència entre codons i aminoàcids és pràcticament la mateixa a tots els éssers vius.
  2. Conclusió. El ribosoma bacterià llegeix el gen humà igual que ho faria una cèl·lula humana, i en surt la mateixa proteïna.

Apartat d)

Resultat

S'obté insulina humana exacta (sense reaccions immunitàries), en quantitat il·limitada, més barata, més pura i sense dependre dels escorxadors.

Resolució

  1. Qualitat. S'obté insulina humana exacta, i no de porc o de bou, cosa que evita reaccions immunitàries en els pacients; el producte és més pur i uniforme.
  2. Quantitat. Se'n pot produir una quantitat il·limitada i constant, perquè els bacteris es multipliquen molt de pressa en fermentadors controlats.
  3. Cost. És més barat i no depèn del subministrament d'escorxadors.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Un laboratori vol comprovar si una mostra de teixit conté el genoma d'un virus de DNA, encara que n'hi hagi molt poca quantitat. (a) Quina tècnica faràs servir i en què es basa? (b) Quina informació necessites conèixer per poder-la dissenyar? (c) Si cada cicle duplica el nombre de còpies, quantes n'hi haurà després de 25 cicles a partir d'una sola molècula? (d) Per què cal una DNA polimerasa especial?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

La PCR (reacció en cadena de la polimerasa): cicles de desnaturalització, hibridació d'encebadors i extensió que dupliquen el fragment a cada cicle.

Resolució

  1. Tècnica. La PCR permet amplificar un fragment concret de DNA a partir de quantitats mínimes.
  2. Cicle. S'escalfa per separar les dues cadenes, es refreda perquè els encebadors s'hi uneixin, i una DNA polimerasa sintetitza la cadena complementària.
  3. Creixement exponencial. Com que cada còpia serveix de motlle al cicle següent, el nombre de còpies creix exponencialment.

Apartat b)

Resultat

Cal conèixer la seqüència dels extrems del fragment que es vol amplificar, per dissenyar els encebadors.

Resolució

  1. Paper dels encebadors. Han de ser complementaris dels extrems del fragment per hibridar-hi i delimitar la zona a copiar.
  2. Conclusió. Per fabricar-los cal conèixer la seqüència dels extrems de la regió del genoma víric que es vol detectar.

Apartat c)

Resultat

225=33 554 432≈3,4⋅1072^{25} = 33\,554\,432 \approx 3{,}4\cdot10^{7} còpies.

Resolució

  1. Dades. Una sola molècula inicial i 25 cicles; cada cicle duplica el nombre de còpies.
  2. Creixement exponencial. N=N0⋅2n=1⋅225=33 554 432≈3,4⋅107N = N_0\cdot 2^{n} = 1\cdot 2^{25} = 33\,554\,432 \approx 3{,}4\cdot10^{7}
  3. Conclusió. Uns 34 milions de còpies a partir d'una sola molècula: aquesta amplificació permet detectar quantitats de DNA que d'altra manera serien indetectables.

Apartat d)

Resultat

Perquè cada cicle arriba a uns 95 °C; cal una polimerasa termoresistent, aïllada de bacteris de fonts termals.

Resolució

  1. Temperatura. El cicle inclou escalfar fins a prop de 95 °C per separar les cadenes, temperatura que desnaturalitzaria qualsevol proteïna normal.
  2. Solució. Es fa servir una polimerasa termoresistent, aïllada de bacteris que viuen en fonts termals, que conserva la conformació i, per tant, la funció a aquestes temperatures.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Un pacient té una malaltia hereditària causada per una versió defectuosa d'un gen. Se li aplica teràpia gènica introduint-li una còpia funcional en cèl·lules de la medul·la òssia mitjançant un virus modificat. (a) Per què es fa servir un virus com a vector i què se li ha hagut de modificar? (b) Els fills d'aquest pacient heretaran el gen corregit? Justifica-ho. (c) Quina diferència ètica hi ha entre actuar sobre cèl·lules somàtiques i sobre cèl·lules germinals?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Apartat a)

Resultat

Perquè els virus ja saben entrar a les cèl·lules i introduir-hi el seu material genètic; se'ls han tret els gens de multiplicació i de virulència i s'hi ha posat el gen terapèutic.

Resolució

  1. Capacitat natural. Els virus reconeixen una cèl·lula, hi entren i hi introdueixen el seu material genètic, una capacitat que costaria molt de reproduir artificialment.
  2. Modificació. Se li han eliminat els gens que li permeten multiplicar-se i causar malaltia, conservant només la maquinària d'entrada, i s'hi ha substituït el genoma víric pel gen terapèutic.

Apartat b)

Resultat

No: s'han modificat cèl·lules somàtiques, i la correcció no arriba als gàmetes.

Resolució

  1. Tipus de cèl·lula. La medul·la òssia està formada per cèl·lules somàtiques; els canvis en cèl·lules somàtiques no arriben als gàmetes.
  2. Conclusió. Els fills rebran els al·lels dels òvuls o espermatozoides del pacient, que continuen portant la versió defectuosa.

Apartat c)

Resultat

La somàtica afecta només el pacient, que hi consent; la germinal modificaria tota la descendència, que no pot consentir-hi, de manera irreversible.

Resolució

  1. Somàtica. Afecta només el pacient, que ha donat el seu consentiment i que és qui pateix la malaltia: èticament s'assimila a qualsevol altre tractament.
  2. Germinal. Modificaria el genoma de tota la descendència, que no pot consentir-hi, i el canvi es transmetria indefinidament sense possibilitat de rectificar-lo si apareguessin efectes imprevistos.
  3. Conclusió. Per això la teràpia gènica germinal està prohibida a la pràctica totalitat dels països.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Es vol clonar un gen de 1,5 kb, tallat amb EcoRI pels dos extrems, en un plasmidi de 3 kb amb un únic lloc EcoRI (situat just després d'un promotor) i un gen de resistència a l'ampicil·lina. Després de la lligació i la transformació, es cultiven en ampicil·lina quatre colònies, se n'extreu el plasmidi i es digereix amb EcoRI: colònies 1 i 3: una sola banda de 3 kb; colònies 2 i 4: bandes de 3 i 1,5 kb. El gen té un lloc HindIII a 0,5 kb de l'extrem on comença la seqüència codificant (extrem 5'), i el plasmidi en té un a 0,2 kb del lloc EcoRI, al costat del promotor. En digerir amb HindIII, la colònia 2 dona bandes de 0,7 i 3,8 kb, i la 4, de 1,2 i 3,3 kb.
a) Interpreta el resultat de la digestió amb EcoRI de cada colònia.
b) Raona per què les colònies 1 i 3 han crescut en ampicil·lina tot i no portar el gen.
c) Dedueix en quina orientació s'ha inserit el gen en les colònies 2 i 4 i justifica-ho amb les mides.
d) Explica per què l'orientació de l'insert importa si es vol que el bacteri expressi el gen.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

Colònies 1 i 3: plasmidi buit religat (3 kb). Colònies 2 i 4: plasmidi recombinant, del qual EcoRI allibera el vector (3 kb) i l'insert (1,5 kb).

Resolució

  1. Colònies 1 i 3. Una sola banda de 3 kb, la mida del plasmidi buit: el vector s'ha tornat a tancar sense insert (religació).
  2. Colònies 2 i 4. Bandes de 3 kb (vector) i 1,5 kb (gen): són plasmidis recombinants, i EcoRI allibera l'insert sencer perquè els dos llocs EcoRI s'han regenerat en la lligació.

Apartat b)

Resultat

Perquè el gen de resistència és al plasmidi, no a l'insert: qualsevol bacteri amb plasmidi, buit o recombinant, resisteix l'ampicil·lina.

Resolució

  1. On és la resistència. El gen de resistència forma part del vector, de manera que el porta tant el plasmidi buit com el recombinant.
  2. Conclusió. L'antibiòtic selecciona els bacteris transformats, però no distingeix els recombinants; per això cal l'anàlisi de restricció (o un marcador com lacZ).

Apartat c)

Resultat

Colònia 2: orientació correcta (5' del gen al costat del promotor), fragments de 0,7 i 3,8 kb. Colònia 4: gen invertit, fragments de 1,2 i 3,3 kb.

Resolució

  1. Dades. El recombinant fa 3 + 1,5 = 4,5 kb i té dos llocs HindIII: un al vector, a 0,2 kb de l'EcoRI del costat del promotor, i un dins l'insert, a 0,5 kb del seu extrem 5'.
  2. Orientació correcta. Si l'extrem 5' del gen queda al costat del promotor, els dos llocs disten 0,2+0,5=0,7 kb0{,}2 + 0{,}5 = 0{,}7\ \text{kb} i l'altre fragment fa 4,5−0,7=3,8 kb4{,}5 - 0{,}7 = 3{,}8\ \text{kb}: és la colònia 2.
  3. Orientació inversa. Si el gen està girat, el lloc HindIII de l'insert queda a 1,5−0,5=1,0 kb1{,}5 - 0{,}5 = 1{,}0\ \text{kb} de l'extrem proper al promotor: fragments de 0,2+1,0=1,2 kb0{,}2 + 1{,}0 = 1{,}2\ \text{kb} i 3,3 kb3{,}3\ \text{kb}: és la colònia 4.
  4. Comprovació. 0,7 + 3,8 = 1,2 + 3,3 = 4,5 kb.

Apartat d)

Resultat

Perquè la RNA polimerasa transcriu en un sol sentit a partir del promotor: només si el 5' del gen és al costat del promotor (colònia 2) s'obté el mRNA i la proteïna correctes.

Resolució

  1. Dues orientacions possibles. Com que els dos extrems tenen el mateix extrem cohesiu EcoRI, l'insert pot entrar en les dues orientacions amb la mateixa probabilitat.
  2. Transcripció. La RNA polimerasa, a partir del promotor, transcriu en un sol sentit: només amb l'extrem 5' del gen al costat del promotor es transcriu la cadena correcta i s'obté el mRNA i la proteïna; en l'orientació inversa es transcriuria la cadena complementària, sense sentit.
  3. Conclusió. Per això es trien les colònies amb l'orientació correcta, o es fa servir clonació direccional amb dos enzims diferents.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

Per clonar una ovella de cara negra (ovella A) es fan servir una ovella de cara blanca que dona òvuls (ovella B) i una altra de cara blanca que fa de mare gestant (ovella C).
a) Descriu els passos de la clonació per transferència nuclear, indicant quina cèl·lula aporta cada ovella.
b) Raona de quin color tindrà la cara l'anyell i de qui ha heretat el DNA nuclear i el DNA mitocondrial.
c) Només un percentatge molt petit dels embrions reconstruïts arriba a néixer. Proposa una explicació relacionada amb la diferenciació cel·lular.
d) Explica en què es diferenciaria el procés si l'objectiu fos la clonació terapèutica i quin tipus de cèl·lules s'obtindrien.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

A aporta una cèl·lula somàtica (el nucli); B, un òvul que s'enuclea; es fusionen, s'activa l'embrió i s'implanta a C, que el gesta.

