第六章

關系數據論第六章講解關系數據理論。這是關系數據庫的又一個重點。學習本章的目的有兩個。一個是理論方面的，本章用加倍形式化的關系數據理論來描述和研究關系模型。另一個是實踐方面的，關系數據理論是咱們進行數據庫設計的有力工具。因此，人們也把關系數據理論中的標準化理論稱為數據庫設計理論，有的書把它放在數據庫設計部份介紹以強調它對數據庫設計的指導作用。一、大體知點本章講解關系數據理論，內容理論性較強，分為大體要求部《概論》～和高級部份《概論算機大學本科學生應該把握的內容；后者是研究生應該學習把握的內容。①需要了解的:什么是一個“不行”的數據庫模式；什么是模式的插入異樣和刪除異樣；標準化理論的重要意義。②需要牢固把握:系的形式化概念；數據依托的大體概(數依托、一般函數依托、非一般的函數依托、部份函數依托、完全函數依托、傳遞函數依托的概念選碼碼的概念和概念值依托的概念式的概念lNF到4NF的概念；標準化的含義和作用。③需要觸類旁通:個范式的明白得與應用，各個級別范式中存在的問題(入異樣、刪除異樣、數據冗)解決方式；能夠依照應用語義，完整地寫出關系模式的數據依托集合，并能依照數據依托分析某一個關系模式屬于第幾范式。④難點:各個級別范式的關系及其證明。二、習題解和解析1.白得并給以下術的概念：函數依、部份函數托、完函數依托、遞依托候選碼、主、外碼全碼All-key)、lNF、3NF、BCNF、多值依、4NF解析

解答此題不能僅僅把《概論》上的概念寫下來。關鍵是真正明白得和運用這些概念。答函數依設是一個關系模式,U屬性集合,X是子集。關于R(U)的任意一個可能的關系r,若是r中不存在兩個元組，它們X上的屬性值相同，而Y上的屬性值不同，那么稱X函數確信Y”或Y函數依托于作X→Y。解析(1)函數依托是最大體的一種數據依托，也是最重要的一種數據依托。(2)函數依托是屬性之間的一種聯系，體此刻屬性值是不是相等。由上面的概念能夠明白，若是→Y，那么任意兩個元組，假設它們在的屬性值相同，那么在Y上的屬性值必然也相同。(3)要從屬性間實際存在的語義來確信他們之間的函數依托，即函數依托反映了(描述了)現實世界的一種語義。(4)函數依托不是指關系模式在某個時刻的關系值)知足的約束條件，而是指R任何時刻的一切關系均要知足的約束條件。答完全函依托、部份數依托在中，若是X→Y，而且關于任何一個真子集X’，都有X’Y，那么稱Y對X完全函數依托，記作:假設X→Y，但Y不完全函數依托于X,么稱Y對X部份函數依托，記作:傳遞依在中，若是X，(YX)，Y傳遞函數依托。

X，Y→Z,ZY那么稱Z對X候選碼主碼設為R〈U,F〉中的屬性或屬性組合，假設

那么K為R的候選碼(Candidate。假設候選碼多于一個，那么選定其中的一個為主碼(Primarykey)。解析1)那個地址咱們用函數依托來嚴格概念碼的概念。在第二章中咱們只是描述

性地概念能夠溫):假設關系中的某一屬性組的值能惟一地標識一個元組，那么稱該屬性組為候選碼(Candidatekey)。2)因為碼有了嚴格概念，在學習了《概論》數據依托的公理系統后就能夠夠從R〈U,F〉的函數依托集F動身，用算法來求候選碼。答外碼:系模式R中屬性或屬性組X非R碼，但X是另一個關系模式的碼，那么稱X是R的外部碼(Foreignkey)，也稱外碼全碼整個屬性組是碼，稱為全(All-key)。答lNF若是一個關系模R的所有屬性都是不可分的大體數據項∈lNF。解析第一范式是對關系模式的最最少的要求。不知足第一范式的數據庫模式不能稱為關系數據庫。答2NF假設關系模式R∈lNF，而且每一個非主屬性都完全函數依托于的碼，那么R∈2NF。3NF關系模式不存在如此的碼屬性組Y及非主屬性Z(ZY)使得X→Y，(YX)，Y→Z成立，那么稱R〈U,F〉∈3NF。BCNF關系模式X→YYX時X必含有碼∈BCNF。解析讀者要真正明白得這范式的內涵。各類范式之間的聯系5NF4NFBCNF3NF2NF1NF(概論》上圖。能夠明白得什么緣故有這種包括關系。答多值依:設屬性集U上的一個關系模式。是的子集，而且Z=U-X-Y系模式中多值依托X→→Y成立且僅當對R(U)任一關系r,給定的一對(x,z)值，有一組Y的值，這組值僅僅決定于值而與z值無關。4NF關系模式R是關于R的每一個非一般多值依托X→

