ІІІ. Передача спадкової інформації
Здійснюється ця функція в процесі реплікації ДНК, що відбувається за принципом комплементарності і в оптимальних для клітини умовах існування забезпечує в нормі утворення двох тотожних молекул ДНК з послідовним утворенням двох генетично ідентичних клітин з тим же набором ДНК (хромосом), який властивий для вихідної материнської клітини.
РНК (рибонуклеїнова кислота) складається з одинарного полінуклеотидного ланцюга, до складу якого входять чотири такі нуклеотиди: аденіловий (А), гуаніловий (Г), цитидиловий (Ц), урациловий (У). Послідовне з’єднання нуклеотидів у полінуклеотидний ланцюг здійснюється за рахунок вутлеводно-фосфатних зв’язків. Вийнятком є t-PHK, у якої, окрім вуглеводно-фосфатних зв’язків, існують водневі зв'язки, що з’єднують певні комплементарні ділянки цієї нуклеїнової кислоти і надають їй форму листа конюшини.
На відміну від ДНК, розрізняють три типи РНК: і-РНК, t-PHK, r-РНК.
1. і-РНК синтезується на певній ділянці ДНК за принципом комплементарності і несе спадкову інформацію про первинну структуру поліпептиду від ядра в цитоплазму і є матрицею для синтезу поліпептиду в полірибосомі.
2. t-PHK транспортує із цитоплазми до рибосоми відповідну до її антикодона амінокислоту. Антикодон – це трійка нуклеотидів, яка діаметрально протилежна ділянці, до якої приєднується активована амінокислота.
3. r-PHK є складовим компонентом рибосом і виконує певну регуляторну функцію в процесах трансляції.
Отже, для розв’язування вправ і задач із зазначеного розділу необхідно усвідомити:
1. Для всіх ДНК комплементарними азотистими основами є А-Т, Г-Ц, які з’єднані водневими зв'язками (між А і Т – два водневі зв’язки, між Ц і Г – три водневі зв’язки).
2. А + Г = Т + Ц (вміст пуринових азотистих основ – аденіну і гуаніну дорівнює вмісту піримідинових азотистих основ – тиміну і цитозину).
3. До складу нуклеотидів усіх РНК входить А, Г, Ц, У (урацил замість азотистої основи тимін).
4. Кожен «крок» подвійної спіралі ДНК становить 3,4 нм і в ньому укладається 10 пар азотистих основ (або нуклеотидів). Тобто довжина одного нуклеотиду, або відстань між двома сусідніми нуклеотидами вздовж осі ДНК, становить 0,34 нм.
5. Середня молекулярна маса одного нуклеотиду дорівнює 345 умовних одиниць.
6. Середня молекулярна маса однієї амінокислоти дорівнює 100 умовних одиниць.
7. Кожну амінокислоту в білковій молекулі кодує триплет нуклеотидів і-РНК (під час трансляції ).
8. Для визначення довжини гена (Lг) враховують кількість нуклеотидів, яка міститься в одному ланцюгу ДНК.
9. Для визначення молекулярної маси гена (Мг) враховують кількість нуклеотидів, що містяться у двох ланцюгах ДНК.
10. Екзони – інформативні ділянки ДНК (їхня інформація реалізується під час трансляції), інтрони – неінформативні ділянки ДНК.
11. Трансляція здійснюється згідно з генетичним кодом. Користуючись таблицею генетичного коду, можна встановити послідовність амінокислот у поліпептидній молекулі.
12. За даними елементарного (до складу білків можуть входити атоми металів – Cu, Fe, Zn та ін.) чи амінокислотного складу можна обчислити молекулярну масу низькомолекулярних білків, користуючись формулою:
, деМ – мінімальна молекулярна маса білка
а – атомна, або молекулярна маса
в – процентний склад компонента.
Звичайно вибирають амінокислоту, вміст якої в білковій молекулі мінімальний.
Дійсну молекулярну масу білка розраховують, помноживши значення мінімальної на число компонентів.
ПРИКЛАДИ
1)Фрагмент правого ланцюжка ДНК-вмісного вірусу складається з таких нуклеотидів: А-Ц-Т- Г-А-Г-Ц-Ц-Т-А-Ц-Ц-Ц-Г-Ц - Т - А - Т - Г - Ц - Т. Визначити нуклеотидну послідовність фрагмента лівого ланцюжка ДНК та його молекулярну масу. Молекулярна маса одного нуклеотиду 345 ум. од.
Розв’язок
А-Ц- Т-Г-А-Г-Ц-Ц-Т-А-Ц-Ц-Ц-Г-Ц - Т - А - Т - Г - Ц - Т.