Resolució

  1. Ovella A. S'extreu una cèl·lula somàtica (per exemple, de la glàndula mamària o de la pell) i es cultiva.
  2. Ovella B. S'obté un òvul i se li extreu el nucli (enucleació).
  3. Fusió i activació. Es fusiona la cèl·lula somàtica amb l'òvul enucleat (o s'hi injecta el nucli) i s'activa el desenvolupament amb un estímul elèctric o químic.
  4. Ovella C. L'embrió es cultiva fins a l'estadi de blastocist i s'implanta a l'úter de l'ovella C, que el gesta.

Apartat b)

Resultat

Cara negra: el DNA nuclear és de l'ovella A; el DNA mitocondrial, de l'ovella B; C no hi aporta material genètic.

Resolució

  1. DNA nuclear. El color de la cara depèn de gens nuclears, i el nucli prové de l'ovella A: l'anyell tindrà la cara negra, és un clon d'A.
  2. DNA mitocondrial. Prové del citoplasma de l'òvul de l'ovella B.
  3. Mare gestant. L'ovella C no hi aporta cap material genètic.

Apartat c)

Resultat

Perquè el citoplasma de l'òvul ha de reprogramar el nucli diferenciat i esborrar-ne les marques epigenètiques, i aquesta reprogramació sol ser incompleta.

Resolució

  1. Nucli diferenciat. Té un patró d'expressió gènica molt especialitzat, amb marques epigenètiques (metilació del DNA, modificacions d'histones) que mantenen apagats els gens que no corresponen al seu teixit.
  2. Reprogramació. Perquè l'embrió es desenvolupi, el citoplasma de l'òvul ha d'esborrar aquestes marques fins a l'estat totipotent.
  3. Conclusió. La reprogramació és incompleta en la majoria dels casos i els embrions moren o neixen amb anomalies.

Apartat d)

Resultat

L'embrió no s'implantaria: del blastocist se n'extraurien cèl·lules mare embrionàries pluripotents, genèticament idèntiques al pacient.

Resolució

  1. Passos iguals. Els tres primers passos serien iguals, ara amb una cèl·lula somàtica del pacient.
  2. Diferència. L'embrió no s'implanta: en l'estadi de blastocist se n'extreuen les cèl·lules de la massa cel·lular interna per obtenir cèl·lules mare embrionàries pluripotents, genèticament idèntiques al pacient.
  3. Aplicació. Es podrien diferenciar al laboratori en neurones, cèl·lules del cor o cèl·lules beta per fer trasplantaments sense rebuig.
  4. Alternativa actual. Avui les cèl·lules iPS permeten obtenir un resultat semblant sense crear embrions.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Per tractar l'anèmia falciforme s'extreuen cèl·lules mare de la medul·la òssia del pacient, s'editen al laboratori amb el sistema CRISPR-Cas9 i es tornen a injectar al pacient (teràpia ex vivo).
a) Explica quina funció té cada component del sistema (RNA guia i proteïna Cas9) i què ha de fer la cèl·lula després del tall perquè el gen quedi corregit.
b) Raona per què s'editen les cèl·lules mare de la medul·la i no els glòbuls vermells del pacient.
c) Explica per què aquesta estratègia ex vivo és possible per a una malaltia de la sang i molt més difícil per a una malaltia dels pulmons com la fibrosi quística.
d) Raona si els fills del pacient tractat heretaran la correcció i quin risc tècnic principal té la tècnica.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

El RNA guia s'aparella amb la seqüència diana i hi porta la Cas9, que talla les dues cadenes; la cèl·lula ha de reparar el tall per recombinació homòloga copiant un motlle correcte que se li subministra.

Resolució

  1. RNA guia. És un RNA curt amb una seqüència complementària a la zona del gen que es vol tallar: s'hi aparella i hi condueix la Cas9.
  2. Cas9. És una nucleasa que talla les dues cadenes del DNA en el punt indicat.
  3. Reparació. Si se li subministra un motlle de DNA amb la seqüència correcta, la cèl·lula repara el tall per recombinació homòloga copiant el motlle i la mutació queda corregida.
  4. Alternativa. Sense motlle, la reparació per unió d'extrems sol introduir petites delecions que inactiven el gen (útil, per exemple, per inactivar un gen que reprimeix l'hemoglobina fetal).

Apartat b)

Resultat

Perquè els glòbuls vermells madurs no tenen nucli ni DNA i viuen poc; les cèl·lules mare tenen nucli, s'autorenoven i originen tots els glòbuls vermells.

Resolució

  1. Glòbuls vermells. Els madurs no tenen nucli ni DNA i viuen només uns 120 dies: no es poden editar ni transmetrien el canvi.
  2. Cèl·lules mare hematopoètiques. Tenen nucli, s'autorenoven durant tota la vida i originen tots els glòbuls vermells: corregint-les, totes les cèl·lules sanguínies que en derivin portaran el gen corregit de manera permanent.

Apartat c)

Resultat

Les cèl·lules mare de la sang es poden extreure, editar, seleccionar i reinjectar; les de l'epiteli pulmonar no, i caldria editar-les dins del cos.

Resolució

  1. Sang. Les cèl·lules mare de la medul·la es poden extreure fàcilment de la sang o de l'os, cultivar, editar, seleccionar les ben corregides i reinjectar, i elles soles tornen a colonitzar la medul·la.
  2. Pulmó. Les cèl·lules de l'epiteli pulmonar no es poden extreure, editar i tornar a col·locar: caldria editar-les in vivo, fent arribar CRISPR a milions de cèl·lules de les vies respiratòries.
  3. Dificultats. Els vectors són poc eficients i l'epiteli es renova constantment.

Apartat d)

Resultat

No: només s'han modificat cèl·lules somàtiques i els gàmetes conserven la mutació. El risc tècnic principal són els talls fora de diana.

Resolució

  1. Herència. Només s'han modificat cèl·lules somàtiques (de la medul·la); els gàmetes del pacient conserven la mutació i la poden transmetre.
  2. Talls fora de diana. La Cas9 pot tallar en seqüències semblants a la del RNA guia en altres llocs del genoma i provocar mutacions no desitjades, fins i tot en gens relacionats amb el càncer.
  3. Prevenció. Cal dissenyar guies molt específiques i comprovar les cèl·lules editades abans de reinjectar-les.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

L'arròs daurat és una varietat transgènica que acumula beta-carotè (precursor de la vitamina A) al gra. L'arròs normal té els gens necessaris per fabricar beta-carotè a les fulles, però no els expressa a l'endosperma del gra. Per obtenir-lo s'hi van introduir dos gens, un de narcís (o de blat de moro) i un d'un bacteri, cadascun sota el control d'un promotor que només s'activa a l'endosperma. Es va crear per combatre la deficiència de vitamina A, que causa ceguesa i mortalitat infantil en països on l'arròs és l'aliment bàsic.
a) Explica per què no es podia obtenir aquesta varietat per creuaments tradicionals.
b) Raona per què es van fer servir promotors específics d'endosperma i no promotors que actuessin a tota la planta.
c) Un crític afirma que «menjar arròs daurat pot modificar els nostres gens». Argumenta per què aquesta afirmació és incorrecta.
d) Proposa un argument a favor i un en contra del cultiu d'aquesta varietat que siguin científicament sòlids.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

Perquè cap varietat d'arròs expressa la via al gra i els gens que calien venien d'espècies (narcís, bacteri) amb què l'arròs no es pot creuar.

Resolució

  1. Límit del creuament. Només combina al·lels que ja existeixen dins l'espècie (o en espècies molt properes amb què es pot hibridar).
  2. Cas de l'arròs. Cap varietat d'arròs fabrica beta-carotè a l'endosperma: no hi havia cap al·lel a seleccionar.
  3. Conclusió. Els gens per completar la via metabòlica al gra s'havien d'obtenir d'altres espècies (narcís, bacteri), amb les quals l'arròs no es pot creuar.

Apartat b)

Resultat

Perquè el promotor decideix on s'expressa el gen: interessa acumular beta-carotè només al gra, sense malbaratar recursos ni alterar el metabolisme de les fulles.

Resolució

  1. Paper del promotor. Determina on i quan s'expressa un gen.
  2. Objectiu. Acumular beta-carotè només al gra, que és el que es menja.
  3. Problemes d'expressar-lo a tota la planta. Gastaria energia i recursos en teixits on no cal, podria alterar el metabolisme de les fulles (on ja es fa beta-carotè per a la fotosíntesi) i reduir el rendiment.

Apartat c)

Resultat

És incorrecta: el DNA dels aliments es digereix fins a nucleòtids i no hi ha cap mecanisme perquè s'integri a les nostres cèl·lules.

Resolució

  1. Digestió. El DNA dels aliments, transgènic o no, es degrada a l'aparell digestiu fins a nucleòtids, igual que el de qualsevol vegetal o animal que mengem cada dia (milions de gens aliens).
  2. Sense integració. No hi ha cap mecanisme perquè un gen d'un aliment s'integri al genoma de les nostres cèl·lules.
  3. La molècula. El beta-carotè de l'arròs daurat és la mateixa molècula que el de les pastanagues.

Apartat d)

Resultat

A favor: aporta vitamina A amb un aliment bàsic ja consumit. En contra: el flux gènic cap a varietats locals i silvestres (pèrdua de diversitat) i la dependència de patents.

Resolució

  1. A favor. Aporta vitamina A a través d'un aliment bàsic ja consumit, sense canviar hàbits ni distribuir suplements, i s'ha demostrat que el beta-carotè del gra es converteix en vitamina A a l'organisme.
  2. En contra. Cal avaluar el flux gènic cap a varietats locals i silvestres d'arròs i la pèrdua de diversitat varietal; també la dependència tecnològica de patents i empreses, o el risc que desviï recursos de solucions més àmplies (dietes diversificades).
  3. Criteri. Els arguments s'han de basar en dades, no en la idea que «transgènic» equival a «perillós».

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

La malaltia de Huntington és autosòmica dominant, d'aparició tardana (cap als 40 anys) i sense tractament curatiu. És causada per l'expansió d'una repetició CAG al gen de la huntingtina: fins a 35 repeticions és normal; a partir de 40, l'al·lel causa la malaltia. En una família es fa una PCR de la regió repetida, amb encebadors a les seqüències flanquejants, que afegeixen 100 parells de bases al producte (longitud del producte = 100 + 3·nombre de repeticions). Resultats (nombre de repeticions dels dos al·lels): pare 18 i 42; mare 20 i 22; fill 18 i 20; filla 42 i 22.
a) Calcula la mida dels productes de PCR del pare i raona com es veurien en una electroforesi.
b) Raona quins membres de la família desenvoluparan la malaltia i de qui han heretat cada al·lel els fills.
c) Explica per què la PCR seguida d'electroforesi és suficient per diagnosticar aquesta malaltia, sense necessitat de seqüenciar.
d) La filla té 25 anys i no té símptomes. Argumenta un motiu pel qual podria voler saber el resultat i un motiu pel qual podria preferir no saber-lo.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

Productes de 154 pb (al·lel de 18) i 226 pb (al·lel de 42): dues bandes, la de 154 pb més lluny del pou.

