Example 3.27: Consider the relation

Example 3.27: Consider the relation R(A,B,C ,D ,E) with FD’s AB —>■ C,
C -»■ B, and A ->■ D. To start, notice that the given FD’s are their own
minimal basis. To check, we need to do a bit of work. First, we need to verify
that we cannot eliminate any of the given dependencies. That is, we show,
using Algorithm 3.7, that no two of the FD’s imply the third. For example,
we must take the closure of {A, B}, the left side of the first FD, using only the
104 CHAPTER 3. DESIGN THEORY FOR RELATIONAL DATABASES
second and third FD’s, C —» B and A —> D. This closure includes D but not
C, so we conclude that the first FD AB —>• C is not implied by the second and
third FD’s. We get a similar conclusion if we try to drop the second or third
FD.
We must also verify that we cannot eliminate any attributes from a left
side. In this simple case, the only possibility is that we could eliminate A or
B from the first FD. For example, if we eliminate A, we would be left with
B —► C. We must show that B C is not implied by the three original FD’s,
AB C, C B, and A —> D. With these FD’s, the closure of {5} is just B,
so B —> C does not follow. A similar conclusion is drawn if we try to drop B
from AB -> C. Thus, we have our minimal basis.
We start the 3NF synthesis by taking the attributes of each FD as a relation
schema. That is, we get relations Si(A,B,C), S 2 {B, C). and Sz{A,D). It is
never necessary to use a relation whose schema is a proper subset of another
relation’s schema, so we can drop
We must also consider whether we need to add a relation whose schema is
a key. In this example, R has two keys: {A,B,E} and {A,C,E}, as you can
verify. Neither of these keys is a subset of the schemas chosen so far. Thus, we
must add one of them, say Sn(A,B,E). The final decomposition of R is thus
Si(A,B,C), Ss(A,D), and S 4 (A,B,E).

Results (Russian) 1:

Пример 3.27: Рассмотрим отношение R (A, B, C, D, E) с FD в AB-> ■ C,C-» ■ B и A -> ■ д Чтобы начать, обратите внимание, что данный FD собственныеминимальная основа. Чтобы проверить, нам нужно сделать немного работы. Во-первых нам необходимо проверитьчто мы не можем устранить любую из данной зависимости. То есть мы покажем,Использование алгоритма 3.7, что нет двух из FD подразумевают третий. Например,Мы должны принять закрытие {A, B}, левой стороне первого FD, используя только104 ГЛАВА 3. ТЕОРИЯ ПРОЕКТИРОВАНИЯ РЕЛЯЦИОННЫХ БАЗ ДАННЫХвторой и третий FD's, C —» B и A — > д Это закрытие включает D, но неC, поэтому мы заключаем, что первый FD AB — > • C не подразумевается второй иТретий FD. Мы получаем аналогичный вывод, если мы попытаемся удалить второй или третий"КДК"Мы также должны убедиться, что мы не можем устранить любые атрибуты из левогосторона. В этом простом случае единственная возможность заключается, что мы могли бы устранить A илиБ от первого FD. Например если мы устраним A, мы бы оставили сB — ► C. Мы должны показать, что Б не подразумевается три оригинальных FD's,AB C, C B и A — > д С помощью этих FD, закрытие {5} является просто B,так B-> C не следует. Аналогичный вывод обращается если падение BAB -> C. Таким образом у нас есть наша минимальная основа.Мы начинаем синтез 3NF, взяв атрибуты каждого FD как отношениесхема. То есть мы получаем отношения Si(A,B,C), S 2 {B, C). и Sz {A, D). Этоникогда не нужно использовать отношения, схема которой является подмножеством другогоСхема отношений, так что мы можемМы должны также рассмотреть вопрос о том, нужно ли нам добавить отношение, схема которого являетсяключ. В этом примере, имеет два ключа: {A, B, E} и {A, C, E}, как вы можетеПроверка. Ни один из этих ключей является подмножеством схем, выбранных до сих. Таким образом мынеобходимо добавить один из них, скажем Sn(A,B,E). Таким образом, окончательное разложение R являетсяSi(A,B,C), Ss(A,D) и S 4 (A, B, E).

