Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

1 Relációs adatbázis tervezés Funkcionális függőségek Felbontások Normálformák.

Hasonló előadás


Az előadások a következő témára: "1 Relációs adatbázis tervezés Funkcionális függőségek Felbontások Normálformák."— Előadás másolata:

1 1 Relációs adatbázis tervezés Funkcionális függőségek Felbontások Normálformák

2 2 Funkcionális függőségek uX ->Y az R relációra vonatkozó megszorítás, miszerint ha két sor megegyezik X összes attribútumán, Y attribútumain is meg kell, hogy egyezzenek. wJelölés : …, X, Y, Z attribútum halmazokat; A, B, C,… attribútumokat jelöl. wJelölés: {A,B,C } attribútum halmaz helyett ABC-t írunk.

3 3 Jobboldalak szétvágása (ff) uX->A 1 A 2 …A n akkor és csak akkor teljesül R relációra, ha X->A 1, X->A 2,…, X->A n is teljesül R-en. uPélda: A->BC ekvivalens A->B és A->C függőségek kettősével. u Baloldalak szétvágására nincs általános szabály. uÁltalában FF-k jobboldalán egyetlen attribútum szerepel majd.

4 4 Példa: FF Vezetők(név, cím, kedveltSörök, gyártó, kedvencSör) uFF-k, amelyek vszleg teljesülnek: 1.név -> cím kedvencSör wEz az FF ugyanaz, mint név -> cím és név -> kedvencSör. 2.kedveltSörök -> gyártó.

5 5 Példa: egy lehetséges előfordulás névcím kedveltSörök gyártókedvencSör JanewayVoyager Bud A.B.WickedAle JanewayVoyager WickedAle Pete’sWickedAle SpockEnterprise Bud A.B.Bud Mert név -> cím Mert név -> kedvencSör Mert kedveltSörök -> gyártó

6 6 Relációk kulcsai uK szuperkulcs R relációra, ha K funkcionálisan meghatározza R attribútumait. uK kulcs R-en, ha K szuperkulcs, de egyetlen valódi részhalmaza sem szuperkulcs.

7 7 Példa: szuperkulcs Főnökök(név, cím, kedveltSörök, gyártó, kedvencSör) u {név, kedveltSörök} szuperkulcs, hiszen a két attribútum meghatározza funkcionálisan a maradék attribútumokat. wnév -> cím kedvencSör wkedveltSörök -> gyártó

8 8 Példa: kulcs u{név, kedveltSörök} kulcs, hiszen sem {név}, sem {kedveltSörök} nem szuperkulcs. wnév -> gyártó; kedveltSörök -> cím nem teljesülnek. uAz előbbin kívül nincs több kulcs, de számos szuperkulcs megadható még. wMinden olyan halmaz, amit tartalmazza {név, kedveltSörök}-t.

9 9 Még egy természetesen adódó FF uPélda: az „ugyanabban az időben nem lehet két előadás ugyanabban a teremben” lefordítva: idő terem -> előadás.

10 Kis kombinatorika u Feladat: R relációnak legyenek A 1,…, A n az attribútumai. Adjuk meg n függvényeként, hogy R-nek hány szuperkulcsa van, ha (a) csak A 1 kulcs, (b) A 1 és A 2 kulcsok, (c) {A 1, A 2 }, {A 3, A 4 } kulcsok, (d) {A 1, A 2 }, {A 1, A 3 } kulcsok. 10

11 11 Hogyan kaphatjuk meg a kulcsokat? 1.Szimplán megadunk egy K kulcsot. wAz FF-k K -> A alakúak, ahol A „végigmegy” az összes attribútumon 2.Vagy: megadjuk az FF-ket, és ezekből következtetjük ki a kulcsokat.

12 12 FF-k kikövetkeztetése uLegyenek X 1 -> A 1, X 2 -> A 2,…, X n -> A n adott FF-ek, szeretnénk tudni, hogyY -> B teljesül-e olyan relációkra, amire az előbbi FF-ek teljesülnek. wPélda: A -> B és B -> C teljesülése esetén A -> C biztosan teljesül. uEz az adatbázis sémájának megtervezésekor lesz majd fontos.

