Databases Answers to selected exercises: sessions 1-3 Version: Tuesday 6 th March, 2018, 09:24

Transcriptie

1 1 Databases Answers to selected exercises: sessions 1-3 Version: Tuesday 6 th March, 2018, 09:24 It makes sense to identify books in general with the isbn. Each copy of a book will be identified with the attribute bno, representing a unique number without meaning and corresponding to the bar code in the book. CREATE TABLE BOOK ( isbn INTEGER, title CHAR(50), author CHAR(50), publisher CHAR(50), bno INTEGER, PRIMARY KEY (bno) ) Unfortunately, this leads to data redundancy. If we have n copies of a book, the descriptive book data is repeated n times. Therefore, we should split. CREATE TABLE BOOK ( isbn INTEGER, title CHAR(50), author CHAR(50), publisher CHAR(50), PRIMARY KEY (isbn) ) CREATE TABLE BOOK-COPY ( isbn INTEGER, bno INTEGER, PRIMARY KEY (bno), FOREIGN KEY isbn REFERENCES BOOK(isbn) ) Note that with this modification, the schema of LOAN may remain unchanged, apart from the foreign key bno. 2 Recall: READER(rno, name, address,city) For the additional table Reservation, we define the primary and foreign keys in the Book table from the previous exercise. Again by using SQL/DDL we create the following statement: CREATE TABLE RESERVATION (\\ resno INTEGER, rno INTEGER, isbn INTEGER, PRIMARY KEY (resno), FOREIGN KEY (rno) REFERENCES READER(rno), FOREIGN KEY (isbn) REFERENCES BOOK(isbn), ) 1

2 3 Q1: π dno,name (Driver σ date= (Schedule)) Q2: π dno,name (Driver σ date= (Schedule) σ cap>60(bus)) or π dno,name (σ (cap>60 date= )(Driver Schedule Bus)) While this alternative approach leads to the same result, it requires more space and time resources (without optimization). Q3: π dno,dname ((π dno (Driver) π dno (Schedule (σ type= A (Bus)))) Driver) Q4: π dno,dname ((π dno (Driver) π dno (Schedule (σ type A (Bus)))) Driver) Q5: π dno,name,rtid (Driver Schedule) π rtid (σ nr of stops>10 (Route)) Note that we make use of the convention that unary operators have a higher precedence than binary operators. Q6: S1 := σ date= (Schedule); S2 := σ date= (Schedule); Result := π S1.dno (S1 θ S2) with θ : S1.dno = S2.dno S1.rtid S2.rtid 4 R S R (R S)) R[X, Y ] S[Y ] π X (R) π X ((π X (R) S) R) 5 (i) No. We can eliminate the NOT. The AND and OR can be expressed by intersection and union. (ii) The algebra serves as an intermediate language for query processing. For this purpose, the operators should reflect the physical operations to some extent. A selection is calculated basically by a single table scan, also in the case of more complicated selection predicates. At the moment that you cannot express complex selection predicates, it is suggested that this selection would require more than one table scan. The same argument explains why we distinguish the (equi) join from a cartesian product followed by a selection. It can be calculated much more efficiently than a cartesion product. (iii) Again, if we did, the evaluation of a selection would require in general more complicated physical operations than a single scan. 2

3 6 i When an Entity-Relation diagram is not connected, this means that there are at least 2 entities in the diagram which are not connected, directly or indirectly. From this we can say that the ER-diagram models at least 2 independent parts which shouldn t be modeled in a single database. For example, if we would have an ER-diagram that includes bank transactions and bus schedules, we will find that there is no relation, and therefore should be modeled in 2 separate databases. ii The ER-diagram forces relationships between (S, T ), (S, C), and (C, T ) in its relational representation. The information that student s follows course c, and teacher t teaches course c is already incorporated in this structural diagram. The additional link is therefore redundant when this link is interpreted as such, and must be avoided. iii When interpreting the relationship (S, T ) as a student-tutor relationship, we are modeling additional information, and are not introducing redundancy. Therefore it makes sense to model the relationships as such. iv An ISA-hierarchy is based on generalisation and specialisation and is generally directed. In an ISA-hierarchy, the lower entity is more specified and/or has less instances. Supposing a cyclic relation leads to the contradictory observation that an entity is more specified and/or has less instances than itself. 8 ISA hierarchies: suppose we have a top entity set R(K, A) and entity subsets S(K, B) and T (K, C). Be aware of the fact that all three tables share the key K. Options: One table R(K, A, B, C, sub). Attributes B and C are null if irrelevant. Attribute sub denotes to which subset the tuple belongs. Note that this solution is only applicable if the ISA is disjoint. It also has the disadvantage of introducing null values that are not necessary and occupying possibly much space for these null-vlues. Two tables: S(K, A, B) and T (K, A, C). This solution is ok in the case of a non-overlapping and covering ISA-hierarchy. In other cases it introduces null-values. Three tables: R(K, A), S(K, B) and T (K, C). This is the most general solution, well suited for all other cases. We need two foreign key constraints. Note that the disjointness property is not expressible using keys and foreign keys. 9 In a scheme R(K, A 1,..., A n ) the key property of K is expressed by the FD K A 1,..., A n. So the key property is a special case of a FD. 3

