数据库实验2-1答题文件(答案)

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数据库习题及答案

一．选择题：1.数据库分析与设计中，其设计对象称客观世界的〔〕A.逻辑对象B.目标对象C.实体对象D.需求对象答案：B 〔150〕2. 数据库物理设计完成后，进入数据库实施阶段，以下各项中不属于实施阶段的工作是〔〕A.建立库构造B.扩大功能C.加载数据D.系统调试答案：B 〔150〕3. 通常用以下的顺序来完成数据库的设计工作〔〕A.概念设计、物理设计、逻辑设计B.逻辑设计、概念设计、物理设计C.概念设计、逻辑设计、物理设计D.物理设计、逻辑设计、概念设计答案：C 〔150〕4. 在数据库设计中，在概念设计阶段可用E-R方法，其设计出的图称为〔〕A.实物示意图B.实用概念图C.实体表示图D.实体联系图答案：D 〔153〕5. E-R图是数据库设计的工具之一，它适用于建立数据库的〔〕A.概念模型B.逻辑模型C.构造模型D.物理模型答案：A 〔155〕6.在关系数据库设计中，完成设计关系模式的任务是属于〔〕A.需求分析阶段B.概念设计阶段C.逻辑设计阶段D.物理设计阶段答案：C 〔157〕7. 数据库逻辑设计的主要任务是〔〕A.建立E-R图和说明书B.创立数据库说明C.建立数据流图D.把数据送入数据库答案：B 〔158〕二．填空题1. 数据库概念设计是在数据需求分析根底上进展的，其目的是分析数据间的在语义关联，在此根底上建立一个数据的______________。

答案：抽象模型〔152〕2. 数据库的逻辑设计的根本方法是将E-R图转换成指定RDBMS中的______________，此外还包括关系的规化以及性能调整，最后是约束条件设置。

答案：关系模式〔156〕3. 数据库的逻辑设计的根本方法是将E-R图转换成指定RDBMS中的关系模式，此外还包括______________以及性能调整，最后是约束条件设置。

答案：关系的规化〔156〕4. 数据库的逻辑设计的根本方法是将E-R图转换成指定RDBMS中的关系模式，此外还包括关系的规化以及______________，最后是约束条件设置。

数据库考试题及答案

数据库考试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 在关系数据库中，用来表示实体间关系的是：A. 属性B. 关系C. 键D. 域答案：B2. SQL语言中的“SELECT”语句用于：A. 插入数据B. 更新数据C. 查询数据D. 删除数据答案：C3. 数据库管理系统（DBMS）的主要功能不包括：A. 数据存储B. 数据恢复C. 数据加密D. 数据查询答案：C4. 以下哪个不是数据库的完整性约束：A. 实体完整性B. 参照完整性C. 用户定义完整性D. 索引完整性答案：D5. 在关系数据库中，主键是用来：A. 唯一标识一个表中的每一行B. 存储表中的数据C. 建立表与表之间的关系D. 排序表中的数据答案：A6. 数据库规范化的目的是：A. 提高查询速度B. 减少数据冗余C. 增加数据安全性D. 降低存储成本答案：B7. 在SQL中，用于删除表中数据的语句是：A. DROPB. DELETEC. REMOVED. ERASE答案：B8. 数据库的并发控制主要解决的问题是：A. 数据丢失B. 数据重复C. 数据不一致D. 数据泄露答案：C9. 在数据库设计中，E-R图主要用于：A. 表示数据的存储结构B. 表示数据的流程C. 表示数据的逻辑结构D. 表示数据的物理结构答案：C10. 数据库的事务具有以下哪个特性，确保操作的原子性：A. 一致性B. 持久性C. 隔离性D. 原子性答案：D二、简答题（每题10分，共30分）1. 请简述数据库的三大范式，并举例说明。

答案：数据库的三大范式包括：- 第一范式（1NF）：要求数据库表的每一列都是不可分割的基本数据项，即表中的所有字段都应该只包含原子性的值，不能有集合、数组或重复的数据。