13 Armstrong-axiómák I. u(A1) Reflexitivitás: ha Y  X  R, akkor X → Y. Az ilyen függőségeket triviális függőségeknek nevezzük. u (A2) Bővítés: ha X → Y teljesül, akkor tetszőleges Z  R-ra XZ → YZ teljesül. u (A3) Tranzitivitás: ha X → Y és Y → Z, akkor X → Z. u Példák a személy (sz_ig_szám, TAJ, név, anyja_neve, születés, kor, fizetés) tábla esetén: w (A1) (név, születés) → név w (A2) születés → kor, akkor (születés, név) → (kor, név) w (A3) TAJ → születés, születés → kor, akkor TAJ → kor.

14 Példa levezetésre uLegyen R = ABCD és F = { A → C, B → D }: 1.A → C adott. 2.AB → ABC (A2) alapján. 3.B → D adott. 4.ABC → ABCD (A2) alapján. 5.AB → ABCD (A3) alapján 2-ből és 4-ből. uPélda: bizonyítsuk be levezetéssel, hogy { X → Y, XY → Z }-ből következik { X → Z }.

15 Újabb feladat u Feladat: mutassuk meg, hogy az alábbiak nem érvényes szabályok funkcionális függőségekre: w ha A → B, akkor B → A, w ha AB → C és A → C, akkor B → C, w ha AB → C, akkor A → C vagy B → C. 15

16 16 Következtetési szabály uY -> B teljesülésének ellenőrzésekor vegyünk két sort, amelyek megegyeznek Y attribútumokon. Y ??... ?

17 17 Következtetési szabály – (2) uHasználjuk a megadott FF-ket annak igazolására, hogy az előbbi két sor más attribútumokon is meg kell, hogy egyezzen. wHa B egy ilyen attribútum, akkor Y -> B teljesül. wEgyébként az előbbi két sor olyan előfordulást ad majd, ami az összes előírt egyenlőséget teljesíti, viszont Y -> B mégsem teljesül, azaz Y -> B nem következménye a megadott FF-eknek.

18 18 Lezárás uEgy egyszerűbb út, ha kiszámítjuk Y lezártját, jelölésben Y +. uKiindulás: Y + = Y. uIndukció: Olyan FF-ket keresünk, melyeknek a baloldala már benne van Y + -ban. Ha X -> A ilyen, A-t hozzáadjuk Y + -hoz.

19 19 Y+Y+ új Y + XA

20 Mi is az a lezárt? uAdott R séma és F FF halmaza mellett, X + az összes olyan A attribútum halmaza, amire X->A következik F-ből. 20

21 A lezárást kiszámító algoritmus „helyes” I. uAz algoritmus „tényleg” X + -t számítja ki. Vagyis : 1.Ha az A attribútum valamely j-re belekerül X j - be, akkor A valóban eleme X + -nak. 2.Másfelől, ha A  X +, akkor létezik olyan j, amire A belekerül X j -be. uMegjegyzés: az első állítás könnyen bizonyítható indukcióval.

22 A lezárást kiszámító algoritmus „helyes” II. u(2) Tegyük fel, hogy A  X +, és nem létezik olyan j, amire A belekerül X j -be. X + elemeimás attribútumok t111 … … 000 s111 … 111 Ekkor az előbbi előfordulásra minden F-beli függőség teljesül. X → A viszont nem teljesül.

23 Feladatok 1.R = SEBADNM, F = { S → EBAD, D → NM }, mi az S és D attribútumok F-re vonatkozó lezártja? 2.R = HTUSDK, F = { H → T, U → HS, HD → KU }, adjuk meg az összes F- szerinti kulcsát R-nek és lássuk be, hogy csak a megadottak kulcsok. 3.Bizonyítsuk be, hogy (X + ) + = X +.

24 24 Az összes következmény FF megtalálása uMotiváció: „normalizálás”, melynek során egy reláció sémát több sémára bonthatunk szét. uPélda: ABCD FF-k: AB ->C, C ->D és D ->A. wBontsuk fel ABC és AD-re. Milyen FF-k teljesülnek ABC –n? wNem csak AB ->C, de C ->A is!

25 25 Miért? a1b1ca1b1c ABC ABCD a2b2ca2b2c Emiatt, ha két vetített sor C-n megegyezik A-n is, azaz: C -> A. a 1 b 1 cd 1 a 2 b 2 cd 2 ebből d 1 =d 2 mert C -> D a 1 =a 2 mert D -> A

26 26 Alapötlet 1.Induljunk ki a megadott FF-ekből és keressük meg az összes nem triviális FF-t, ami a megadott FF-ekből következik. wNem triviális = a jobboldalt nem tartalmazza a bal. 2.Csak azokkal az FF-kel foglalkozzunk, amelyekben a projektált séma attribútumai szerepelnek.