4 10 A + = ABCDHGE (BC) + = BCDHGAE BC F is not valid, because F / (BC) +. BC G is valid, because F (BC) In the previous exercise, A turned out to have a large closure. By adding F and K, we create a key AF K. We might extend BC the same way. However, when we add F, B turns out to be superfluous! So CF K suffices. Note that F en K will always be part of a candidate key (why?). 12 X Y Y X (symmetry) Counterexample: X a b Y c c 13 X Y, U V XU Y V (augmentation 2) Valid: (1) X Y (given) (2) XU Y U (augmentation of (1) with U) (3) U V (given) (4) Y U Y V (augmentation of (3) with Y) (5) XU Y V (transitivity with (2) and (4) ) XY Z X Z (left decomposition) Counterexample: X Y Z a b c a d e Gegeven is een relatie r op schema R(XY Z) en de FD X Y. Te bewijzen: r = π XY (r) π XZ (r). Om te bewijzen dat twee verzamelingen A en B gelijk zijn laten we zien dat A een deelverzameling is van B en vice versa. In dit geval: r π XY (r) π XZ (r) en π XY (r) π XZ (r) r. We bewijzen daarom voor willekeurig tupel t: 1. als t r dan t π XY (r) π XZ (r), en 2. als t π XY (r) π XZ (r) dan t r. Bewijs: 1. Neem een willekeurig tupel t = (x, y, z) r. We hebben dan π XY (t) = (x, y) en π XZ (t) = (x, z). Derhalve π XY (t) π XZ (t) = (x, y) (x, z) = (x, y, z) = t. Note that we have informally extended our RA-notation to single tuples instead of relations. 4

5 14 2. Neem een willekeurig tupel t = (x, y, z) π XY (r) π XZ (r). Hieruit volgt dat t 1 = (x, y, z ) r en t 2 = (x, y, z) r voor zekere z en y. Vanwege de FD X Y en t 1 [X] = t 2 [X] moet gelden dat y = y. Hieruit volgt dat t 2 = (x, y, z) = t, dus t r. (Vervang y door y in t 2 ). Voor de bewijsvoering hebben we de soundness van de Armstrong-axioma s nodig. Soundness: Een kort inductief argument. Laat X i de set zijn die we in ronde i berekend hebben. Merk op dat X 0 = X, dus X X 0 geldt wegens reflexiviteit. Inductieveronderstelling: X X i geldt. Merk op dat de berekening van X i+1 gebaseerd is op reflexiviteit en transitiviteit, dus volgt onmiddelijk (met de geldigheid van de union-regel) dat X X i+1 geldt. Completeness: We gaan uit van set fd s F. Het resultaat van het closure-algoritme op linkerkant X noemen we X. Merk op dat X X +, wegens de soundness die we net bewezen hebben. Stel dat er een attribuut A in X + bestaat (maw: X A F + ) zodat A niet in X zit. We construeren nu een relatie r met twee tupels t 0 en t 1 als volgt, waarbij A natuurlijk in Z zit. X* Z = rest ========= ======= Claim 1: elke fd V W in F geldt op r. Bewijs: stel r doet V W geweld aan. Dan volgt: V X, want anders zijn de linkerkanten verschillend, en W Z, want anders zijn de rechterkanten hetzelfde. We hebben nu V X. Het closure-algoritme moet dus V W in overweging hebben genomen en W aan X hebben toegevoegd. Dit is in strijd met W Z. Tegenspraak. Claim 1 bewezen. Observatie 2: elke fd V W in F + geldt op r. Dit volgt direct uit claim 1 en de soundness van de Armstrong-axioma s Slot: we constateren dat X A ook geldt op r. leiden daaruit een tegenspraak af. Wegens X X en A Z 15 When you have a scheme (AB), the only possible non-trivial fd s are A B and B A (or fd s derived from them). In both cases, the left side of the fd is a superkey. 16 Every decomposition that the algorithm chooses satisfies the conditions of the decomposition theorem (slide FD 17). 5