Resolució

  1. Fórmula. Longitud = 100 + 3·(nombre de repeticions).
  2. Càlcul. 18: 100+3⋅18=154 pb;42: 100+3⋅42=226 pb18:\ 100 + 3\cdot18 = 154\ \text{pb};\qquad 42:\ 100 + 3\cdot42 = 226\ \text{pb}
  3. Electroforesi. Es veurien dues bandes: la de 154 pb, més petita, més allunyada del pou, i la de 226 pb, més a prop.

Apartat b)

Resultat

El pare i la filla (al·lel de 42) desenvoluparan la malaltia; el fill no. El fill ha heretat el 18 del pare i el 20 de la mare; la filla, el 42 del pare i el 22 de la mare.

Resolució

  1. Herència dominant. N'hi ha prou amb un al·lel de 40 repeticions o més per tenir la malaltia.
  2. Afectats. El pare (18 i 42) i la filla (42 i 22) tenen un al·lel de 42 repeticions: desenvoluparan la malaltia. El fill (18 i 20) i la mare (20 i 22) tenen tots dos al·lels normals.
  3. Origen dels al·lels. El fill ha rebut el 18 del pare i el 20 de la mare; la filla, el 42 del pare i el 22 de la mare.

Apartat c)

Resultat

Perquè la mutació és un canvi de longitud, no de base: la mida del producte de PCR, mesurada amb un marcador, ja dona el nombre de repeticions.

Resolució

  1. Tipus de mutació. No és un canvi de base sinó de longitud: el nombre de repeticions determina la mida del producte de PCR.
  2. Electroforesi. Separa els fragments per mida amb una resolució de pocs parells de bases; comparant amb un marcador adequat es dedueix el nombre de repeticions sense llegir la seqüència.
  3. Excepció. Seqüenciar només caldria en casos límit (36–39 repeticions).

Apartat d)

Resultat

Per saber-ho: planificar la vida i la descendència. Per no saber-ho: no hi ha tractament curatiu i un positiu pot causar ansietat o discriminació.

Resolució

  1. Motius per saber-ho. Planificar la vida (feina, família), decidir si tenir fills i amb quines opcions (diagnòstic preimplantacional), participar en assajos clínics o en seguiments mèdics.
  2. Motius per no saber-ho. No hi ha cap tractament que canviï el curs de la malaltia, i un resultat positiu pot causar ansietat, depressió o discriminació (assegurances, feina).
  3. Pràctica clínica. Per això la prova predictiva només es fa en adults, de manera voluntària i amb assessorament genètic.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Després d'un vessament de petroli en una costa, s'avaluen tres estratègies: (1) escampar nutrients (nitrogen i fòsfor) sobre les roques per estimular els bacteris autòctons que degraden hidrocarburs; (2) afegir-hi un cultiu d'un bacteri modificat genèticament que porta plasmidis amb gens per degradar diversos components del petroli; (3) ruixar dispersants químics.
a) Explica per què els bacteris poden «menjar» petroli i quin paper hi té l'oxigen.
b) Raona per què afegir només nitrogen i fòsfor accelera la degradació si el petroli ja és una font de carboni abundant.
c) Compara les estratègies (1) i (2) (bioestimulació i bioaugmentació) i raona quin problema ecològic i quina mesura de seguretat planteja l'alliberament d'un microorganisme modificat al medi.
d) Raona per què la bioremediació es considera més sostenible que els dispersants químics, però és més lenta.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

Perquè alguns bacteris tenen enzims (oxigenases) que oxiden els hidrocarburs i els fan servir com a font de carboni i energia; l'oxigen és l'acceptor final d'electrons i el necessiten les oxigenases.

Resolució

  1. Font de carboni i energia. Els hidrocarburs són compostos orgànics rics en energia: alguns bacteris tenen oxigenases que els oxiden i els converteixen finalment en CO₂, aigua i biomassa.
  2. Paper de l'oxigen. La degradació més ràpida és la respiració aeròbica: l'oxigen és l'acceptor final d'electrons i, a més, les oxigenases el necessiten per atacar la molècula.
  3. Conseqüència. Per això el petroli enterrat en sediments sense oxigen persisteix anys.

Apartat b)

Resultat

Perquè el nitrogen i el fòsfor són el factor limitant: sense ells, els bacteris no poden fabricar proteïnes i àcids nucleics ni multiplicar-se.

Resolució

  1. Necessitats. Per créixer, els bacteris fabriquen proteïnes i àcids nucleics, i necessiten nitrogen i fòsfor en una proporció determinada respecte del carboni.
  2. Factor limitant. Amb un excés enorme de carboni (petroli) i molt poc N i P a l'aigua de mar, aquests nutrients limiten el creixement.
  3. Conclusió. Afegir-los permet que la població degradadora es multipliqui, i la degradació s'accelera.

Apartat c)

Resultat

La bioestimulació aprofita els bacteris autòctons; la bioaugmentació hi afegeix un bacteri especialitzat. Alliberar un OMG planteja que persisteixi o transfereixi plasmidis; cal assaig confinat, seguiment i «gens suïcides».

Resolució

  1. Bioestimulació (1). Aprofita els bacteris que ja hi viuen, adaptats al lloc, i només n'augmenta l'activitat; és senzilla i no introdueix organismes nous.
  2. Bioaugmentació (2). Afegeix un bacteri especialitzat, que pot degradar components que els autòctons no ataquen, però sovint sobreviu malament en competència amb la flora local.
  3. Problema ecològic. L'organisme modificat podria persistir, dispersar-se o transferir els plasmidis per conjugació a altres bacteris (transferència horitzontal), amb efectes impredictibles.
  4. Mesures de seguretat. Assajos confinats previs, seguiment, i «gens suïcides» o dependències nutritives que impedeixin que el bacteri sobrevisqui quan s'acabi el contaminant.

Apartat d)

Resultat

És més sostenible perquè mineralitza el petroli fins a CO₂ i aigua sense afegir tòxics, però és lenta perquè depèn del creixement dels bacteris.

Resolució

  1. Dispersants. No eliminen el petroli: el fragmenten en gotes que es dilueixen a l'aigua, on poden ser tòxiques per al plàncton i els peixos, i ells mateixos són productes químics contaminants.
  2. Bioremediació. Mineralitza el petroli fins a CO₂ i aigua, no hi afegeix tòxics i aprofita processos naturals.
  3. Lentitud. Depèn del creixement dels bacteris (temperatura, oxigen, nutrients) i triga setmanes o mesos; per això sovint es combina amb la retirada física del gruix del vessament.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Es vol amplificar per PCR una regió de 480 parells de bases d'un gen. La cadena de dalt (5'→3') comença i acaba així:
5'-GACCTAGTTCAGGCATTCGA……(440 nucleòtids)……CTGGATCCAGTTGCATAGCA-3'
Un alumne proposa quatre encebadors: (1) 5'-GACCTAGTTCAGGCATTCGA-3'; (2) 5'-TCGAATGCCTGAACTAGGTC-3'; (3) 5'-CTGGATCCAGTTGCATAGCA-3'; (4) 5'-TGCTATGCAACTGGATCCAG-3'.
a) Tria la parella d'encebadors correcta i justifica per què les altres dues opcions no amplificarien la regió, tenint en compte a quina cadena s'uneix cada encebador i en quin sentit allarga l'ADN polimerasa.
b) Es parteix de 50 còpies de l'ADN motlle. Calcula el nombre de còpies de la regió després de 30 cicles si l'eficiència fos del 100 % i si fos del 90 % (cada cicle multiplica per 1,9).
c) A partir d'una sola molècula de doble cadena, el nombre de molècules que tenen exactament la mida de la regió (480 pb) després de n cicles és 2n2^{n} − 2n. Calcula'l per a 3 cicles i explica per què en els primers cicles s'obtenen molècules més llargues.
d) La reacció inclou un tub sense ADN motlle. Si en aquest tub apareix una banda de 480 pb, com ho interpretes? Quines precaucions es prenen per evitar-ho?

Pista 1

Un encebador s'aparella de manera complementària i antiparal·lela amb la cadena motlle, i la polimerasa només allarga pel seu extrem 3'.

Pista 2

L'encebador directe té la mateixa seqüència que l'inici de la cadena de dalt; el revers és complementari del final, llegit en sentit 5'→3'.

Pista 3

En el primer cicle, la polimerasa no sap on aturar-se: copia fins que s'acaba el temps d'elongació.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

La parella correcta és (1) i (4). Les opcions (2) i (3) s'allargarien cap a fora de la regió.

Resolució

  1. Regles. Un encebador s'aparella de manera complementària i antiparal·lela amb la cadena motlle, i la polimerasa només l'allarga pel seu extrem 3'. Els dos encebadors s'han d'allargar l'un cap a l'altre.
  2. Encebador directe (1). Té la mateixa seqüència que l'inici de la cadena de dalt: s'aparella amb la cadena de baix i, en allargar-se pel 3', copia la regió cap a la dreta.
  3. Encebador revers (4). És el complementari invers del final de la cadena de dalt (complementari de CTGGATCCAGTTGCATAGCA, escrit 5'→3'): s'aparella amb la cadena de dalt i s'allarga cap a l'esquerra. Els dos delimiten els 480 pb (20 + 440 + 20).
  4. Per què no (2) ni (3). El (2) és el complementari invers de l'inici: s'uniria a la cadena de dalt al principi de la regió però s'allargaria cap a l'esquerra, fora de la regió. El (3) és idèntic al final de la cadena de dalt: s'uniria a la cadena de baix i s'allargaria cap a la dreta, també fora. Amb (2) i (4) o amb (1) i (3), els dos encebadors s'allargarien en el mateix sentit i no hi hauria amplificació exponencial.

Apartat b)

Resultat

100 %: ≈5,4⋅1010\approx 5{,}4\cdot10^{10} còpies; 90 %: ≈1,2⋅1010\approx 1{,}2\cdot10^{10} còpies (unes 4,7 vegades menys).

Resolució

  1. Dades. N0=50N_0 = 50 còpies, n=30n = 30 cicles; factor per cicle 2 (100 %) o 1,9 (90 %).
  2. Creixement exponencial. N=N0⋅f nN = N_0\cdot f^{\,n}.
  3. Càlcul. 50⋅230=50⋅1 073 741 824≈5,4⋅1010;50⋅1,930≈1,2⋅101050\cdot 2^{30} = 50\cdot 1\,073\,741\,824 \approx 5{,}4\cdot10^{10};\qquad 50\cdot 1{,}9^{30} \approx 1{,}2\cdot10^{10}
  4. Interpretació. Una petita pèrdua d'eficiència per cicle redueix el resultat final unes 4,7 vegades, perquè l'efecte s'acumula exponencialment.

Apartat c)

Resultat

23−2⋅3=22^{3} - 2\cdot3 = 2 molècules de 480 pb. Al principi n'hi ha de més llargues perquè les cadenes copiades de l'ADN original només tenen definit l'extrem de l'encebador.

Resolució

  1. Càlcul. 23−2⋅3=8−6=2 moleˋcules de 480 pb2^{3} - 2\cdot 3 = 8 - 6 = 2\ \text{molècules de 480 pb}
  2. Primer cicle. Cada cadena original es copia des de l'encebador fins on arriba la polimerasa, més enllà de la regió: les cadenes noves tenen un extrem definit (el de l'encebador) i l'altre no, perquè la polimerasa copia fins que s'acaba el temps d'elongació.
  3. Cicles següents. Només quan una d'aquestes cadenes noves fa de motlle (a partir del segon cicle) s'obtenen cadenes que acaben exactament a l'altre encebador, i les primeres molècules de doble cadena de mida exacta apareixen al tercer cicle.
  4. Conclusió. Després creixen exponencialment i, al cap de 30 cicles, són pràcticament totes (230−602^{30} - 60).