27 27 Exponenciális algoritmus 1.Minden X attribútumhalmazra számítsuk ki X + -t. 2.Adjuk hozzá a függőségeinkhez X ->A-t minden A-ra X + - X -ből. 3.Dobjuk ki XY ->A -t, ha X ->A is teljesül. uMert XY ->A X ->A -ból minden esetben következik. 4.Végül csak azokat az FF-ket használjuk, amelyekben csak a projektált attribútumok szerepelnek.

28 28 Néhány trükk uAz üreshalmaznak és az összes attribútum halmazának nem kell kiszámolni a lezártját. uHa X + = az összes attribútum, akkor egyetlen X- t tartalmazó halmaznak sem kell kiszámítani a lezártját.

29 29 Példa: FF-k projekciója uABC, A ->B és B ->C FF-kel. Projektáljunk AC-re. wA + =ABC ; ebből A ->B, A ->C. Nem kell kiszámítani AB + és AC + lezárásokat. wB + =BC ; ebből B ->C. wC + =C ; semmit nem ad. wBC + =BC ; semmit nem ad.

30 30 Példa -- folytatása uA kapott FF-ek: A ->B, A ->C és B ->C. uAC -re projekció: A ->C.

31 31 Az FF-k geometriai reprezentációja uVegyük egy reláció összes lehetséges előfordulásainak halmazát. uAzaz az összes olyan sorhalmazt, mely sorok komponensei a „megfelelőek”. uMinden ilyen halmaz egy pont a térben.

32 32 Példa: R(A,B) {(1,2), (3,4)} {} {(1,2), (3,4), (1,3)} {(5,1)}

33 33 Egy FF az előfordulásoknak egy részhalmaza uMinden X -> A FF megadható azon előfordulások részhalmaza, mely teljesíti FF-t. uÍgy minden FF egy régióval jellemezhető a térben uA triviális FF-k azok, melyeknél ez a régió a teljes tér. wPélda: A -> A.

34 34 Példa: A -> B R(A,B) fölött {(1,2), (3,4)} {} {(1,2), (3,4), (1,3)} {(5,1)} A -> B

35 35 FF-k halmazának reprezentálása uHa egy-egy FF előfordulásoknak egy halmazával reprezentálható, akkor az FF-ek halmaza az előbbi halmazok metszetével lesz egyenlő. wAzaz a metszet = azon előfordulások, amelyekre mindegyik FF teljesül.

36 36 Példa A->B B->C CD->A Előfordulások, melyekre A->B, B->C és CD->A is teljesül.

37 37 FF-k következtetése uHa FF Y -> B következik X 1 -> A 1,…, X n -> A n FF-ekből, akkor azY -> B régiójának tartalmaznia kell az X i -> A i FF-ekhez tartozó régiók metszetét. wAzaz: minden előfordulás, ami teljesíti X i -> A i -t,Y -> B -t is teljesíti. wUgyanakkor ha egy előfordulásra teljesül Y -> B, X i -> A i nem feltétlen teljesül.

38 38 Példa A->B B->C A->C

39 39 Relációs sémák tervezése uCél: az anomáliák és a redundancia megszüntetése. wMódosítási anomália : egy adat egy előfordulását megváltoztatjuk, más előfordulásait azonban nem. wTörlési anomália : törléskor olyan adatot is elveszítünk, amit nem szeretnénk.

40 40 Példa: rosszul tervezett séma Főnökök(név, cím, kedveltSörök, gyártó, kedvencSör) névcím kedveltSörökgyártókedvencS JanewayVoyagerBudA.B.WickedAle Janeway???WickedAlePete’s??? SpockEnterpriseBud???Bud Redundáns adat, a ??? helyén a név -> cím kedvencSör és kedveltSörök -> gyártó FF-ek felhasználásával tudjuk, mi szerepel.

41 41 A rosszul tervezettség anomáliákat is eredményez névcímszSörökgyártókedvencSör JanewayVoyagerBudA.B.WickedAle JanewayVoyagerWickedAlePete’sWickedAle SpockEnterpriseBudA.B.Bud Módosítási anomália: ha Janeway-t Karcsira módoítjuk, megtesszük-e ezt minden sornál? Törlési anomális: Ha senki sem szereti a Bud sört, azt sem tudjuk, ki gyártotta.