Results (Russian) 2:

Пример 3.27: Рассмотрим отношение R (A, B, C, D, E) с AB ФЗ -> ■ C,
C - »■ В и А -> ■ D. Для начала, обратите внимание , что данные FD являются их собственные
минимальный базис. Чтобы проверить, что нам нужно сделать немного работы. Во- первых, мы должны убедиться ,
что мы не можем исключить какой - либо из приведенных зависимостей. То есть, мы показываем,
используя алгоритм 3.7, что никакие два из ФЗ не подразумевают третье. Например,
мы должны взять замыкание {A, B}, в левой части первого FD, используя только
104 ГЛАВА 3. Разработайте теория реляционных баз данных
второго и третьего ФЗ, С - »В и А -> D. Это замыкание включает в себя D , но не
с, поэтому мы приходим к выводу , что первый FD AB -> • C не вытекает из второго и
третьего ФЗ. Мы получаем подобный вывод , если мы попытаемся отбросить второй или третий
FD.
Мы также должны убедиться , что мы не можем устранить любые атрибуты из левой
стороны. В этом простом случае, единственная возможность состоит в том, что мы могли бы устранить А или
B от первого FD. Например, если мы исключаем А, мы остались бы с
B * ■ С. Мы должны показать , что BC не вытекает три оригинала ФЗ,
AB C, CB, и A -> D. С помощью этих FD - х, замыкание {5} просто B,
так что B -> C не следует. Аналогичный вывод о том , если мы попытаемся отбросить B
от AB -.> С. Таким образом, мы имеем наш минимальный базис
Мы начинаем синтез 3NF, принимая атрибуты каждого FD как отношение
схемы. То есть, мы получаем соотношения Si (A, B, C), S 2 {B, C). и Sz {A, D). Ни для кого
никогда необходимо использовать соотношение, схема является подмножеством другого
схемы отношению, поэтому мы можем упасть
Мы должны также рассмотреть вопрос, нужно ли нам добавить отношение, схема является
ключевым. В этом примере, R имеет два ключа: {A, B, E} и {A, C, E}, как вы можете
проверить. Ни один из этих ключей является подмножеством выбранных схем до сих пор. Таким образом, мы
должны добавить один из них, скажем Sn (A, B, E). Окончательное разложение R, таким образом ,
Si (А, В, С), Сс (А, D), и S 4 (А, В, Е).

Results (Russian) 3:

пример 3.27: рассмотреть вопрос о связи R (A, B, C, D, E), где FD - AB - >, C,C - »■ B, и - - >, D. для начала, уведомление о том, что с учетом FD - ихминимальную основу.проверить, нам нужно немного поработать.во - первых, мы должны проверитьмы не можем исключить любые данной зависимости.вот, мы покажем,с использованием алгоритма 3,7, что нет двух FD - предполагает третий.например,мы должны принять закрытия {A, B}, слева от первой бнд, используя только104, глава 3.разработка теории реляционные базы данныхвторой и третий бнд, C - » в и - > д. это прекратить, но не включает DC, поэтому мы пришли к выводу, что первый fd AB - > • C не подразумевал второй итретий fd. мы получим аналогичный вывод, если мы попытаемся снять второй или третьейfd.мы также должны удостовериться в том, что мы не можем исключить любые атрибутов из левойстороны.в этой простой случай, единственная возможность заключается в том, что мы могли бы ликвидировать илиb с первого fd.например, если мы уничтожим, мы не будетB - ► с. мы должны показать, что c не из трех оригинальных бнд,AB, C B, и - > д. с этими бнд, закрытие {5} - это просто B,так, B - > C не последует.аналогичный вывод, если мы попробуем снять bиз AB - > с. таким образом, у нас есть наши минимальные основания.мы начинаем 3nf синтез с атрибутами каждого бнд в отношениисхемы.вот, у нас отношения si a), b), c), S 2 {B, C).и SZ {A, D).этоникогда не надо использовать связь, схема - это правильное подмножество другогосвязи схемы, так что мы можем снятьмы должны также рассмотреть вопрос о том, следует ли нам нужно добавить связь, схема -ключ.в этом примере R располагает двумя ключами: {{}, а, в, е, с, е}, как можешьпроверить.ни один из этих ключей - это часть схемы расположены так далеко.таким образом, мыдолжен добавить, один из них, скажем, сн (a), b), e).окончательный распад R является, таким образом,Si (A, B, C), сс (a, d), и статья 4 (a), b), e).