Apartat d)

Resultat

És el control negatiu: si hi surt una banda de 480 pb, hi ha contaminació amb ADN de la regió i els resultats no són fiables.

Resolució

  1. Interpretació. Sense motlle no hi hauria d'haver producte; si n'hi ha, alguna cosa (reactius, aigua, puntes o l'ambient) està contaminada amb ADN de la regió, probablement de productes de PCR anteriors, i els resultats de les mostres no són fiables.
  2. Precaucions. Preparar les reaccions en una zona separada d'on s'analitzen els productes, fer servir puntes amb filtre i guants, alíquotes dels reactius i repetir l'anàlisi amb reactius nous.

Errors típics

  • Escriure l'encebador revers igual que el final de la cadena de dalt, sense fer-ne el complementari invers.
  • Calcular les còpies com 50 · 30 · 2 (creixement lineal) en lloc de 50 · 2302^{30}.
  • Pensar que des del primer cicle totes les molècules tenen la mida exacta del fragment.

Conceptes treballats: PCR i disseny d'encebadors; complementarietat i antiparal·lelisme de l'ADN; ADN polimerasa (síntesi 5'→3'); creixement exponencial; controls negatius

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

En l'escena d'un robatori s'ha trobat una gota de sang. S'analitzen quatre microsatèl·lits (STR) i el perfil coincideix exactament amb el d'un sospitós. Les freqüències dels al·lels a la població són:
Locus 1: al·lels 12 (0,10) i 15 (0,20). Locus 2: homozigot per a l'al·lel 8 (0,30). Locus 3: al·lels 9 (0,05) i 11 (0,25). Locus 4: al·lels 20 (0,15) i 22 (0,10).
a) Explica per què els al·lels dels STR se separen en una electroforesi i per què són molt útils per identificar persones.
b) Suposant equilibri de Hardy-Weinberg i loci independents, calcula la probabilitat que una persona a l'atzar tingui aquest mateix perfil.
c) La ciutat té 1,5 milions d'habitants. Quantes persones esperes que tinguin aquest perfil per atzar? Un advocat diu: «La probabilitat que la sang sigui d'una altra persona és d'1 entre 370 000». Raona per què aquesta frase és enganyosa.
d) Els laboratoris forenses actuals analitzen 20 o més STR. Explica per què millora la identificació i per què, tot i això, cal tenir en compte si el sospitós té germans.

Pista 1

Els al·lels d'un STR es diferencien pel nombre de repeticions d'una seqüència curta.

Pista 2

Freqüència d'un heterozigot: 2pq; d'un homozigot: p2p^{2}. Per a loci independents, multiplica les probabilitats.

Pista 3

Probabilitat que un desconegut coincideixi no és el mateix que probabilitat que el sospitós sigui innocent: pensa quantes persones podrien coincidir.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

Els al·lels difereixen en el nombre de repeticions i, per tant, en la mida del producte de PCR; com que són molt polimòrfics, la combinació de molts loci és pràcticament única.

Resolució

  1. Separació. Cada al·lel d'un STR té un nombre diferent de repeticions d'un motiu curt (per exemple, AGAT repetit 12 vegades): els fragments amplificats per PCR tenen mides diferents i, com que l'ADN té càrrega negativa, migren cap al pol positiu a una velocitat que depèn de la mida (els petits avancen més).
  2. Utilitat. Són molt polimòrfics (molts al·lels a la població) i cada persona té una combinació de dos al·lels per locus: la combinació de molts loci és pràcticament única, llevat dels bessons idèntics.

Apartat b)

Resultat

P=2,7⋅10−6P = 2{,}7\cdot10^{-6}, és a dir, 1 de cada 370 370 persones.

Resolució

  1. Hardy-Weinberg. Heterozigot: 2pq2pq; homozigot: p2p^{2}. Per a loci independents, es multipliquen les probabilitats.
  2. Cada locus. L1=2⋅0,10⋅0,20=0,04;L2=0,302=0,09;L3=2⋅0,05⋅0,25=0,025;L4=2⋅0,15⋅0,10=0,03L_1 = 2\cdot0{,}10\cdot0{,}20 = 0{,}04;\quad L_2 = 0{,}30^{2} = 0{,}09;\quad L_3 = 2\cdot0{,}05\cdot0{,}25 = 0{,}025;\quad L_4 = 2\cdot0{,}15\cdot0{,}10 = 0{,}03
  3. Perfil. P=0,04⋅0,09⋅0,025⋅0,03=2,7⋅10−6≈1370 370P = 0{,}04\cdot0{,}09\cdot0{,}025\cdot0{,}03 = 2{,}7\cdot10^{-6} \approx \dfrac{1}{370\,370}

Apartat c)

Resultat

S'esperen unes 4 persones a la ciutat amb el perfil, a més de l'autor real; la frase confon la probabilitat de coincidència a l'atzar amb la probabilitat d'innocència (fal·làcia del fiscal).

Resolució

  1. Càlcul. 1,5⋅106⋅2,7⋅10−6≈4,05≈4 persones1{,}5\cdot10^{6}\cdot 2{,}7\cdot10^{-6} \approx 4{,}05 \approx 4\ \text{persones}
  2. Interpretació. A més de l'autor real, s'esperen unes 4 persones més amb el mateix perfil: si no hi ha cap altra prova, el sospitós seria un dels cinc possibles portadors del perfil, cosa molt diferent d'una seguretat de 369 999 entre 370 000.
  3. Per què és enganyosa. Confon la probabilitat que una persona a l'atzar coincideixi amb la probabilitat que el sospitós sigui innocent sabent que coincideix (la fal·làcia del fiscal). La coincidència és una prova forta, però s'ha d'avaluar juntament amb les altres.

Apartat d)

Resultat

Amb 20 STR la probabilitat de coincidència a l'atzar és minúscula; però els germans comparteixen al·lels i tenen molta més probabilitat de coincidir.

Resolució

  1. Més loci. Cada locus addicional multiplica la probabilitat per un factor petit (per exemple, 0,05): amb 20 loci baixa a valors de l'ordre de 10⁻²⁰ o menys, i ja no s'espera cap coincidència entre tota la població mundial.
  2. Germans. El càlcul suposa persones no emparentades: els germans hereten els al·lels dels mateixos pares (a cada locus, 14\tfrac{1}{4} de probabilitat de tenir els dos al·lels idèntics), de manera que la probabilitat que un germà coincideixi és molt més alta.
  3. Conclusió. Cal descartar els germans amb proves addicionals.

Errors típics

  • Calcular la freqüència d'un heterozigot com p · q en lloc de 2pq.
  • Sumar les probabilitats dels loci en lloc de multiplicar-les.
  • Confondre la probabilitat de coincidència a l'atzar amb la probabilitat d'innocència.

Conceptes treballats: microsatèl·lits (STR), PCR i electroforesi; Hardy-Weinberg; probabilitat d'esdeveniments independents; aplicacions forenses de la biotecnologia; herència en germans

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Es clona un fragment de 1,5 kb en un vector que porta un gen de resistència a l'ampicil·lina i el gen lacZ (que permet fabricar un enzim que torna blau el substrat X-gal) amb el lloc de clonació a dins. Després de la lligació i la transformació de bacteris, se sembren en plaques amb ampicil·lina i X-gal. Resultats:
(1) 300 colònies blaves i 60 de blanques. (2) Al voltant d'algunes colònies grans, apareixen moltes colonietes molt petites. (3) Una placa de control amb bacteris transformats sense cap ADN: 0 colònies. (4) Es fa una PCR de 6 colònies blanques amb encebadors que flanquegen el lloc de clonació (el vector sense insert dona un producte de 0,2 kb): 4 colònies donen 1,7 kb i 2 colònies donen 0,2 kb.
a) Explica per què les colònies blanques són les candidates a tenir l'insert i per què n'hi ha tantes de blaves.
b) Calcula el percentatge de colònies blanques i el percentatge estimat de colònies amb insert, segons la PCR.
c) Proposa una explicació per a les dues colònies blanques sense insert i per a les colonietes petites del resultat (2). Per què no s'han de triar aquestes colonietes?
d) Per reduir les colònies blaves, es tracta el vector tallat amb fosfatasa alcalina, que elimina els fosfats dels extrems 5'. Explica per què això impedeix que el vector es tanqui sobre si mateix però permet que s'hi uneixi l'insert.

Pista 1

Pensa què passa amb el gen lacZ quan s'hi insereix un fragment d'ADN al mig.

Pista 2

Els bacteris resistents a l'ampicil·lina fabriquen un enzim que se secreta i degrada l'antibiòtic al seu voltant.

Pista 3

L'ADN lligasa necessita un fosfat 5' en un dels extrems per formar l'enllaç fosfodièster.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

Les blanques tenen lacZ interromput per l'insert; n'hi ha tantes de blaves perquè el vector es torna a tancar sol (autolligació) amb facilitat.

Resolució

  1. Totes tenen plasmidi. L'ampicil·lina mata els bacteris sense plasmidi, com confirma el control (3).
  2. Blanques. Si l'insert entra dins de lacZ, el gen queda interromput, no es fabrica l'enzim funcional i la colònia és blanca.
  3. Blaves. Si el vector es torna a tancar sense insert, lacZ és intacte i la colònia és blava. N'hi ha tantes perquè els dos extrems del mateix vector, propers i compatibles, es tornen a unir (autolligació) més sovint que no pas el vector capta un insert.

Apartat b)

Resultat

Blanques: ≈16,7 %\approx 16{,}7\ \%; colònies amb insert: ≈11,1 %\approx 11{,}1\ \% del total (unes 40 de 360).

Resolució

  1. Dades. 300 blaves + 60 blanques = 360 colònies; per PCR, 4 de 6 blanques donen 1,7 kb = 1,5 kb d'insert + 0,2 kb de vector.
  2. Blanques. 60360⋅100≈16,7 %\dfrac{60}{360}\cdot100 \approx 16{,}7\ \%
  3. Amb insert. 60⋅46=40 coloˋnies;40360⋅100≈11,1 %60\cdot\dfrac{4}{6} = 40\ \text{colònies};\qquad \dfrac{40}{360}\cdot100 \approx 11{,}1\ \%

Apartat c)

Resultat

Blanques sense insert: vector religat amb uns quants nucleòtids de més o de menys que desplacen la pauta de lacZ. Colonietes: colònies satèl·lit sense plasmidi, que creixen on la β-lactamasa ha degradat l'ampicil·lina.