Y(YX),X都含有碼，那么稱〈U,F〉∈4NF。解析關于多值依托的概念有多種。能夠對照不同的概念來明白得多值依托，選擇自己容易明白得的一種概念來把握多值依托概念。2.立一個關系、學、班級、學等諸信的關系數據。描述學的屬性有:學號、名、誕年月、系名班號、舍區。描述班的屬性有:班號、業名、名、人數、校年份描述系屬性有系名、號、系辦公地址、數。描述學的屬性有:學會名成立年、地址、人。有關語如下一個系有設干專業，一個專每一年只招個班，一個班有設干學生。個系的生住在同一舍區。一個學生可加假設學會，每個學會有假干學生學生參加某會有一入會年份。請給出系模式，寫每一個系模式的極函數依集，指出是是存在傳遞函依托關于函數依左部是屬性的情形論函數托是完全函依托，仍是部函數依托。指出各系的候選碼外部碼有無全碼存?答關系模式:學生S(S#，SN，SB，DN，C#班級C(C#，CS，DN，CNUM系D(D#，DN，DA，DNUM)學會P(PN，DATEl，PA，PNUM)學生-學會SP(S#，PN，DATE2)其中，S#--學號，SN--姓名，SB--誕生年月，宿舍區C#--班號，CS--專業名，CNUM--班級人數，入校年份D#--系號，DN--系名，DA--系辦公室地址，系人數PN--PNUM--學DATE2--入會年份每一個關系模式的極小函數依托集:

S:S#→SN，S#→SB，S#→C#，C＃，DN→SAC:C#→CS，C#→CNUM，C#→CDATE→DN，(CS，CDATE)/*因為每一個專業每一年只招一個班*/D:D#→DN，DN→D#，D#→DA，D#→DNUM/*依如實際情形，系名和系號是一一對應的/P:PN→DATE1，PN→PA，PN→PNUMSP:(S＃，PN)→DATE2S中存在傳遞函數依托:S#→DN，S#→SA，C#→SA/*因為S#→C#→DN，DN→SA*/C中存在傳遞函數依托:C#→DN/*因為C#→CS→DN*/(S#和(CS→C#中的函數依托依托。關系

候選碼

外部碼

全碼SS#C#CC#，(CS，CDATE)DN

無無DD#和DNPPN

無無

無無SP(S#，PN)S#，PN

無解析讀者應該依照題目中給出的有關語義寫出關系模式中的數據依托，有些依托能夠依如實際情形寫出，或許題目中并無明顯指出。例如，依如實際情形，系名和系號是一一對應的，因此有D#→DN，DN。3*.試由Armostrong公理系統導出下三條推理規么:(1)歸并規那么:假設那么有X(2)偽傳遞規那么X，WXXW(3)分解規那么:Y，有證明(1)已知X→Z，由增廣律知XY→YZ，又因為→Y，可得，最后

ii依照傳遞律得X→YZ。(因為于X)(2)已知X→Y，據增廣律得XW→WY，因為→Z，因此XW→Z，通過傳遞律可知XW→Z。(3)已知ZY,依照自反律知Y→Z,又因為X→Y,因此由傳遞律可得→Z。試舉出3個值依托實例。答(l)關系模式MSC(MM表示專業S表示學生C表示該專業的必修課。假設每一個專業有多個學生，有一組必修課。設同專業內所有學生選修的必修課相同例關系如下照語義關于M的每一個值M有一個完整的集合與之對應而不問C取何值，因此→→S。由于C與S完全對稱性，必然有→→C成立。MM1M1M1M1……