42 42 Boyce-Codd normálforma uR reláció BCNF normálformában van, ha minden X ->Y nemtriviális FF-re R- ben X szuperkulcs. wNemtriviális: Y nem része X-nek. wSzuperkulcs: tartalmaz kulcsot (ő maga is lehet kulcs).

43 43 Példa Főnökök(név, cím, kedveltSörök, gyártó, kedvencSör) FF-ek: név->cím kedvencSör, kedveltSörök->gyártó uItt egy kulcs van: {név, kedveltSörök}. uA baloldalak egyik FF esetén sem szuperkulcsok. uEmiatt az Főnökök reláció nincs BCNF normálformában.

44 44 Még egy példa Sörök(név, gyártó, gyártóCím) FF-ek: név->gyártó, gyártó->gyártóCím uAz egyetlen kulcs {név}. unév->gyártó nem sérti a BCNF feltételét, de a gyártó->gyártóCím függőség igen.

45 45 BCNF-re való felbontás uAdott R reláció és F funkcionális függőségek. uVan-e olyan X ->Y FF, ami sérti a BCNF- t? wHa van olyan következmény FF F-ben, ami sérti a BCNF-t, akkor egy F-beli FF is sérti. uKiszámítjuk X + -t: wHa itt nem szerepel az összes attribútum, X nem szuperkulcs.

46 46 R dekomponálása X -> Y felhasználásával uR-t helyettesítsük az alábbiakkal: 1. R 1 = X R 2 = R – (X + – X ). uProjektáljuk a meglévő F -beli FF-eket a két új relációsémára.

47 47 Dekomponálási kép R-X +R-X + XX +-XX +-X R2R2 R1R1 R

48 48 Példa: BCNF dekompozíció Alkeszek(név, cím, kedveltSörök, gyártó, kedvencSör) F = név->cím, név->kedvenSör, kedveltSörök->gyártó uVegyük név->cím FF-t: u{név} + = {név, cím, kedvencSör}. uA dekomponált relációsémák: 1.Alkeszek1(név, cím, kedvencSör) 2.Alkeszek2(név, kedveltSörök, gyártó)

49 49 Példa -- folytatás uMeg kell néznünk, hogy az Alkeszek1 és Alkeszek2 táblák BCNF-ben vannak-e. uAz FF-ek projektálása könnyű. uA Alkeszek1(név, cím, kedvenSör), az FF-ek név->cím és név->kedvencSör. wTehát az egyetlen kulcs: {név}, azaz az Alkeszek1 BCNF-ben van.

50 50 Példa -- folytatás uAz Alkeszek2(név, kedveltSörök, gyártó) esetén az egyetlen FF kedveltSörök->gyártó, az egyetlen kulcs: {név, kedveltSörök}. wSérül a BCNF. ukedveltSörök + = {kedveltSörök, gyártó}, az Alkeszek2 felbontása: 1.Alkeszek3(kedveltSörök, gyártó) 2.Alkeszek4(név, kedveltSörök)

51 51 Példa -- befejezés uAz Alkeszek dekompozíciója tehát: 1.Alkeszek1(név, cím, kedvencSör) 2.Alkeszek 3(kedveltSörök, gyártó) 3.Alkeszek 4(név, kedveltSörök) uAz Alkeszek1 az alkeszekről, az Alkeszek3 a sörökről, az Alkeszek4 az alkeszek és kedvelt söreikről tartalmaz információt.

52 Miért működik a BCNF? (R, F) esetén ha R 1,…, R k egy veszteségmentes felbontás, S 1, S 2 pedig R 1 veszteségmentes felbontása, akkor S 1, S 2, R 2,…, R k is veszteségmentes felbontás. Könnyen ellenőrizhető, hogy a fenti R 1, R 2 veszteségmentes. Feladat: bizonyítsuk be, hogy ha az R(A, B, C) reláció esetén B → C teljesül, akkor az R 1 (A, B), R 2 (B, C) felbontás mindig veszteségmentes. Minden két attribútumú séma BCNF normálformában van. Az algoritmus tehát valóban veszteségmentes felbontást ad, ám sajnos exponenciális lépésszámú is lehet a függőségek vetítése miatt. 52

53 Feladat 1.Adott R = ABCD reláció és F = { AB → C, A → D, BD → C} függőségi halmaz mellett adjuk meg R egy BCNF dekompozícióját. 2.Legyen most R = BOISQD, F = { S → D, I → B, IS → Q, B → O }. Ugyanez a feladat.