Resolució

  1. Blanques sense insert. El vector pot haver perdut o guanyat uns quants nucleòtids als extrems del tall (per exemple, per degradació dels extrems abans de la lligació) i, en tornar-se a tancar, lacZ queda amb un desplaçament de la pauta de lectura: no es fabrica l'enzim i la colònia és blanca tot i no tenir insert.
  2. Colònies satèl·lit. Els bacteris amb plasmidi fabriquen β-lactamasa, que surt de la cèl·lula i degrada l'ampicil·lina al voltant de la colònia; en aquesta zona hi poden créixer bacteris sense plasmidi.
  3. Per què no triar-les. No tenen el plasmidi ni l'insert; a més, si es posen en medi amb ampicil·lina, moriran. S'eviten no allargant la incubació i fent servir plaques fresques.

Apartat d)

Resultat

Sense fosfats 5', els dos extrems del vector no es poden unir entre si; l'insert aporta els seus fosfats 5' i cada unió vector-insert es pot formar en una cadena.

Resolució

  1. Com treballa la lligasa. Uneix un extrem 3'-OH amb un extrem 5'-fosfat per formar l'enllaç fosfodièster.
  2. Vector tractat. Sense els fosfats 5', els seus dos extrems no es poden unir entre si: el vector no es pot tancar sol.
  3. Amb l'insert. L'insert, que no s'ha tractat, conserva els seus fosfats 5': cada unió vector-insert té un fosfat disponible en una de les cadenes i es pot formar.
  4. Després. Queda una mossa (un enllaç sense formar) a cada cadena, que els bacteris reparen després de la transformació.

Errors típics

  • Pensar que les colònies blaves no tenen plasmidi.
  • Suposar que totes les colònies blanques tenen l'insert: cal comprovar-ho (PCR o digestió).
  • Creure que la fosfatasa també impedeix la unió amb l'insert.

Conceptes treballats: vectors de clonació i ADN recombinant; selecció amb antibiòtics; cribratge blau/blanc (inactivació de lacZ); PCR de colònies; ADN lligasa i enllaç fosfodièster

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Es vol comparar l'expressió d'un gen X al fetge i al múscul. S'extreu l'ARN de cada teixit i es fa una transcripció inversa amb un encebador oligo-dT (una cadena curta de timines). Després es fa una PCR amb un encebador a l'exó 2 i un altre a l'exó 3; entre els dos exons hi ha un intró de 900 pb, i el producte esperat a partir de l'ADNc és de 250 pb.
Gel: fetge, banda de 250 pb; múscul, cap banda; control del fetge sense transcriptasa inversa, una banda feble de 1150 pb.
A més, es fa una PCR quantitativa (qPCR), que mesura el cicle a partir del qual el producte supera un llindar (Ct). Gen X: fetge, Ct = 22; múscul, Ct = 28. Gen de referència (expressat igual a tots els teixits): fetge, Ct = 18; múscul, Ct = 18.
a) Explica per a què serveixen la transcriptasa inversa i l'encebador oligo-dT, i per què no es pot fer la PCR directament sobre l'ARN.
b) Interpreta la banda de 1150 pb del control sense transcriptasa inversa. Per què és útil haver situat els encebadors en exons diferents?
c) Amb la qPCR, i suposant eficiència del 100 %, calcula quantes vegades més ARNm del gen X hi ha al fetge que al múscul (fes servir la diferència de Ct respecte del gen de referència). Per què la PCR convencional no va detectar res al múscul?
d) Totes dues cèl·lules tenen el gen X. Raona per quins mecanismes de regulació un mateix gen es pot expressar de manera tan diferent en dos teixits.

Pista 1

Les ADN polimerases de la PCR necessiten un motlle d'ADN; els ARNm madurs eucariotes acaben amb una cua de poli-A.

Pista 2

Un fragment que conté l'intró només pot venir d'un motlle que encara té introns.

Pista 3

Com que l'eficiència és del 100 %, cada cicle de diferència és un factor 2. Calcula ΔCt = Ct(X) − Ct(referència) per a cada teixit i resta'ls.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

La transcriptasa inversa copia l'ARNm a ADNc, perquè la polimerasa de la PCR només copia ADN; l'oligo-dT s'aparella amb la cua de poli-A i fa que només es copiïn els ARNm madurs.

Resolució

  1. Per què no directament. La PCR fa servir una ADN polimerasa que necessita un motlle d'ADN; no pot copiar l'ARN.
  2. Transcriptasa inversa. Enzim dels retrovirus que copia l'ARNm a ADN complementari (ADNc).
  3. Oligo-dT. S'aparella amb la cua de poli-A dels ARNm madurs i fa d'encebador: així es copien només els ARNm (no els ARNr ni els ARNt) i en la seva forma madura, sense introns.

Apartat b)

Resultat

La banda de 1150 pb ve d'ADN genòmic contaminant (250 + 900 pb d'intró); els encebadors en exons diferents permeten distingir-la per mida del producte de l'ADNc.

Resolució

  1. Sense transcriptasa inversa. No hi pot haver ADNc: la banda ve d'ADN genòmic que ha contaminat l'extracció d'ARN.
  2. La mida ho confirma. 250 + 900 = 1150 pb: és el fragment amb l'intró inclòs, que només pot venir d'un motlle que encara té introns.
  3. Utilitat del disseny. Com que els encebadors són en exons diferents, el producte de l'ADNc (250 pb) i el de l'ADN genòmic (1150 pb) es distingeixen per la mida, i la contaminació no es confon amb l'expressió del gen.

Apartat c)

Resultat

ΔΔCt=6\Delta\Delta C_t = 6: al fetge hi ha 26=642^{6} = 64 vegades més ARNm de X que al múscul. La PCR convencional, que es mira al final, no ha arribat a donar una banda visible al múscul.

Resolució

  1. Normalització. ΔCt(fetge)=22−18=4;ΔCt(muˊscul)=28−18=10\Delta C_t(\text{fetge}) = 22 - 18 = 4;\qquad \Delta C_t(\text{múscul}) = 28 - 18 = 10
  2. Diferència. ΔΔCt=10−4=6  ⇒  26=64\Delta\Delta C_t = 10 - 4 = 6 \;\Rightarrow\; 2^{6} = 64
  3. Interpretació. Amb eficiència del 100 %, cada cicle de diferència és un factor 2: al fetge hi ha 64 vegades més ARNm de X. El gen de referència corregeix diferències en la quantitat d'ARN de partida. Fixa't que un Ct més alt vol dir menys motlle inicial.
  4. PCR convencional. S'analitza al final de la reacció: al múscul, amb 64 vegades menys motlle, el producte pot no arribar a ser visible al gel amb els cicles fets, mentre que la qPCR detecta el moment en què apareix el producte i és molt més sensible i quantitativa.

Apartat d)

Resultat

Perquè cada teixit té factors de transcripció, marques epigenètiques i regulació postranscripcional diferents, encara que el genoma sigui el mateix.

Resolució

  1. Mateix genoma. Totes les cèl·lules somàtiques tenen el mateix genoma; la diferència és en quins gens es transcriuen.
  2. Factors de transcripció. Al fetge hi ha factors específics que s'uneixen a seqüències reguladores (potenciadors) del gen X i n'activen la transcripció; al múscul falten o hi ha repressors.
  3. Altres nivells. També hi intervenen mecanismes epigenètics (metilació de l'ADN, modificacions de les histones que compacten o obren la cromatina) i postranscripcionals (estabilitat de l'ARNm, microARN).

Errors típics

  • Pensar que la Taq polimerasa pot copiar directament l'ARN.
  • Interpretar la banda del control sense transcriptasa com a expressió del gen.
  • Oblidar que un Ct més alt vol dir menys motlle inicial, i calcular la diferència com 2822\tfrac{28}{22}.

Conceptes treballats: transcriptasa inversa i ADNc; introns, exons i maduració de l'ARNm; PCR i PCR quantitativa; controls; regulació de l'expressió gènica i diferenciació cel·lular

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Es vol inactivar un gen amb CRISPR-Cas9. La proteïna Cas9 que es fa servir talla l'ADN de doble cadena 3 nucleòtids abans d'una seqüència PAM (5'-NGG-3', on N és qualsevol nucleòtid), situada immediatament després dels 20 nucleòtids reconeguts per l'ARN guia. L'ARN guia té la mateixa seqüència que aquests 20 nucleòtids de la cadena on hi ha la PAM (amb U en lloc de T). L'inici de la seqüència codificant del gen (cadena codificant, 5'→3') és:
5'-ATGGCTCAAGTCGTTACGGATCTGAAGCTTATCGCAGAGTGGCTTAAC-3'
Considera només aquesta cadena per buscar la PAM.
a) Hi ha tres seqüències NGG. Localitza-les (numera els nucleòtids de l'1 al 48) i raona quina és l'única que es pot fer servir.
b) Escriu la seqüència de l'ARN guia (5'→3') i indica entre quins nucleòtids es produeix el tall i entre quins codons queda.
c) La cèl·lula repara el tall per unió d'extrems no homòlegs, que sovint introdueix o elimina uns quants nucleòtids. Raona què passa amb la proteïna si es perd 1 nucleòtid i si se'n perden 3. Si la mida de la inserció o deleció és a l'atzar, quina fracció de les reparacions inactivarà el gen per desplaçament de la pauta de lectura?
d) Explica què caldria afegir per corregir una mutació en lloc d'inactivar el gen, i un risc d'aquesta tècnica relacionat amb l'especificitat de l'ARN guia.

Pista 1

Busca els dinucleòtids GG i mira quin nucleòtid tenen davant; després comprova quants nucleòtids hi ha abans de cada PAM.

Pista 2

Els 20 nucleòtids de la guia són els que hi ha just abans de la PAM; el tall és entre el 17è i el 18è d'aquests 20.

Pista 3

Els codons es llegeixen de tres en tres des de l'ATG: un canvi d'un nombre de nucleòtids que no és múltiple de 3 altera tots els codons posteriors.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

NGG a 2–4 (TGG), 17–19 (CGG) i 40–42 (TGG); només la de 40–42 té els 20 nucleòtids necessaris al davant.

Resolució

  1. Cerca. Buscant els dinucleòtids GG: TGG als nucleòtids 2–4, CGG als 17–19 i TGG als 40–42.
  2. Condició. Cas9 necessita 20 nucleòtids just abans de la PAM perquè s'hi aparelli la guia.
  3. Comprovació. Davant de la primera PAM només hi ha 1 nucleòtid i davant de la segona, 16; la TGG 40–42 en té 39 al davant: és l'única utilitzable.

Apartat b)

Resultat

Guia: 5'-AUCUGAAGCUUAUCGCAGAG-3' (nucleòtids 20–39). El tall és entre els nucleòtids 36 i 37, és a dir, entre el codó 12 (GCA) i el 13 (GAG).

Resolució

  1. Protoespaiador. Els 20 nucleòtids just abans de la PAM són el 20–39: ATCTGAAGCTTATCGCAGAG.
  2. ARN guia. Té la mateixa seqüència, amb U en lloc de T: 5'-AUCUGAAGCUUAUCGCAGAG-3' (més la part estructural que s'uneix a Cas9).
  3. Tall. Es produeix 3 nucleòtids abans de la PAM (entre el 17è i el 18è dels 20): entre el nucleòtid 36 i el 37.
  4. Codons. Llegint de tres en tres des de l'ATG (1–3), el codó 12 ocupa els nucleòtids 34–36 (GCA) i el 13, els 37–39 (GAG): el tall queda entre el codó 12 i el 13.

