Cinética de Michaelis-Menten

Modele a cinética enzimática com a equação de Michaelis-Menten. Compare os efeitos da inibição.

Exemplo resolvido — Cinética de Michaelis-Menten

Vmax (aparente)	100.00
Km (aparente)	5.00
Tipo de gráfico V vs [S] Lineweaver-Burk	5.0[S]V

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

A carregar a simulação interativa...

A saturação é assintótica e brutalmente lenta 🖖

A curva se aproxima de V_max mas nunca chega, e vale a pena ter à frente a aritmética de quão devagar isso acontece. Como v/V_max = [S]/(K_m + [S]), alcançar metade da velocidade custa exatamente um K_m de substrato. Chegar a 90% custa nove. Chegar a 99% custa noventa e nove. Coloque [S] igual a K_m na ferramenta e leia 0,5·V_max; multiplique [S] por cem e você ainda não terá tocado o teto. É por isso que V_max nunca é medido diretamente: ele é lido de um ajuste, nunca de uma leitura, e é justamente a razão pela qual o gráfico recíproco do bloco seguinte foi inventado.

Endireitar a curva para lê-la 🖖

O gráfico de Lineweaver-Burk da ferramenta reescreve a equação como 1/v = (K_m/V_max)(1/[S]) + 1/V_max, transformando a curva de saturação numa reta. Antes de existir ajuste por computador, isto permitia prolongar a reta com uma régua e ler as constantes diretamente: a interseção com o eixo y dá 1/V_max e com o eixo x dá -1/K_m. O problema: os pontos de [S] baixa, com recíprocos enormes, dominam o ajuste e exageram o erro de medição.

A mesma curva esconde-se em todo o lado 🖖

Esta hipérbole equilátera não é exclusiva das enzimas. A forma idêntica surge como isoterma de adsorção de Langmuir para moléculas de gás que aderem a uma superfície, como equação de Monod para o crescimento microbiano em função do aporte de nutrientes e como equação de Hill para a ligação do oxigénio à hemoglobina. Qualquer sistema com um número fixo de locais de ligação que satura gradualmente produz esta forma: ajustar V_max e K_m é encontrar uma capacidade máxima e um ponto de semissaturação.

Problemas resolvidos na íntegra

Uma enzima com V max = 100 e K m = 5 5 passos
Uma enzima com V_max = 100 e K_m = 5. Demonstre o que K_m realmente mede e, em seguida, calcule quanto substrato é necessário para passar de 10% para 90% da velocidade máxima.
1. A lei de velocidade é uma curva de saturação: proporcional ao substrato quando este é pouco, plana quando é abundante. K_m é o único fator que determina onde ocorre a transição.
  
  $v = \frac{V _{m a x} [ S ]}{K _{m} + [ S ]}$
2. Iguale [S] a K_m e a expressão simplifica-se. K_m é a concentração de semissaturação — não uma velocidade, não uma energia de ligação, e não uma propriedade que possa ser lida na parte plana da curva.
  
  $[S] = K_{m} ⟹ v = \frac{V _{m a x} K _{m}}{2 K _{m}} = \frac{V _{m a x}}{2} = 50$
3. Inverta a lei de velocidade para fazer a pergunta inversa: que concentração origina uma determinada fração de V_max?
  
  $v = f V_{m a x} ⟺ [S] = K_{m} \frac{f}{1 - f}$
4. Dez por cento requer um nono de K_m; noventa por cento requer nove vezes esse valor.
  
  $f = 0.1 : [S] = \frac{K _{m}}{9} = 0.556; f = 0.9 : [S] = 9 K_{m} = 45$
5. Assim, os 80% centrais da curva abrangem uma variação de oitenta e uma vezes no substrato.
  