54 Veszteségmentes szétvágás I. uHa r = Π R1 (r) |X| … |X| Π Rk (r) teljesül, akkor az előbbi összekapcsolásra azt mondjuk, hogy veszteségmentes. Itt r egy R sémájú relációt jelöl. u Π Ri (r) jelentése: r sorai az Ri attribútumaira projektálva. uMegjegyzés: könnyen látható, hogy r  Π R1 (r) |X| … |X| Π Rk (r) mindig teljesül. (Miért?) ABC abc def cbc AB ab de cb BC bc ef RR1R1 R2R2

55 Példa uA szétvágás után keletkező relációk összekapcsolása nem veszteségmentes: ABC abc cbe AB ab cb BC bc be RR1R1 R2R2

56 Chase-teszt veszteségmentességhez I. uPélda: adott R(A, B, C, D), F = { A → B, B → C, CD → A } és az R 1 (A, D), R 2 (A, C), R 3 (B, C, D) felbontás. Kérdés veszteségmentes-e a felbontás? uVegyük R 1 |X| R 2 |X| R 3 egy t = (a, b, c, d) sorát. Bizonyítani kell, hogy t R egy sora. A következő tablót készítjük el: ABCD ab1b1 c1c1 d ab2b2 cd2d2 a3a3 bcd Itt pl. az (a, b 1, c 1, d) sor azt jelzi, hogy R-nek van olyan sora, aminek R 1 -re való levetítése (a, d), ám ennek a B és C attribútumokhoz tartozó értéke ismeretlen, így egyáltalán nem biztos, hogy a t sorról van szó.

57 Chase-teszt veszteségmentességhez II. uAz F-beli függőségeket használva egyenlővé tesszük azokat a szimbólumokat, amelyeknek ugyanazoknak kell lennie, hogy valamelyik függőség ne sérüljön. wHa a két egyenlővé teendő szimbólum közül az egyik index nélküli, akkor a másik is ezt az értéket kapja. wKét indexes szimbólum esetén a kisebbik indexű értéket kapja meg a másik. wA szimbólumok minden előfordulását helyettesíteni kell az új értékkel. uAz algoritmus véget ér, ha valamelyik sor t-vel lesz egyenlő, vagy több szimbólumot már nem tudunk egyenlővé tenni.

58 Chase-teszt veszteségmentességhez III. ABCD ab1b1 c1c1 d ab2b2 cd2d2 a3a3 bcd ABCD ab1b1 c1c1 d ab1b1 cd2d2 a3a3 bcd A → BB → C ABCD ab1b1 cd ab1b1 cd2d2 a3a3 bcd ABCD ab1b1 cd ab1b1 cd2d2 abcd CD → A

59 Chase-teszt veszteségmentességhez IV. uHa t szerepel a tablóban, akkor valóban R-nek egy sora, s mivel t-t tetszőlegesen választottuk, ezért a felbontás veszteségmentes. uHa nem kapjuk meg t-t, akkor viszont a felbontás nem veszteségmentes. uPélda: R(A, B, C, D), F = { B → AD }, a felbontás: R 1 (A, B), R 2 (B, C), R 3 (C, D). ABCD abc1c1 d1d1 a2a2 bcd2d2 a3a3 b3b3 cd ABCD abc1c1 d1d1 abcd1d1 a3a3 b3b3 cd B → AD Itt az eredmény jó ellenpélda, hiszen az összekapcsolásban szerepel t = (a, b, c, d), míg az eredeti relációban nem.

60 60 A harmadik normálforma -- motiváció uBizonyos FF halmazok esetén a felbontáskor elveszíthetünk függőségeket. uAB ->C és C ->B. wPélda: A = utca, B = város, C = irányítószám. uKét kulcs van: {A,B } és {A,C }. uC ->B megsérti a BCNF-t, tehát AC, BC-re dekomponálunk.

61 61 FF-ek kikényszerítése uA probléma az, hogy AC és BC sémákkal nem tudjuk kikényszeríteni AB ->C függőséget. uPélda A = utca, B = város, C = irányítószám a következő slide-on.