Apartat c)

Resultat

Perdre 1 nucleòtid desplaça la pauta i inactiva la proteïna; perdre'n 3 n'elimina un sol aminoàcid i pot conservar la funció. Unes 23\tfrac{2}{3} de les reparacions desplacen la pauta.

Resolució

  1. Deleció d'1 nucleòtid. A partir del codó 13 es desplaça la pauta de lectura: tots els codons següents canvien, s'incorporen aminoàcids incorrectes i normalment apareix aviat un codó d'aturada prematur; la proteïna és curta i no funcional (gen inactivat).
  2. Deleció de 3 nucleòtids. Es perd un sol aminoàcid (el Glu del codó 13, si s'elimina GAG) i la resta de la proteïna és igual: pot conservar la funció.
  3. Fracció. Si la mida és a l'atzar, 2 de cada 3 indels no són múltiples de 3: unes 23\tfrac{2}{3} de les reparacions provocaran desplaçament de la pauta.

Apartat d)

Resultat

Cal afegir un ADN donador amb la seqüència correcta i braços homòlegs perquè la cèl·lula repari per recombinació homòloga. Risc: talls fora de diana en seqüències semblants a la guia.

Resolució

  1. Correcció. Cal afegir un ADN motlle (donador) amb la seqüència correcta i braços homòlegs a les dues bandes del tall: la cèl·lula el fa servir per reparar per recombinació homòloga i incorporar-hi la seqüència correcta.
  2. Risc. L'ARN guia pot aparellar-se amb altres regions del genoma de seqüència semblant (amb 1–3 diferències) seguides d'una PAM, i Cas9 hi pot tallar (talls fora de diana), cosa que pot inactivar altres gens.
  3. Prevenció. Es trien guies amb una seqüència única al genoma i es comprova el resultat seqüenciant.

Errors típics

  • Triar una PAM sense comprovar que hi ha 20 nucleòtids al davant.
  • Escriure la guia complementària de la cadena on és la PAM: té la seva mateixa seqüència.
  • Pensar que qualsevol deleció inactiva el gen: les de múltiples de 3 mantenen la pauta.

Conceptes treballats: edició genètica CRISPR-Cas9; seqüència PAM i ARN guia; codi genètic i pauta de lectura; mutacions per desplaçament de la pauta; reparació de l'ADN i recombinació homòloga

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Per estudiar i tractar la malaltia de Parkinson, en què moren les neurones que fabriquen dopamina, es prenen fibroblasts de la pell d'un pacient i s'hi introdueixen, amb un vector víric, quatre gens de factors de transcripció (entre els quals l'oncogèn c-Myc). De 5,0·10410^{4} fibroblasts tractats s'obtenen 25 colònies de cèl·lules mare pluripotents induïdes (iPS). Per comprovar-ne la pluripotència, se n'injecten unes quantes a ratolins immunodeficients, on formen un teratoma, un tumor amb teixits de les tres capes embrionàries.
a) Calcula l'eficiència de la reprogramació i explica per què uns factors de transcripció poden convertir un fibroblast en una cèl·lula pluripotent, si el genoma no canvia.
b) Raona per què es fan servir ratolins immunodeficients i què demostra el teratoma.
c) Compara aquest procediment amb l'obtenció de cèl·lules mare embrionàries pel que fa a la compatibilitat immunitària amb el pacient i a les qüestions ètiques.
d) Abans de trasplantar neurones obtingudes d'iPS al cervell del pacient, cal resoldre dos riscos lligats al mètode. Identifica'ls a partir de l'enunciat i proposa com reduir-los. A més, explica per què unes neurones fetes amb les cèl·lules del mateix pacient potser no solucionarien la malaltia si aquesta té una causa genètica.

Pista 1

Eficiència = colònies obtingudes / cèl·lules tractades. La identitat d'una cèl·lula depèn de quins gens s'expressen.

Pista 2

Un ratolí normal rebutjaria les cèl·lules humanes. Les tres capes embrionàries originen tots els teixits.

Pista 3

Fixa't en dos detalls de l'enunciat: el tipus de vector i un dels gens introduïts. I pensa què porten les cèl·lules del pacient.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

Eficiència =5⋅10−4=0,05 %= 5\cdot10^{-4} = 0{,}05\ \%. Els factors de transcripció canvien quins gens s'expressen (i la cromatina), no la seqüència del genoma.

Resolució

  1. Càlcul. eficieˋncia=255,0⋅104=5⋅10−4=0,05 %\text{eficiència} = \dfrac{25}{5{,}0\cdot10^{4}} = 5\cdot10^{-4} = 0{,}05\ \%
  2. Identitat cel·lular. Totes les cèl·lules tenen el mateix genoma; un fibroblast és un fibroblast perquè expressa un conjunt de gens i en té d'altres silenciats (per factors de transcripció i marques epigenètiques).
  3. Reprogramació. Els factors introduïts activen la xarxa de gens propis de les cèl·lules pluripotents i, a poc a poc, es reorganitza la cromatina. La reprogramació no canvia la seqüència del genoma.
  4. Interpretació. La baixa eficiència indica que aquest «esborrat» epigenètic és difícil i només s'aconsegueix en poques cèl·lules.

Apartat b)

Resultat

Perquè un ratolí normal rebutjaria les cèl·lules humanes; el teratoma amb teixits de les tres capes embrionàries demostra que les iPS són pluripotents.

Resolució

  1. Ratolins immunodeficients. Les iPS són humanes: un ratolí amb sistema immunitari normal les rebutjaria abans de veure què formen.
  2. Teratoma. Que formin un tumor amb teixits de l'ectoderma, el mesoderma i l'endoderma demostra que poden diferenciar-se en cèl·lules de tots tres llinatges, és a dir, que són pluripotents.
  3. Error típic. No és un fracàs de l'experiment: en aquest test, el teratoma és la prova de pluripotència.

Apartat c)

Resultat

Les iPS són del mateix pacient (sense rebuig) i no requereixen destruir embrions; les embrionàries són d'un altre individu i s'obtenen de blastocists.

Resolució

  1. Compatibilitat. Les iPS provenen del mateix pacient: tenen les seves molècules HLA i, en principi, no les rebutjaria (trasplantament autòleg); les cèl·lules mare embrionàries provenen d'un altre individu i podrien ser rebutjades.
  2. Ètica. Les iPS no requereixen destruir embrions, mentre que les embrionàries s'obtenen de la massa cel·lular interna de blastocists, cosa que planteja un debat sobre l'estatus de l'embrió.

Apartat d)

Resultat

Riscos: el vector víric integratiu (mutagènesi per inserció) i l'oncogèn c-Myc (i les cèl·lules indiferenciades que queden). Si la causa és genètica, les neurones portaran la mateixa mutació.

Resolució

  1. Risc 1: el vector víric. Pot integrar-se al genoma i alterar gens (per exemple, activar un oncogèn o inactivar un gen supressor de tumors).
  2. Risc 2: c-Myc. És un oncogèn: si continua actiu, pot provocar divisió descontrolada. A més, si queden cèl·lules pluripotents no diferenciades entre les neurones, poden formar teratomes al cervell.
  3. Com reduir-los. Mètodes sense integració (ARN, proteïnes o vectors que no s'integren i es perden), evitar o substituir c-Myc, i purificar les neurones abans del trasplantament per eliminar les cèl·lules indiferenciades.
  4. Causa genètica. Les neurones derivades de les cèl·lules del pacient portaran la mateixa mutació i podrien tornar a degenerar; caldria corregir-la abans (per exemple, amb edició genètica). Les cèl·lules autòlogues no estan lliures de risc.

Errors típics

  • Pensar que la reprogramació canvia la seqüència del genoma del fibroblast.
  • Creure que el teratoma és un fracàs de l'experiment: en aquest test és la prova de pluripotència.
  • Suposar que les cèl·lules autòlogues no tenen cap risc.

Conceptes treballats: cèl·lules mare pluripotents induïdes; diferenciació cel·lular i regulació gènica; vectors vírics; oncogens i càncer; rebuig immunitari; bioètica

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

Es comparen dues estratègies de teràpia gènica:
Estratègia A, per a una immunodeficiència greu: s'extreuen cèl·lules mare de la medul·la òssia, s'hi introdueix el gen correcte amb un vector derivat d'un retrovirus (que integra el seu ADN al genoma) i es tornen al pacient.
Estratègia B, per a una ceguesa hereditària: s'injecta directament a la retina un vector derivat d'un virus adenoassociat (AAV), que no s'integra i queda com un ADN independent al nucli de les cèl·lules.
a) Indica quina estratègia és ex vivo i quina in vivo, i explica per què per a cada malaltia s'ha triat aquest tipus de vector, tenint en compte si les cèl·lules diana es divideixen o no.
b) En l'estratègia A, suposa que el vector s'integra a l'atzar en un genoma de 3·10910^{9} pb i que les regions on una integració pot activar un oncogèn sumen 3·10610^{6} pb. Calcula la probabilitat per integració, i el nombre esperat de cèl·lules amb una integració perillosa si es tracten 10810^{8} cèl·lules amb una integració cadascuna.
c) Fes servir el resultat de b per explicar per què, encara que la probabilitat per cèl·lula és petita, el risc de leucèmia no és negligible, i proposa una millora del vector.
d) Explica per què cap d'aquestes dues teràpies no evita que el pacient transmeti la malaltia als fills, i per què la modificació de cèl·lules germinals no està permesa.

Pista 1

Un ADN que no s'integra no es copia amb el genoma en cada divisió.

Pista 2

Probabilitat = mida de la zona perillosa / mida del genoma. Multiplica-la pel nombre de cèl·lules.

Pista 3

Una sola cèl·lula amb un oncogèn activat pot originar un clon tumoral. Per a d, pensa quines cèl·lules s'han modificat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

A és ex vivo amb vector integratiu, perquè les cèl·lules mare es divideixen; B és in vivo amb AAV no integratiu, perquè els fotoreceptors no es divideixen.

Resolució

  1. Tipus. A és ex vivo (les cèl·lules es modifiquen fora del cos i s'hi tornen) i B és in vivo (el vector s'injecta directament al teixit).
  2. Estratègia A. Les cèl·lules mare de la medul·la es divideixen contínuament: el gen ha d'integrar-se al genoma perquè es copiï a cada divisió i passi a totes les cèl·lules filles durant tota la vida. Un ADN que no s'integra es perdria amb les divisions.
  3. Estratègia B. Les cèl·lules de la retina (fotoreceptors) no es divideixen: un ADN que no s'integra (AAV) s'hi manté molt de temps i s'expressa, sense el risc d'alterar el genoma per integració.

Apartat b)

Resultat

Probabilitat per integració =10−3= 10^{-3}; nombre esperat de cèl·lules amb integració perillosa =105= 10^{5}.

Resolució

  1. Probabilitat. p=3⋅1063⋅109=10−3p = \dfrac{3\cdot10^{6}}{3\cdot10^{9}} = 10^{-3}
  2. Nombre esperat. 108⋅10−3=10510^{8}\cdot10^{-3} = 10^{5} És a dir, 10510^{5} cèl·lules amb una integració perillosa.