SS1S1S2S2……

CC1C2C1C2……(2)關系模式ISA(II表示學生愛好小組S表示學生A表示某愛好小組的活動項目。假設每一個愛好小組有多個學生，有假設干活動項目。每一個學生必需參加所在愛好小組的所有活動項目，每一個活動項目要求該愛好小組的所有學生參加。依照語義有I→→S，I→→A成立。(3)關系模式，D，P)中，R示醫院的病房，D示責任醫務人員,P表示病人。假設每一個病房住有多個病人，有多個責任醫務人員負責醫治和護理該病房的所有病人。依照語義有R→→D→→P成立。

12面的結哪些是確的哪些是錯誤?關于錯誤的結論出理由給出一反例說明之。答(1)任何一個二目關系都是屬3NF的。√(2)任何一個二目關系都是屬BCNF的。√(3)任何一個二目關系都是屬4NF的。√，Y)若是X→即X、Y之間存在一般的多值依托，R于4NF*(4)當且僅當函數依A在R上立R(A等于其投影，B)和R2(A，C)的連接。×當→BR成立，關系，B，C)等于其投影，B)和R2(A，C)的連接。反之那么不然。正確的該是:當且僅當多值依托A→→B成立，關系，B，C)等于其投影R1(A，B)和R2(A，C)的連接。(5)若→，→，那么→√(6)若→，→，那么R.(B，C)(7)若→，→，那么→

√√(8)假設R.(B→，那么→，→×反例關系模式，G)，(S#，C#)→G，可是S#G，C#G。補充習題13.設關系式R(A,B,C,D)，F是上成立的FD，＝｛AB，A→D①試說明R不是2NF模的理由。②試把分解成2NF式集。答:①從已知FD集F，可R的候選鍵是AB。另外，AB→D是一個局部依托，因此不是2NF模式。②現在R應分解成ρρ是2NF模式集。(注：ρ={AD示分解結果由兩個尚未命名的關系模式組成；其中，第

一個關系模式的屬性集為(A,D)是其簡單記法，該關系模式有待命名；第二個關系模式的屬性集為(A,B,C)關系模式也有待命名種記法后面還要用到14.關系模R(A,B,C)，FR成立的FD集，F＝｛C→B。①試說明R不是3NF模的理由。②試把分解成3NF式集。答:①從已知FD集F，可R的候選鍵是C。從C→B和B→A，可知C→A是一個傳遞依托，因此R不是3NF模式。②現在R應分解成ρ＝，BA模式集。15.有一個錄各球隊隊每場競賽進數的關模式R(隊員編號，競場次，球數，球隊，隊長)若是規每一個隊員能屬于個球隊，每個球隊有一個隊長①試寫出關系模式的大體FD和關鍵碼②說明不是模式的理由，并R分成2NF式集③進而把R分解成式集，說明由。解:(1)依照每一個隊員只能屬于一個球隊，可寫FD隊員編號→球隊名；依照每一個球隊只有一個隊長，可寫出FD：球隊名→隊長名；“每一個隊員每場競賽只有一個進球數那么也是成立的，因此還可寫(隊員編號，競賽場次→進球數。從上述三個FD明白R碼為(員編號競賽場次)(2)從(l)可知R中存在下面兩個(隊員編號，競賽場次)→(球隊名，隊長名)隊員編號→(球隊名，隊長名)顯然，其中第一個FD是一個局部依托，因此R不是2NF模式。對R應該進行分解，由第二個FD的屬性可組成一個模式，即R1(隊員編，球隊，隊長名)