62 62 Egy kikényszeríthetetlen FF utca iSzám 545 Tech Sq Tech Sq város iSzám Cambridge02138 Cambridge02139 Kapcsoljuk össze a sorokat (iSzám). street city zip 545 Tech Sq.Cambridge Tech Sq.Cambridge02139 A szétbontott relációkban egyik FF sem sérül, az eredményben az utca város -> iSzám nem teljesül.

63 63 A proléma megoldása: 3NF u3. normálformában (3NF) úgy módosul a BCNF feltétel, hogy az előbbi esetben nem kell dekomponálnunk. uEgy attribútum prím, ha legalább egy kulcsnak eleme. uX ->A megsérti 3NF-t akkor és csak akkor, ha X nem szuperkulcs és A nem prím.

64 64 Példa: 3NF uA problematikus esetben az AB ->C és C ->B FF-ek esetén a kulcsok AB és AC. uEzért A, B és C mindegyike prím. uHabár C ->B megsérti a BCNF feltételét, 3NF feltételét már nem sérti meg.

65 65 Miért hasznos 3NF és BCNF? uA dekompozícióknak két fontos tulajdonsága lehet: 1.Veszteségmentes összekapcsolás : ha a projektált relációkat összekapcsoljuk az eredetit kapjuk vissza. 2.Függőségek megőrzése : a projektált relációk segítségével is kikényszeríthetőek az előre megadott függőségek.

66 66 3NF és BCNF -- folytatás uAz (1) tulajdonság teljesül a BCNF esetében. uA 3NF (1) és (2)-t is teljesíti. uA BCNF esetén (2) sérülhet. wAz utca-város-iSzám erre volt egy példa.

67 67 Minimális bázis létrehozása 1.Jobboldalak szétvágása. 2.Próbáljuk törölni az FF-eket egymás után. Ha a megmaradó FF-halmaz nem ekvivalens az eredetivel, akkor nem törölhető az épp aktuális FF. 3.Egymás után próbáljuk csökkenteni a baloldalakat, és megnézzük, hogy az eredetivel ekvivalens FF-halmazt kapunk-e.

68 68 3NF-re bontás – (2) uA minimális bázis minden FF-e megad egy sémát a felbontásban. wA séma a jobb- és baloldalak uniója lesz. uHa a minimális bázis FF-jei között nincs kulcs, akkor hozzáadunk a felbontáshoz egy olyan sémát, amelyet egy kulcs ad meg.

69 69 Példa: 3NF felbontás uA reláció: R = ABCD. uFF-ek: A->B és A->C. uFelbontás: AB és AC az FF-ekből és AD- t is hozzá kell venni, mert AB, AC egyike sem kulcs.

70 70 Miért működik? uMegőrzi a függőségeket: minden FF megmarad a minimális bázisból. uVeszteségmentes összekapcsolás: a CHASE algoritmussal ellenőrizhető (a kulcsból létrehozott séma itt lesz fontos). u3NF: a minimális bázis tulajdonságaiból következik.

71 Minimális bázist kiszámító algoritmus Jelölje F + az F függőségi halmazból következő függőségek halmazát. 1.Kezdetben G az üreshalmaz. 2.Minden X → Y  F helyett vegyük az X → A függőségeket, ahol A  Y – X). Megjegyzés: Ekkor minden G-beli függőség X → A alakú, ahol A attribútum. 3.Minden X → A  G-re, ha X → A  (G – { X → A }) +, vagyis ha elhagyjuk az X → A függőséget G-ből, az még mindig következik a maradékból, akkor G := G – { X → A }. Megjegyzés: Végül nem marad több elhagyható függőség. 4.Minden X → A  G-re, amíg van olyan B  X-re A  (X – B) + a G- szerint, vagyis (X – B) → A teljesül, akkor X := X – B. Megjegyzés: E lépés után minden baloldal minimális lesz.

72 Feladat u Példa: F = { H → T, U → HS, HD → KU }. Mi a minimális bázis? u Feladat: R = BOISQD, F = { S → D, I → BS, IS → Q, B → OQ, SD → O}. Adjunk meg egy függőségőrző, veszteségmentes 3NF dekompozíciót. 72


Letölteni ppt "1 Relációs adatbázis tervezés Funkcionális függőségek Felbontások Normálformák."

Hasonló előadás


Google Hirdetések