Apartat c)

Resultat

Tot i ser 1 de cada 1000, són unes 100 000 cèl·lules, i n'hi ha prou amb una que proliferi sense control per causar una leucèmia. Millora: vectors autoinactivants que s'integrin lluny dels promotors, o inserció dirigida a un lloc segur.

Resolució

  1. Risc acumulat. Encara que només 1 de cada 1000 cèl·lules tingui una integració perillosa, se'n tracten tantes que n'hi ha unes 100 000; n'hi ha prou que una adquireixi altres mutacions i proliferi sense control per originar un clon tumoral (leucèmia).
  2. Millores del vector. Vectors que tendeixin a integrar-se lluny dels promotors dels gens (per exemple, derivats de lentivirus «autoinactivants», sense els potenciadors vírics forts) o dirigir la inserció a un lloc segur del genoma amb edició genètica.
  3. Altres mesures. Reduir el nombre de cèl·lules tractades i seguir el pacient per detectar clons anòmals.

Apartat d)

Resultat

Perquè només es modifiquen cèl·lules somàtiques i la línia germinal manté l'al·lel mutat; modificar cèl·lules germinals afectaria totes les generacions sense consentiment i amb riscos no avaluables.

Resolució

  1. Cèl·lules modificades. En les dues estratègies són somàtiques (de la sang o de la retina); les cèl·lules de la línia germinal continuen tenint l'al·lel mutat i el pacient el pot transmetre.
  2. Per què no la germinal. El canvi passaria a totes les generacions següents, sense el consentiment de les persones afectades, amb riscos (talls o integracions fora de diana) que no es poden avaluar a llarg termini, i obriria la porta a modificacions no terapèutiques.
  3. Conclusió. Per això està prohibida per la legislació i els convenis internacionals.

Errors típics

  • Pensar que un vector que no s'integra serveix igual per a cèl·lules que es divideixen.
  • Dir que la teràpia gènica somàtica cura la malaltia també en la descendència.
  • Menysprear un risc petit per cèl·lula sense tenir en compte el nombre de cèl·lules tractades.

Conceptes treballats: teràpia gènica ex vivo i in vivo; vectors vírics integratius i no integratius; mutagènesi per inserció i oncogens; cèl·lules somàtiques i germinals; bioètica

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Un blat de moro transgènic Bt fabrica una proteïna tòxica per a les erugues d'una arna que és plaga. En aquesta arna hi ha un al·lel r rar, amb una freqüència de 0,001, que dona resistència a la toxina; la resistència és recessiva (només sobreviuen les erugues rr). Per retardar l'aparició de resistències, la normativa obliga a sembrar una zona refugi amb blat de moro no transgènic. En una comarca neixen 10610^{6} erugues: 8·10510^{5} al blat de moro Bt i 2·10510^{5} al refugi. Els adults de les dues zones s'aparellen a l'atzar.
a) Suposant equilibri de Hardy-Weinberg, calcula quantes erugues rr s'esperen al camp Bt i quantes en sobreviuran.
b) Calcula la freqüència de l'al·lel r entre els adults supervivents de tota la comarca. Compara-la amb el cas en què no hi hagués refugi.
c) Repeteix el càlcul de b suposant que la resistència fos dominant (sobreviuen les Rr i les rr al camp Bt). Què ensenya aquest resultat sobre les condicions perquè l'estratègia del refugi funcioni?
d) A més de les resistències, esmenta dos riscos ambientals que cal avaluar abans d'autoritzar un cultiu transgènic i un benefici ambiental del blat de moro Bt.

Pista 1

Al camp Bt només sobreviuen els genotips resistents; al refugi sobreviuen tots, amb la freqüència de r de la població.

Pista 2

Freqüència de r = al·lels r de tots els supervivents / al·lels totals dels supervivents (cada individu en té dos).

Pista 3

Si la resistència és dominant, quants heterozigots hi ha i què els passa al camp Bt?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

S'esperen 0,8 erugues rr al camp Bt (menys d'una de mitjana), i sobreviuen totes; la resta mor.

Resolució

  1. Hardy-Weinberg. f(rr)=q2=(0,001)2=10−6f(rr) = q^{2} = (0{,}001)^{2} = 10^{-6}
  2. Càlcul. 8⋅105⋅10−6=0,8 erugues rr8\cdot10^{5}\cdot10^{-6} = 0{,}8\ \text{erugues rr}
  3. Supervivència. Les rr són resistents i sobreviuen totes; la resta d'erugues del camp Bt moren.

Apartat b)

Resultat

Amb refugi, q≈0,001004q \approx 0{,}001004: pràcticament no canvia. Sense refugi, tots els supervivents serien rr (q=1q = 1).

Resolució

  1. Supervivents. Els 2⋅1052\cdot10^{5} del refugi (amb q=0,001q = 0{,}001) i les 0,8 rr del camp Bt.
  2. Freqüència de r. Es compten còpies de l'al·lel, no individus (cada individu en té dues): q=2⋅105⋅2⋅0,001+0,8⋅22⋅(2⋅105+0,8)=401,6400 001,6≈0,001004q = \dfrac{2\cdot10^{5}\cdot2\cdot0{,}001 + 0{,}8\cdot2}{2\cdot(2\cdot10^{5} + 0{,}8)} = \dfrac{401{,}6}{400\,001{,}6} \approx 0{,}001004
  3. Interpretació. Els rr que sobreviuen al camp Bt s'aparellen sobretot amb arnes RR del refugi, i els fills Rr moren al camp Bt.
  4. Sense refugi. Només sobreviurien els rr: els pocs supervivents serien tots resistents (q=1q = 1 entre els supervivents) i la població resistent es formaria en molt poques generacions.

Apartat c)

Resultat

Amb resistència dominant, q≈0,00496q \approx 0{,}00496 (unes 5 vegades més): la resistència s'escamparia malgrat el refugi. El refugi només funciona si la resistència és recessiva (o la dosi mata els heterozigots), l'al·lel és rar i hi ha prou adults del refugi.

Resolució

  1. Heterozigots al camp Bt. Ara sobreviuen: 8⋅105⋅2⋅0,999⋅0,001≈1598,48\cdot10^{5}\cdot2\cdot0{,}999\cdot0{,}001 \approx 1598{,}4
  2. Freqüència de r. q=400+1598,4+1,62⋅(2⋅105+1598,4+0,8)=2000403 198,4≈0,00496q = \dfrac{400 + 1598{,}4 + 1{,}6}{2\cdot(2\cdot10^{5} + 1598{,}4 + 0{,}8)} = \dfrac{2000}{403\,198{,}4} \approx 0{,}00496
  3. Comparació. És unes 5 vegades més que a la generació anterior (i sense refugi, amb només Rr i rr supervivents, seria d'uns 0,5): la resistència s'escamparia ràpidament malgrat el refugi.
  4. Conclusió. L'estratègia només funciona si la resistència és recessiva (o si la dosi de toxina és prou alta per matar els heterozigots), si l'al·lel és rar i si hi ha prou adults del refugi perquè els resistents s'hi aparellin.

Apartat d)

Resultat

Riscos: efecte sobre insectes no diana i flux del transgèn per pol·len (també l'acumulació de toxina al sòl). Benefici: menys insecticides d'ampli espectre.

Resolució

  1. Riscos. Efecte de la toxina sobre insectes no diana (pol·linitzadors, papallones protegides o depredadors de la plaga); flux del transgèn per pol·len cap a varietats convencionals o ecològiques i parents silvestres; acumulació de la toxina al sòl.
  2. Benefici. Es redueix l'ús d'insecticides d'ampli espectre, que maten també insectes beneficiosos i contaminen el sòl i l'aigua.
  3. Recorda. La toxina Bt no provoca les mutacions de resistència: només selecciona les que ja hi són.

Errors típics

  • Oblidar que al refugi sobreviuen també els al·lels r dels heterozigots.
  • Calcular la freqüència d'al·lels comptant individus en lloc de còpies de l'al·lel.
  • Pensar que la toxina Bt provoca les mutacions de resistència.

Conceptes treballats: organismes transgènics; Hardy-Weinberg; selecció natural i resistència; dominància i recessivitat; avaluació de riscos ambientals

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Una malaltia autosòmica recessiva greu és causada per una mutació puntual que elimina un lloc de tall d'un enzim de restricció. Per diagnosticar-la, s'amplifica per PCR un fragment de 600 pb i es digereix amb l'enzim. El fragment té sempre un lloc de tall a 100 pb d'un extrem; l'al·lel normal en té un altre a 400 pb del mateix extrem, que la mutació fa desaparèixer.
Una parella sana té una filla afectada i espera un altre fill. Es fa la prova a la família, inclòs el fetus (amb cèl·lules d'una mostra de vellositats corials):
Pare: 500, 300, 200 i 100 pb. Mare: 500, 300, 200 i 100 pb. Filla: 500 i 100 pb. Fetus: 300, 200 i 100 pb. Una mostra d'un altre pacient: 600, 300, 200 i 100 pb.
a) Indica les bandes esperades per a cada genotip (homozigot normal, heterozigot i homozigot mutant) i dedueix el genotip de cada membre de la família.
b) Abans de la prova, quina probabilitat tenia el fetus d'estar afectat i de ser portador? Si se sabés només que el fetus no està afectat, quina probabilitat tindria de ser portador?
c) Quina funció té el lloc de tall que sempre hi és, a 100 pb? Interpreta la mostra de l'altre pacient.
d) Per què aquesta tècnica només serveix per a mutacions que creen o destrueixen un lloc de restricció? Proposa una alternativa per a una mutació que no ho faci.

Pista 1

Dibuixa el fragment de 600 pb i marca-hi els llocs de tall de cada al·lel.

Pista 2

Fes l'encreuament de dos portadors. «Sabent que no està afectat» elimina una de les possibilitats.

Pista 3

Si l'enzim no talla del tot, quin fragment hauria de quedar sense tallar?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

Homozigot normal: 300, 200 i 100 pb; heterozigot: 500, 300, 200 i 100 pb; homozigot mutant: 500 i 100 pb. Pare i mare: heterozigots; filla: homozigota mutant; fetus: homozigot normal.

Resolució

  1. Al·lel normal. Talls a 100 i 400 pb → fragments de 100, 300 i 200 pb.
  2. Al·lel mutant. Només talla a 100 pb → fragments de 100 i 500 pb.
  3. Genotips. Homozigot normal: 300, 200 i 100. Heterozigot: 500, 300, 200 i 100. Homozigot mutant: 500 i 100.
  4. Família. Pare i mare: heterozigots (portadors sans), coherent amb tenir una filla afectada. Filla: homozigota mutant (afectada). Fetus: homozigot normal (no afectat i no portador).

Apartat b)

Resultat

Abans de la prova: P(afectat)=14P(\text{afectat}) = \tfrac{1}{4} i P(portador)=12P(\text{portador}) = \tfrac{1}{2}. Sabent que no està afectat: P(portador)=23P(\text{portador}) = \tfrac{2}{3}.