Т - Г – А -Ц –Т –Ц –Г –Г –А –Т-Г – Г –Г - Ц –Г - А - Т – А-Ц – Г – А
Молекулярна маса: 345+21=7245 ум. од.
2)Фрагмент одного із ланцюжків ДНК має таку послідовність нуклеотидів:
Ц-Т-Г-А-А-Ц-Г-Т-Ц-А-Ц-Г-Т-А-А-Т-Ц-Г-Ц-Г-Г-А-Г-А
Визначити: а)нуклеотидну послідовність і-РНК, синтезованої на цьому фрагменті ДНК; б)кількість триплетів синтезованої і-РНК; в) довжину синтезованої і-РНК. Довжина одного нуклеотиду 0,34 нм.
Розв’язок
ДНК Ц- Т-Г-А-А-Ц-Г-Т-Ц-А-Ц-Г-Т-А-А-Т-Ц-Г-Ц-Г-Г- А-Г-А
іРНК Г-А-Ц-У-У-Г-Ц-А-Г-У-Г-Ц-А-У-У-А-Г-Ц-Г-Ц-Ц-У-Ц-У
б) 8 триплетів
в) 
3) і-РНК складається з таких триплетів: УЦГ - ГЦА - АУЦ - АЦА -УУГ - ЦГГ - ГУГ - АЦГ. Визначити послідовність триплетів відповідної ділянки обох ланцюгів ДНК та її молекулярну масу.
Розв’язок
УЦГ - ГЦА - АУЦ - АЦА -УУГ - ЦГГ – ГУГ – АЦГ (і-РНК)
АГЦ - ЦГТ – ТАГ – ТГТ - ААЦ - ГЦЦ - ЦАЦ - ТГЦ (ДНК)
ТЦГ - ГЦА - АТЦ - АЦА - ТТГ – ЦГГ – ГТГ – АЦГ (ІІ ланцюг)
Оскільки середня молекулярна маса 1 нуклеотиду дорівнює 345 ум. од., то:
ум. од.
ум. од.
4) Фрагмент фермента ДНК-полімерази складається з 224 амінокислот. Визначити: а)кількість нуклеотидів і-РНК, якою кодується цей фрагмент ДНК-полімерази; б)довжину і молекулярну масу відповідного гена.
Розв’язок
1) 
нуклеотиди.
2) 
нм. довжина гена
3) 
ум. од.
5) Фрагмент фермента рибонуклеази складається з 245 амінокислот. Визначити: а)кількість триплетів і-РНК, якою кодується цей фрагмент фермента рибонуклеази; б)молекулярну масу і довжину відповідного гена.
Розв’язок
1) Оскільки 245 амінокислот, а кожна кодується триплетом, то і триплетів буде 245.
2) кількість нуклеотидів: 
3) довжина гена: 
нм.
4) молекулярна маса: 
ум. од.
6) До складу білка В входить 215 амінокислот. Визначити, що важче і у скільки разів – молекула білка В чи ген, який його кодує.
Розв’язок
1) маса білка: 
ум. од.
2) кількість нуклеотидів гена: 
нуклеотидів.
3) маса гена: 
ум. од.
4) 
рази.
Отже, ген важчий у 20,7 рази.
7) Фрагмент молекули ДНК містить 240 аденілових нуклеотиди, що становить 16% від загальної кількості нуклеотидів. Визначити: а) кількість у даному фрагменті тимідилових, цитидилових та гуанілових нуклеотидів; б)процентний вміст зазначених нуклеотидів; в) молекулярну масу фрагмента молекули ДНК.
Розв’язок
| А – 240 = 16% | 1) Оскільки за принципом комплементарності кількість А = Т, то і тимідилових нуклеотидів теж 240.
240 + 240 = 480
2) Процентний вміст А + Т = 16% + 16% = 32%
3) Процентний вміст Г і Ц: 100% – 32% = 68%
4) Кількість нуклеотидів Г і Ц:
 звідси 
5) Кількість Г і Ц: 
6) Процентний вміст Г і Ц: 
7) Загальна кількість нуклеотидів: 240 + 240 + 510 + 510 = 1 500
8) Молекулярна маса фрагменту молекули ДНК:
 ум. од.
|
8) Ген білка X (одноланцюгова ділянка ДНК) складається з 1 857 нуклеотидів. Визначити: а)кількість амінокислот, що кодуються цим геном; б)молекулярну масу білка, до складу якого входять ці амінокислоти.
Розв’язок
1) Кількість амінокислот, що кодуються: 
амінокислот.
2) Молекулярна маса білка: 
ум. од.