Cinétique de Michaelis-Menten

Modélisez la cinétique enzymatique avec l'équation de Michaelis-Menten. Comparez les effets d'inhibition.

Exemple résolu — Cinétique de Michaelis-Menten

Vmax (apparente)	100.00
Km (apparent)	5.00

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

Chargement de la simulation interactive...

La saturation est asymptotique, et terriblement lente 🖖

La courbe s'approche de V_max sans jamais l'atteindre, et il vaut la peine d'avoir sous les yeux l'arithmétique de cette lenteur. Puisque v/V_max = [S]/(K_m + [S]), atteindre la demi-vitesse coûte exactement un K_m de substrat. Atteindre 90 % en coûte neuf. Atteindre 99 % en coûte quatre-vingt-dix-neuf. Réglez [S] sur K_m dans l'outil et lisez 0,5·V_max ; multipliez [S] par cent et vous n'aurez toujours pas touché le plafond. C'est pourquoi V_max ne se mesure jamais directement : il se lit sur un ajustement, jamais sur un relevé, et c'est la raison même de la représentation inverse du bloc suivant.

Redresser la courbe pour la lire 🖖

La représentation de Lineweaver-Burk de l'outil réécrit l'équation en 1/v = (K_m/V_max)(1/[S]) + 1/V_max, transformant la courbe de saturation en une droite. Avant les logiciels d'ajustement, on prolongeait la droite à la règle pour lire directement les constantes : l'ordonnée à l'origine donne 1/V_max et l'abscisse à l'origine donne -1/K_m. Le hic : les points à faible [S], aux inverses énormes, dominent l'ajustement et amplifient l'erreur de mesure.

La même courbe se cache partout 🖖

Cette hyperbole équilatère n'est pas propre aux enzymes. La forme identique apparaît comme isotherme d'adsorption de Langmuir pour des molécules de gaz fixées sur une surface, comme équation de Monod pour la croissance microbienne selon l'apport en nutriments, et comme équation de Hill pour la fixation de l'oxygène sur l'hémoglobine. Tout système où un nombre fixe de sites de liaison se sature progressivement produit cette forme : ajuster V_max et K_m, c'est trouver une capacité maximale et un point de demi-saturation.

Problèmes entièrement résolus

Une enzyme avec V max = 100 et K m = 5 5 étapes
Une enzyme avec V_max = 100 et K_m = 5. Montrez ce que mesure réellement K_m, puis déterminez quelle quantité de substrat il faut pour passer de 10 % de la vitesse maximale à 90 %.
1. La loi de vitesse est une courbe de saturation : proportionnelle au substrat lorsqu'il y en a peu, plate lorsqu'il y en a en abondance. K_m est le seul paramètre qui détermine l'endroit où se produit la transition.
  
  $v = \frac{V _{m a x} [ S ]}{K _{m} + [ S ]}$
2. Posez [S] égal à K_m et l'expression se simplifie. K_m est la concentration de demi-saturation — pas une vitesse, pas une énergie de liaison, ni une propriété que l'on peut lire sur la partie plate de la courbe.
  
  $[S] = K_{m} ⟹ v = \frac{V _{m a x} K _{m}}{2 K _{m}} = \frac{V _{m a x}}{2} = 50$
3. Inversez la loi de vitesse pour poser la question inverse : quelle concentration donne une fraction choisie de V_max ?
  
  $v = f V_{m a x} ⟺ [S] = K_{m} \frac{f}{1 - f}$
4. Dix pour cent nécessite un neuvième de K_m ; quatre-vingt-dix pour cent nécessite neuf fois cette valeur.
  
  $f = 0.1 : [S] = \frac{K _{m}}{9} = 0.556; f = 0.9 : [S] = 9 K_{m} = 45$
5. Ainsi, les 80 % centraux de la courbe s'étendent sur une plage de substrat d'un facteur de quatre-vingt-un.
  
  $\frac{9 K _{m}}{K _{m} /9} = 81 ⟹ an 81-fold range for the middle 80%$
Réponse

L'outil affiche V_max = 100,00 et K_m = 5,00. Le nombre 81 est celui qui importe dans un laboratoire. On s'approche de la saturation si lentement qu'on ne peut pas mesurer V_max en ajoutant du substrat — atteindre 99 % nécessiterait 99 K_m, et l'atteindre exactement prendrait un temps infini — c'est pourquoi V_max est toujours obtenu par ajustement, jamais par observation. C'est aussi la raison pour laquelle la représentation de Lineweaver–Burk a été inventée et pourquoi elle est aujourd'hui déconseillée : passer aux inverses fait dominer l'ajustement par les points bruyants et entassés des faibles concentrations. Changez le type de graphique et observez quels points s'écartent.