  $\frac{9 K _{m}}{K _{m} /9} = 81 ⟹ an 81-fold range for the middle 80%$
Resposta

A ferramenta apresenta V_max = 100,00 e K_m = 5,00. O 81 é o número que importa num laboratório. A aproximação à saturação é tão lenta que não se pode medir V_max adicionando mais substrato — atingir 99% exigiria 99 K_m, e atingi-la exatamente exige o infinito — razão pela qual V_max é sempre obtida por ajuste, nunca por observação. É também por isso que o gráfico de Lineweaver–Burk foi inventado e por que razão é agora desaconselhado: calcular os inversos faz com que os pontos de baixa concentração, acumulados e ruidosos, dominem o ajuste. Altere o tipo de gráfico e observe quais os pontos que se dispersam.

$K_{m} is the half-saturation concentration; 10% \to 90% costs 81 \times [S]$
Um inibidor competitivo e o substrato que o supera 7 passos
A mesma enzima encontra um inibidor competitivo a 5 unidades, com Kᵢ = 3. Determine o que muda e o que não muda e, em seguida, calcule quanto substrato adicional é necessário para recuperar a velocidade original.

Abrir este problema na ferramenta
1. Um inibidor competitivo liga-se ao centro ativo livre, pelo que a enzima tem agora duas coisas que pode estar a fazer em vez de trabalhar. A sua constante de dissociação indica com que firmeza: um Kᵢ pequeno significa uma ligação difícil de quebrar.
  
  $E + I ⇌ E I, K_{i} = \frac{[ E ] [ I ]}{[ E I ]} = 3$
2. Siga a dedução em estado estacionário e apenas uma coisa muda. A enzima livre fica dividida entre estar a trabalhar e bloqueada, e essa divisão é um número único, o mesmo em qualquer concentração de substrato.
  
  $α = 1 + \frac{[ I ]}{K _{i}} = 1 + \frac{5}{3} = \frac{8}{3} = 2.667$
3. Esse fator recai sobre Kₘ e em mais lado nenhum. A ferramenta indica um Kₘ aparente de 13,33 face aos 5,00 de antes, e uma Vₘₐₓ aparente que continua nos 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. A Vₘₐₓ mantém-se porque o substrato e o inibidor competem pelo mesmo centro ativo, e o substrato pode sempre vencer por mera superioridade numérica. Havendo o suficiente, o inibidor nunca chega primeiro.
5. Numa concentração fixa de substrato, o custo é real. Onde antes a enzima funcionava a metade da velocidade, funciona agora a 27,27, pelo que o inibidor retirou quase metade do rendimento sem tocar no teto da enzima.
  
  $[S] = 5 : v = \frac{100 \times 5}{13.33 + 5} = 27.27 against \frac{100 \times 5}{5 + 5} = 50.00$
6. Quanto mais substrato é, então, necessário para repor a velocidade? Iguale a velocidade inibida à anterior e resolva. O substrato necessário aumenta exatamente pelo mesmo fator que o Kₘ aparente, o que constitui a linha mais útil de todo o cálculo: meça até onde tem de aumentar o substrato e terá medido o inibidor.
  
  $\frac{V _{m a x} [ S ]}{α K _{m} + [ S ]} = \frac{V _{m a x}}{2} ⟹ [S] = α K_{m} = 13.33 = α \times 5$
7. E é assim que os dois tipos de inibição se distinguem num gráfico em vez de por mera afirmação. Mude a ferramenta para a predefinição não competitiva nas mesmas 5 unidades e no mesmo Kᵢ = 3, e os números trocam de lugar: a Vₘₐₓ desce para 37,50 e o Kₘ mantém-se em 5,00. Esse inibidor liga-se noutro ponto que não o centro ativo, pelo que mais substrato nada pode fazer contra ele.
  
  $non-competitive: V_{m a x}^{app} = \frac{V _{m a x}}{α} = \frac{100}{2.667} = 37.50, K_{m}^{app} = 5.00$
Resposta

O Kₘ sobe de 5,00 para 13,33, a Vₘₐₓ não se altera e 2,667× o substrato restaura a velocidade original. Um fator, α = 1 + [I]/Kᵢ, cumpre as duas funções. Ele multiplica o Kₘ aparente e dita a proporção em que o substrato deve subir para reaver a velocidade, a partir de qualquer concentração inicial e não apenas desta. O custo do inibidor recai sobre o substrato, nunca sobre o limite.

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

Referências (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.

Pela equipa 42Math · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.