6 17 (1) splitsen rechterkanten: A B A C A D ADE C ADE F E G G A G B (2) reduceren linkerkanten: We kijken alleen naar de samengestelde linkerkanten, dus van ADE C en ADE F. Intuitief kan D in beide gevallen eruit, omdat deze door A gedetermineerd wordt. Check: kijk of AE C en AE F afgeleid kunnen worden uit bovenstaande FDs, inclusief ADE C en ADE F. We berekenen (AE) + = AEBCDF G, dus F (AE) + en C (AE) +, dus de reductie van de linkerkant is correct. Maar we kunnen nog verder gaan: omdat E A geldt, kunnen we A ook elimineren: (E) + = EGABCDF. We houden over: A B A C A D E C E F E G G A G B (3) elimineren overtollige FDs: E C is overtollig. Haal deze FD uit F S en bereken E + = EF GABCD. Dit bevat C. Verder is G B overtollig. Deze is afleidbaar uit G A en A B. We houden over: A B A C A D E F E G G A (4) combineren: A BCD E F G G A 18 In de vorige opgave hebben we al de minimal cover berekend. Hieruit kunnen we gelijk een aantal relatieschema s destilleren: (ABCD) met key A, (EF G) met key E, en (GA) met key G. We moeten echter nog nagaan of er een relatieschema is dat een globale key omvat. 6

7 Het blijkt dat E een globale key is, dus het schema (EF G) voldoet aan de gewenste eigenschap. We hoeven dus geen tabel toe te voegen. 19 Iedere niet-redundante FD krijgt zijn eigen tabel. 20 We gaan uit van een relatie ANIMAL(name, species, food, continent). Example: name = cat, species = Felis catus. We identificeren allereerst de FD s name species. Deze kunnen we direct al gebruiken om een BCNF decompositie te maken: LS(name, species) en LF C(name, f ood, continent). In de tweede relatie identificeren we geen FD, maar toch is er sprake van overtolligheid. De analyse vereist bepaalde aannamen. Geval 1 Het eetgedrag is onafhankelijk van het continent. Daarnaast veronderstellen we dat de onder food gehanteerde begrippen zo algemeen zijn (vlees, insecten, zaden) dat deze op alle continenten voorkomen. Onder deze aannamen kunnen we de volgende MVD s identificeren: name food en name continent. Om de 4NF af te dwingen decomponeren we op (name, f ood) en (name, continent). Zo voorkomen we dat we voor elke diersoort alle mogelijke combinaties van f ood en continent moeten vermelden. Geval 2 Het eetgedrag is onafhankelijk van het continent. Food is echter zo nauwkeurig gespecificeerd dat de tweede aanname hierboven niet meer geldt (op Antarctica vind je geen mango s). De MVD s van hierboven gelden dan niet meer. Verder ligt het dan ook voor de hand om bij te houden welk voedsel op welk continent te vinden is. Binnen LFC heb je in dit geval geen FD s en ook geen MVD s. Toch neig je intuïtief naar een decompositie LF (name, food), LC (name, continent) en FC (food, continent). Dit komt omdat we hier tegen een zogenaamde join-dependency zijn aangelopen. De decompositie LF, LC en FC is vereist om 5NF te bereiken. We herkennen de volgende tuple enforcing dependency, die aanleiding geeft tot de 5NF-decompositie. Als beest X voedsel Y eet (op een zeker continent, zeg Z2) en als beest X op continent Z leeft (en daar bijvoorbeeld Y2 eet) en als voedsel Y op continent Z voorkomt (omdat een zeker beest, zeg X2, dat daar eet) dan mag je ook verwachten dat beest X voedsel Y op continent Z eet. Overigens horen beschouwingen betreffende 5NF niet tot de tentamenstof. 21 Indien we in een ER-diagram bij een entiteit met een key K een meerwaardig attribuut A identificeren dat onafhankelijk is van de andere attributen, dan hebben we in feite een MVD K A. Historisch gezien is de term multivalued dependency ongelukkig gekozen. De keuze is wel begrijpelijk: in navolging van de functional dependency werd een nieuwe structuur ontdekt die aanleiding geeft tot overtolligheid en decompositie. Wat betekenis betreft zou de term multivalued independency echter logischer zijn geweest. De intuïtieve betekenis van X Y en X Z in schema (X, Y, Z) is dat de (meerwaardige) attributen Y en Z beide gerelateerd zijn aan X, maar onderling geen 7

8 verband hebben. 22 The example from the previous exercise does not seem to be very rare. 23 Because α β is derivable from F, we do not change F + by adding α β: F + = (F {α β}) +. Furthermore, we note that by deleting α β fron F {α β}, we do not change F +, because we can derive α β simply from α β because α α. So F F {α β} {α β}. 24 De kernobservatie is dat X Y in feite stelt dat alle mogelijke combinaties van y- en z-waarden bij een gegeven x in de relatie voorkomen. Dit zijn precies de combinaties van y- en z-waarden bij een gegeven x die door een decompositiereconstructie gegenereerd worden. 8