$K_{m} is the half-saturation concentration; 10% \to 90% costs 81 \times [S]$
Un inhibiteur compétitif, et le substrat qui en triomphe 7 étapes
La même enzyme rencontre un inhibiteur compétitif à 5 unités, avec Kᵢ = 3. Déterminez ce qui change et ce qui ne change pas, puis trouvez quelle quantité supplémentaire de substrat il faut pour retrouver la vitesse d'origine.

Ouvrez ce problème dans l'outil
1. Un inhibiteur compétitif se lie au site actif libre, si bien que l'enzyme a désormais deux possibilités au lieu de travailler. Sa constante de dissociation indique la force de fixation : un Kᵢ faible signifie une liaison difficile à rompre.
  
  $E + I ⇌ E I, K_{i} = \frac{[ E ] [ I ]}{[ E I ]} = 3$
2. Suivez cela tout au long de la dérivation à l'état stationnaire, et une seule chose change. L'enzyme libre est partagée entre travail et blocage, et cette répartition correspond à un nombre unique, le même pour chaque concentration en substrat.
  
  $α = 1 + \frac{[ I ]}{K _{i}} = 1 + \frac{5}{3} = \frac{8}{3} = 2.667$
3. Ce facteur s'applique à Kₘ et nulle part ailleurs. L'outil indique un Kₘ apparent de 13,33 contre 5,00 auparavant, et une Vₘₐₓ apparente toujours fixée à 100,00.
  
  $v = \frac{V _{m a x} [ S ]}{α K _{m} + [ S ]} ⟹ K_{m}^{app} = α K_{m} = 2.667 \times 5 = 13.33, V_{m a x}^{app} = 100.00$
4. Vₘₐₓ subsiste parce que le substrat et l'inhibiteur rivalisent pour le même site, et le substrat peut toujours l'emporter par le simple effet du nombre. En quantité suffisante, l'inhibiteur n'arrive jamais le premier.
5. À concentration de substrat constante, le coût est bien réel. Là où l'enzyme fonctionnait à mi-vitesse auparavant, elle tourne désormais à 27,27 : l'inhibiteur a donc amputé près de la moitié de l'activité sans toucher au plafond de l'enzyme.
  
  $[S] = 5 : v = \frac{100 \times 5}{13.33 + 5} = 27.27 against \frac{100 \times 5}{5 + 5} = 50.00$
6. Dès lors, quelle quantité supplémentaire de substrat permet de rétablir la vitesse ? Posez la vitesse inhibée égale à l'ancienne et résolvez. Le substrat nécessaire augmente exactement du même facteur que le Kₘ apparent, ce qui constitue la ligne la plus utile de tout le calcul : mesurez jusqu'où vous devez pousser le substrat, et vous avez mesuré l'inhibiteur.
  
  $\frac{V _{m a x} [ S ]}{α K _{m} + [ S ]} = \frac{V _{m a x}}{2} ⟹ [S] = α K_{m} = 13.33 = α \times 5$
7. Et voici comment vous distinguez les deux types d'inhibition sur un graphique plutôt que par simple affirmation. Basculez l'outil sur le préréglage non compétitif avec les mêmes 5 unités et le même Kᵢ = 3, et les chiffres échangent leurs places : Vₘₐₓ chute à 37,50 et Kₘ reste à 5,00. Cet inhibiteur se lie ailleurs que sur le site actif, si bien qu'ajouter du substrat ne peut rien y changer.
  
  $non-competitive: V_{m a x}^{app} = \frac{V _{m a x}}{α} = \frac{100}{2.667} = 37.50, K_{m}^{app} = 5.00$
Réponse

Le Kₘ passe de 5,00 à 13,33, la Vₘₐₓ ne varie pas, et 2,667× le substrat restaure la vitesse initiale. Un seul facteur, α = 1 + [I]/Kᵢ, remplit ces deux rôles. Il multiplie le Kₘ apparent. C'est aussi le rapport selon lequel le substrat doit augmenter pour regagner cette vitesse, depuis n'importe quelle concentration de départ et pas seulement celle-ci. Ce que l'inhibiteur vous coûte, c'est du substrat. Jamais le plafond.

$K_{m}^{app} = α K_{m} = 13.33, V_{m a x} unmoved; [S] \to α [S] restores the rate$

Références (2)

The 1913 paper, in translation, with the original constant: K. A. Johnson and R. S. Goody, "The Original Michaelis Constant: Translation of the 1913 Michaelis–Menten Paper." Biochemistry 50(39), 8264–8269, 2011.
Steady-state kinetics, and why V_max is fitted rather than measured: A. Cornish-Bowden, Fundamentals of Enzyme Kinetics, 4th ed., ch. 2–3. Wiley-Blackwell, 2012. ISBN 978-3-527-33074-4.

Par l’équipe 42Math · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.