另一個模式由R的屬性集去掉第二個右邊的性組成，即R2(員編號競賽次，進數)(：請參考《稿》中逐次分解法)R1是2NF模式，因此ρ｛R1(3)R2(隊員編號，競賽場次，進球)中，FD(隊員編號，競賽場次→進球數，碼為(隊員編號，競賽場次)，可見已是3NF模式。R1(員編號球隊，隊長)中FD有兩個:隊員編號→球隊名球隊名→隊長名碼為隊員編可見存在傳遞依托，因R1不是3NF模式。對R1應分解成兩個模式:R11(隊員編號球隊名，R12(球隊名，隊)這兩個模式都是3NF模式。因此，R分解成3NF模式集時，R(職工名，項目，工資部門名，部領導若是規每一個職工參加多項目，各領份工資每一個項目屬于一個部門理；每一個門只有個領導。①試寫出關系模式的大體FD和關鍵碼②說不是式的理，并把R分解成2NF模式。③進而把R分解成式集，說明由。解:(l)R的大體有三個：(職工名，項目名)→工資項目名→部門名部門名→部門領導碼為工名，目名(2)依照(l)中存在以下兩FD：(職工名，項目名)→(部門名，部門領導

項目名→(部門名，部門領導)其中前一個FD是一個局部依托，因此不是2NF模式。R應分解成兩個模式:R1(項目名，部門名，部門領導R2(職工名，項目名，工資)R1和R2都是2NF模式。(3)R2已是模式。在R1中，由于存在兩個FD:項目名→部門名部門名→部門領導即存在一個傳遞依托，因R1不是3NF模式。對R1應分解成兩個模式R11(項目名，部門名)，R12(部門名，部門領導)。這兩個模式都是3NF模式。因此，R分解成3NF模式集時，ρ＝，R12，R217.么緣故進行系模式分解？分解依據是么？答：由于數據之間存在著聯系和約束，在關系模式的中可能會存在數據冗余和操作異樣現象，因此需把關系模式進行分解，以排除冗余和異樣現象。分解的依據是數據依托和模式的標準（式18.給定的系模R(U，F)，U={A，B，C}，F={A→B}，下的兩個分：(1)ρ1={AB，BC}(2)ρ2={AB，AC}判斷這個分解否無。解(1)依照定理判定此題(：由于僅僅原關系式分解為兩關系模，故可用定判定。因AB∩BC=B

++AB-BC=ABC-AB=C故B→AF+B→CF

+故ρ1為有損連接。(2)依照定理判定此題因AB∩AC=AAB-AC=BAC-AB=C故A→B∈F+B→CF+故ρ2為無損連接。19.給定的系模R(U,F),U={A,B,C,D,E,P},F={A→B,C如下的解：R1(A,B,E)，R2(C,D,E,P)(1)求R候選關字，并ρ分解是不無損連；(2)一屬于幾范。解(1)候選關鍵字CE因(CE)

F

=U故

有CE而且在CE中存在一個真子集能決定全部屬性U，故為R的候選關鍵字。依照定理判定此題分解ρ是不是無損。因ABE∩CDEP=EABE-CDEP=ABCDEP-ABE=CDP因E→A，A→B(已知)故

有E→B(傳遞律)因E→A，E→B

故

有E→AB(歸并律)因E→AB∈F+故

故ρ為無損連接。(2)R一、屬于幾式？①R1∈2NF因E→A，A→B故E→B，存在傳遞依托故R13NF②R2∈1NF因CE→D，C→P故CE能惟一地確信R2中的每一個元組，故為候選關鍵字。因CE是候選關鍵字，而C→P，因此部份函數依托于CE故R22NF。20.已知關模式R(A,B,C)F={B→C,C→B,C→A,A→B,A→C,BC→A}求F的小集Fmin=?解1:(1)端皆為單個屬.(2)去掉多余依托。(應優先考慮去掉左端比較復雜的函數依托.)B→C(留)C→B(去掉,因為它被去掉后只要還留下C→A,A→B,仍能夠導出C→B)C→A(留)A→B(留)A→C(去掉,因為它被去掉后由A、B→C仍能夠導出ABC→A(去掉,因為它被去掉后由C仍能夠導出BC→A)于是，Fmin={B,→A,A→B}.解2右端皆為單個屬.(2)去掉多余依托。這次咱們采納另外一種順序.

