Cinética de Michaelis-Menten

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.

   $$v=\frac{V_{\max}[S]}{K_m+[S]}$$

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.

   $$[S]=K_m\ \Longrightarrow\ v=\frac{V_{\max}K_m}{2K_m}=\frac{V_{\max}}{2}=50$$

3. Inverta a lei de velocidade para fazer a pergunta inversa: que concentração origina uma determinada fração de V_max?

   $$v=fV_{\max}\iff [S]=K_m\frac{f}{1-f}$$

4. Dez por cento requer um nono de K_m; noventa por cento requer nove vezes esse valor.

   $$f=0.1:\ [S]=\frac{K_m}{9}=0.556;\qquad f=0.9:\ [S]=9K_m=45$$

5. Assim, os 80% centrais da curva abrangem uma variação de oitenta e uma vezes no substrato.

   $$\frac{9K_m}{K_m/9}=81\quad\Longrightarrow\quad \text{an 81-fold range for the middle 80\%}$$

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.

   $$E+I\rightleftharpoons EI,\qquad K_i=\frac{[E][I]}{[EI]}=3$$

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.

   $$\alpha=1+\frac{[I]}{K_i}=1+\frac{5}{3}=\frac{8}{3}=2.667$$

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.

   $$v=\frac{V_{\max}[S]}{\alpha K_m+[S]}\quad\Longrightarrow\quad K_m^{\mathrm{app}}=\alpha K_m=2.667\times5=13.33,\qquad V_{\max}^{\mathrm{app}}=100.00$$

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.

   $$[S]=5:\quad v=\frac{100\times5}{13.33+5}=27.27\quad\text{against}\quad \frac{100\times5}{5+5}=50.00$$

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.

   $$\frac{V_{\max}[S]}{\alpha K_m+[S]}=\frac{V_{\max}}{2}\ \Longrightarrow\ [S]=\alpha K_m=13.33=\alpha\times5$$

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.

   $$\text{non-competitive: } V_{\max}^{\mathrm{app}}=\frac{V_{\max}}{\alpha}=\frac{100}{2.667}=37.50,\qquad K_m^{\mathrm{app}}=5.00$$