Resolució

  1. Encreuament. Aa × Aa → 14\tfrac{1}{4} AA, 12\tfrac{1}{2} Aa, 14\tfrac{1}{4} aa.
  2. Abans de la prova. Afectat (aa): 14\tfrac{1}{4}; portador (Aa): 12\tfrac{1}{2}.
  3. Probabilitat condicionada. Si no està afectat, només queden AA i Aa: P(portador∣no afectat)=1/23/4=23P(\text{portador}\mid\text{no afectat}) = \dfrac{1/2}{3/4} = \dfrac{2}{3}

Apartat c)

Resultat

És un control intern de la digestió: el fragment de 600 pb no hauria d'aparèixer mai. A l'altre pacient la digestió ha estat incompleta i el resultat no és fiable: cal repetir-la.

Resolució

  1. Control intern. Com que tots els al·lels tenen el lloc de 100 pb, el fragment de 600 pb sense tallar ha de desaparèixer sempre; si apareix, la digestió ha estat incompleta.
  2. Altre pacient. La banda de 600 pb indica que una part de l'ADN no s'ha tallat. No hi apareix la banda de 500 pb que esperaríem si fos heterozigot, però, amb una digestió incompleta, no es pot assegurar si hi ha molècules de l'al·lel mutant amagades o no.
  3. Conclusió. No s'ha de diagnosticar un genotip a partir d'una digestió incompleta: cal repetir-la (més enzim o més temps).

Apartat d)

Resultat

Perquè l'enzim només reconeix una seqüència concreta: si la mutació no la altera, els dos al·lels donen les mateixes bandes. Alternatives: seqüenciar, PCR específica d'al·lel o sondes específiques.

Resolució

  1. Limitació. Els enzims de restricció només reconeixen seqüències concretes: si la mutació no altera cap diana, els dos al·lels donen les mateixes bandes.
  2. Alternatives. Seqüenciar directament el fragment amplificat; fer una PCR amb encebadors específics de cada al·lel (que només s'allarguen si el seu extrem 3' és complementari de la base mutada o de la normal); o fer servir sondes marcades específiques de cada al·lel.

Errors típics

  • Oblidar que el lloc constant també talla i donar 300 i 300 pb o 600 pb per a l'al·lel normal.
  • Dir que la probabilitat que un fill sa de dos portadors sigui portador és 1/2 en lloc de 2/3.
  • Diagnosticar un genotip a partir d'una digestió incompleta.

Conceptes treballats: diagnòstic genètic per PCR i enzims de restricció; electroforesi; herència autosòmica recessiva; probabilitat condicionada; controls interns; diagnòstic prenatal

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

Una empresa farmacèutica produeix hormona del creixement humana (hGH, M = 22 125 g/mol) amb Escherichia coli. El bacteri porta un plasmidi amb el cDNA de la hGH darrere d'un promotor regulat per l'operador de l'operó lac i un gen de resistència a l'ampicil·lina. Es cultiva en un fermentador amb 10,0 L de medi amb ampicil·lina, inoculat a una densitat òptica DO600 = 0,05. En fase exponencial el temps de duplicació és de 30 min, i es considera que DO600 = 1,0 equival a 8,0·10810^{8} cèl·lules/mL. Quan el cultiu arriba a DO600 = 0,60 s'hi afegeix IPTG; a partir d'aquest moment suposarem que les cèl·lules ja no es divideixen i que cadascuna fabrica 2,0·10610^{6} molècules de hGH.
a) Quant de temps triga el cultiu a arribar a DO600 = 0,60?
b) Quantes cèl·lules hi ha en aquest moment i quina massa de hGH (en mg) es produirà després de la inducció?
c) La purificació recupera el 40 % de la hGH. Quantes dosis diàries d'1,0 mg es poden obtenir d'un lot?
d) Explica com activa l'IPTG l'expressió del gen i per què convé afegir-lo quan el cultiu ha arribat a DO600 = 0,60 i no en el moment d'inocular.
e) Si es cultivés sense ampicil·lina, en cada generació un 2,0 % de les cèl·lules que encara tenen el plasmidi el perdria, i les que el perden creixerien igual de bé. Quin percentatge de cèl·lules conservaria el plasmidi en arribar a DO600 = 0,60 i quina massa de hGH es produiria? I en un cultiu que, en total, hagués passat per 20 generacions sense antibiòtic? Explica per què l'ampicil·lina evita el problema.

Pista 1

Cada duplicació multiplica per 2 la densitat òptica: planteja 0,05·2n = 0,60 i aïlla n. Cada generació dura 30 min.

Pista 2

Nombre de cèl·lules = DO · 8,0·10810^{8} cèl·lules/mL · volum en mL. Passa les molècules a mols amb el nombre d'Avogadro i els mols a grams amb la massa molar.

Pista 3

Si a cada generació la fracció amb plasmidi es multiplica per 0,98, després de n generacions és 0,98n. La producció és proporcional al nombre de cèl·lules que tenen el plasmidi.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

n=log⁡212≈3,58n = \log_2 12 \approx 3{,}58 generacions ⇒t≈107,5 min\Rightarrow t \approx 107{,}5\ \text{min} (≈ 1 h 48 min).

Resolució

  1. Dades. DO inicial 0,05, DO final 0,60; temps de duplicació 30 min.
  2. Creixement exponencial. Cada generació duplica la DO: 0,05⋅2n=0,60  ⇒  2n=12  ⇒  n=log⁡212≈3,580{,}05\cdot2^{n} = 0{,}60 \;\Rightarrow\; 2^{n} = 12 \;\Rightarrow\; n = \log_2 12 \approx 3{,}58
  3. Temps. t=3,58⋅30 min≈107,5 min≈1 h 48 mint = 3{,}58\cdot30\ \text{min} \approx 107{,}5\ \text{min} \approx 1\ \text{h}\ 48\ \text{min}
  4. Error típic. No divideixis sense passar pel logaritme: la DO no creix linealment, es duplica a cada generació.

Apartat b)

Resultat

4,8⋅10124{,}8\cdot10^{12} cèl·lules; m≈353 mgm \approx 353\ \text{mg} de hGH.

Resolució

  1. Cèl·lules. Passant els 10,0 L a mL: N=0,60⋅8,0⋅108 ceˋlmL⋅10,0⋅103 mL=4,8⋅1012N = 0{,}60\cdot8{,}0\cdot10^{8}\ \tfrac{\text{cèl}}{\text{mL}}\cdot10{,}0\cdot10^{3}\ \text{mL} = 4{,}8\cdot10^{12} És a dir, 4,8⋅10124{,}8\cdot10^{12} cèl·lules al fermentador.
  2. Molècules i mols. 4,8⋅1012⋅2,0⋅106=9,6⋅1018;n=9,6⋅10186,022⋅1023=1,59⋅10−5 mol4{,}8\cdot10^{12}\cdot2{,}0\cdot10^{6} = 9{,}6\cdot10^{18};\qquad n = \dfrac{9{,}6\cdot10^{18}}{6{,}022\cdot10^{23}} = 1{,}59\cdot10^{-5}\ \text{mol}
  3. Massa. m=1,59⋅10−5 mol⋅22 125 g/mol=0,353 g=353 mgm = 1{,}59\cdot10^{-5}\ \text{mol}\cdot22\,125\ \text{g/mol} = 0{,}353\ \text{g} = 353\ \text{mg}

Apartat c)

Resultat

141 dosis d'1,0 mg per lot.

Resolució

  1. Recuperació. 353 mg⋅0,40≈141 mg353\ \text{mg}\cdot0{,}40 \approx 141\ \text{mg}
  2. Dosis. A 1,0 mg per dosi, s'obtenen 141 dosis diàries per lot.

Apartat d)

Resultat

L'IPTG s'uneix al repressor Lac i el desprèn de l'operador, i la RNA polimerasa transcriu el cDNA; s'afegeix tard perquè fabricar la proteïna és una càrrega metabòlica que frenaria el creixement.

Resolució

  1. Mecanisme. L'IPTG és un anàleg no hidrolitzable de l'al·lolactosa: s'uneix al repressor Lac i el desprèn de l'operador, de manera que l'ARN polimerasa pot transcriure el cDNA de la hGH, i l'ARNm es tradueix als ribosomes bacterians. No és el substrat de l'operó: és un inductor que inactiva el repressor.
  2. Moment de la inducció. Fabricar una proteïna forana és una càrrega metabòlica: si s'activés des del principi, les cèl·lules creixerien més lentament, el cultiu tardaria més i es seleccionarien les cèl·lules que perden o inactiven el plasmidi.
  3. Conclusió. Convé esperar a tenir prou biomassa (DO = 0,60) i llavors induir la producció.

Apartat e)

Resultat

Fins a DO = 0,60: 93,0 %93{,}0\ \% de cèl·lules amb plasmidi i ≈328 mg\approx 328\ \text{mg} de hGH. Després de 20 generacions: 66,8 %66{,}8\ \% i uns 235 mg235\ \text{mg}. L'ampicil·lina mata les cèl·lules que perden el plasmidi.

Resolució

  1. Fracció amb plasmidi. A cada generació es multiplica per 0,98: 0,983,58≈0,930=93,0 %0{,}98^{3{,}58} \approx 0{,}930 = 93{,}0\ \%
  2. Producció. És proporcional a les cèl·lules amb plasmidi: 353⋅0,930≈328 mg (un 7 % menys)353\cdot0{,}930 \approx 328\ \text{mg}\ (\text{un } 7\ \%\ \text{menys})
  3. 20 generacions. 0,9820≈0,668=66,8 %;352,7⋅0,6676≈235 mg (un terc¸ menys)0{,}98^{20} \approx 0{,}668 = 66{,}8\ \%;\qquad 352{,}7\cdot0{,}6676 \approx 235\ \text{mg}\ (\text{un terç menys})
  4. Paper de l'ampicil·lina. Les cèl·lules que perden el plasmidi perden també el gen de resistència (la β-lactamasa) i moren, perquè l'antibiòtic impedeix que sintetitzin la paret bacteriana quan es divideixen: només creixen les que conserven el plasmidi i, amb ell, el gen de la hGH. L'ampicil·lina no ajuda a fabricar la proteïna; només selecciona.

Errors típics

  • Dividir el temps entre 30 min sense passar pel logaritme: la DO no creix linealment, es duplica a cada generació.
  • Oblidar de passar els 10,0 L a mL abans de multiplicar per cèl·lules/mL.
  • Dir que l'IPTG és el substrat de l'operó o que «és el gen de la hGH»: és un inductor que inactiva el repressor.
  • Pensar que l'ampicil·lina «ajuda» a fabricar la proteïna: només selecciona les cèl·lules que tenen el plasmidi.

Conceptes treballats: producció de proteïnes recombinants en bacteris, creixement exponencial i temps de duplicació, regulació de l'operó lac i inductors, plasmidis i marcadors de selecció, antibiòtics β-lactàmics, càlculs de mols i massa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Per què la ADN polimerasa de la PCR ha de resistir la calor?

Perquè la PCR repeteix cicles a uns 95 °C per separar les cadenes d'ADN. Una polimerasa normal es desnaturalitzaria; per això se n'usa una de bacteris termòfils.

Què reconeix el gen en el sistema CRISPR?

L'ARN guia, que és complementari a la seqüència diana. La proteïna Cas9 només talla l'ADN on l'ARN guia l'ha portada.

Tornar a Biologia

Altres temes de Biologia 2n Batxillerat