B→CC→B(留)C→A(去)A→B(去)A→C(留)BC→A(留)于是取得，H={B→C,C→B,A→C,BC→A}.H不是最小集，因為：H-{BC→A}∪{B→A}仍等價于H；H-{BC→A}∪{C→A}仍等價于H.故可得：P1={B→C,C→B,A→C,B→A}P2={B→C,C→B,A→C,C→A}H和P1是等價的，因

+H

A,故B→A在H+中H中其余幾個函數依托顯然也都在H+中；同理可的每一個函數依托也都在P1+中；因此P1等價。同理，H和P2是等價的。P2已是最小集。P1需繼續簡，如化簡，請讀自己考。那個例說明了，在一個函依托集的最集時，于對函數依的處置順不同，所取的結果不同；最小的形式不是唯一的21.證明假設那每一個主屬性既不份依托碼也傳遞依于碼。注：證明進能夠用證法來完成讓我來證。)證明：(1)每一非主屬性都不傳遞依托于碼是概念所要求的，因此也是顯然的。(2)每一非主屬性都不部份依托于碼。事實上，假設存在一非主屬性份依托于碼X,那么必有一個真子集X’X,且X’A,于是有X→X’,’X,’→A,AX’.這與概念相

矛盾。證畢。通過那個證明進程明白，一個的系模式必然是，因為它的每一非主屬性都不部份依托于碼。22.證明BCNF然是證明確實是證明：BCNF形下，存在此的碼X,性組Y,非主屬性A(AY),得X→Y,YX,Y→A成立事實上設存在如此的碼屬性組和非主屬性A(A

使得XY,YX,Y→A立的話，由念可知，Y碼或Y包括碼，那么必有→X,與上述假設矛盾。于是，BCNF必是3NF.23.系R(A足以下數依托F={A(1)給出關R候選關字；(2)判ρ，R2(A,B)，R3(B,C)是不是無損連接分；(3)將R解為并具有無損接性。解(1)從函數依托集F中看，候選關鍵字至少包，因依托于誰，而(BE)因此，BE是R的候選關鍵字。(2)構造一個二維表，如以下圖所示。A

B

C

D

ER1(A,D)R2(A,B)R3(B,C)

a1a1b31

b12a2a2

b13b23a3

a4b24b34

b15b25b35R4(C,D,E)b41

b42

a3

a4

a5

R5(A,E)a1b52b53b54a5①依照A→C，對上表進行處置，由于屬性列第，5相同，但屬性列C上對應的1,2行上無ai元素，因此，只能將成行號最小值b13。又依照C→D將屬性列D上b34改成修改后的表如處圖所示：A

B

C

D

ER1(A,D)R2(A,B)R3(B,C)

a1a1b31

b12a2a2

b13b13a3

a4b24a4

b15b25b35R4(C,D,E)b41R5(A,E)a1

b42b52

a3b13

a4b54

a5a5②依照B→C，對上表進行處置，由于屬性B上第2,3行相同，但屬性C上對應的3行為a3元素，因此，只能將2b13改成a3。依照DE→C，CE→A能修改此,此修改后的表如以下圖所示：A

B

C

D

ER1(A,D)R2(A,B)R3(B,C)

a1a1b31

b12a2a2

b13a3a3

a4b24a4

b15b25b35R4(C,D,E)b41R5(A,E)a1

b42b52

a3b13

a4b54

a5a5③依照A→C，對上表進行處置，由于屬性列第，5相同，但屬性列對應的上有素，因此，只能將第改a3又依照C→D將屬性列D上b24,b54改成a4，修改后的表如以下圖所示：ABCDE

R1(A,D)R2(A,B)R3(B,C)

a1a1b31

b12a2a2

a3a3a3

a4a4a4

b15b25b35R4(C,D,E)b41R5(A,E)a1

b42b52

a3a3

a4a4

a5a5④依照，對上表進行處置，由于屬性列第相同，但屬性列A上對應的5行為a1元素，因此，將第b41改成a1。修改后的表如以下圖所示：R1(A,D)R2(A,B)R3(B,C)R4(C,D,E)R5(A,E)

Aa1a1b31a1a1

Bb12a2a2b42b52

Ca3a3a3a3a3

Da4a4a4a4a4

Eb15b25b35a5a5⑤繼續掃描不能修改此表，由于找