- 第二范式（2NF）：在第一范式的基础上，要求表中没有部分依赖，即非主键字段完全依赖于主键。

- 第三范式（3NF）：在第二范式的基础上，要求表中没有传递依赖，即非主键字段只能依赖于主键，不能依赖于其他非主键字段。

数据库系统基础教程(第二版)课后习题答案2

Database Systems: The Complete BookSolutions for Chapter 2Solutions for Section 2.1Exercise 2.1.1The E/R Diagram.Exercise 2.1.8(a)The E/R DiagramKobvxybzSolutions for Section 2.2Exercise 2.2.1The Addresses entity set is nothing but a single address, so we would prefer to make address an attribute of Customers. Were the bank to record several addresses for a customer, then it might make sense to have an Addresses entity set and make Lives-at a many-many relationship.The Acct-Sets entity set is useless. Each customer has a unique account set containing his or her accounts. However, relating customers directly to their accounts in a many-many relationship conveys the same information and eliminates the account-set concept altogether.Solutions for Section 2.3Exercise 2.3.1(a)Keys ssNo and number are appropriate for Customers and Accounts, respectively. Also, we think it does not make sense for an account to be related to zero customers, so we should round the edge connecting Owns to Customers. It does not seem inappropriate to have a customer with 0 accounts;they might be a borrower, for example, so we put no constraint on the connection from Owns to Accounts. Here is the The E/R Diagram，showing underlined keys andthe numerocity constraint.Exercise 2.3.2(b)If R is many-one from E1 to E2, then two tuples (e1,e2) and (f1,f2) of the relationship set for R must be the same if they agree on the key attributes for E1. To see why, surely e1 and f1 are the same. Because R is many-one from E1 to E2, e2 and f2 must also be the same. Thus, the pairs are the same.Solutions for Section 2.4Exercise 2.4.1Here is the The E/R Diagram.We have omitted attributes other than our choice for the key attributes of Students and Courses. Also omitted are names for the relationships. Attribute grade is not part of the key for Enrollments. The key for Enrollements is studID from Students and dept and number from Courses.Exercise 2.4.4bHere is the The E/R Diagram Again, we have omitted relationship names and attributes other than our choice for the key attributes. The key for Leagues is its own name; this entity set is not weak. The key for Teams is its own name plus the name of the league of which the team is a part, e.g., (Rangers, MLB) or (Rangers, NHL). The key for Players consists of the player's number and the key for the team on which he or she plays. Since the latter key is itself a pair consisting of team and league names, the key for players is the triple (number, teamName, leagueName). e.g., JeffGarcia is (5, 49ers, NFL).Database Systems: The Complete BookSolutions for Chapter 3Solutions for Section 3.1Exercise 3.1.2(a)We can order the three tuples in any of 3! = 6 ways. Also, the columns can be ordered in any of 3! = 6 ways. Thus, the number of presentations is 6*6 = 36.Solutions for Section 3.2Exercise 3.2.1Customers(ssNo, name, address, phone)Flights(number, day, aircraft)Bookings(ssNo, number, day, row, seat)Being a weak entity set, Bookings' relation has the keys for Customers and Flights and Bookings' own attributes.Notice that the relations obtained from the toCust and toFlt relationships are unnecessary. They are:toCust(ssNo, ssNo1, number, day)toFlt(ssNo, number, day, number1, day1)That is, for toCust, the key of Customers is paired with the key for Bookings. Since both include ssNo, this attribute is repeated with two different names, ssNo and ssNo1. A similar situation exists for toFlt.Exercise 3.2.3Ships(name, yearLaunched)SisterOf(name, sisterName)Solutions for Section 3.3Exercise 3.3.1Since Courses is weak, its key is number and the name of its department. We do not have arelation for GivenBy. In part (a), there is a relation for Courses and a relation for LabCourses that has only the key and the computer-allocation attribute. It looks like:Depts(name, chair)Courses(number, deptName, room)LabCourses(number, deptName, allocation)For part (b), LabCourses gets all the attributes of Courses, as:Depts(name, chair)Courses(number, deptName, room)LabCourses(number, deptName, room, allocation)And for (c), Courses and LabCourses are combined, as:Depts(name, chair)Courses(number, deptName, room, allocation)Exercise 3.3.4(a)There is one relation for each entity set, so the number of relations is e. The relation for the root entity set has a attributes, while the other relations, which must include the key attributes, have a+k attributes.Solutions for Section 3.4Exercise 3.4.2Surely ID is a key by itself. However, we think that the attributes x, y, and z together form another key. The reason is that at no time can two molecules occupy the same point.Exercise 3.4.4The key attributes are indicated by capitalization in the schema below:Customers(SSNO, name, address, phone)Flights(NUMBER, DAY, aircraft)Bookings(SSNO, NUMBER, DAY, row, seat)Exercise 3.4.6(a)The superkeys are any subset that contains A1. Thus, there are 2^{n-1} such subsets, since each of the n-1 attributes A2 through An may independently be chosen in or out.Solutions for Section 3.5Exercise 3.5.1(a)We could try inference rules to deduce new dependencies until we are satisfied we have them all.A more systematic way is to consider the closures of all 15 nonempty sets of attributes.For the single attributes we have A+ = A, B+ = B, C+ = ACD, and D+ = AD. Thus, the only new dependency we get with a single attribute on the left is C->A.Now consider pairs of attributes:AB+ = ABCD, so we get new dependency AB->D. AC+ = ACD, and AC->D is nontrivial. AD+ = AD, so nothing new. BC+ = ABCD, so we get BC->A, and BC->D. BD+ = ABCD, giving usBD->A and BD->C. CD+ = ACD, giving CD->A.For the triples of attributes, ACD+ = ACD, but the closures of the other sets are each ABCD. Thus, we get new dependencies ABC->D, ABD->C, and BCD->A.Since ABCD+ = ABCD, we get no new dependencies.The collection of 11 new dependencies mentioned above is: C->A, AB->D, AC->D, BC->A, BC->D, BD->A, BD->C, CD->A, ABC->D, ABD->C, and BCD->A.Exercise 3.5.1(b)From the analysis of closures above, we find that AB, BC, and BD are keys. All other sets either do not have ABCD as the closure or contain one of these three sets.Exercise 3.5.1(c)The superkeys are all those that contain one of those three keys. That is, a superkey that is not a key must contain B and more than one of A, C, and D. Thus, the (proper) superkeys are ABC, ABD, BCD, and ABCD.Exercise 3.5.3(a)We must compute the closure of A1A2...AnC. Since A1A2...An->B is a dependency, surely B is in this set, proving A1A2...AnC->B.Exercise 3.5.4(a)Consider the relationThis relation satisfies A->B but does not satisfy B->A.Exercise 3.5.8(a)If all sets of attributes are closed, then there cannot be any nontrivial functional dependenc ies. For suppose A1A2...An->B is a nontrivial dependency. Then A1A2...An+ contains B and thus A1A2...An is not closed.Exercise 3.5.10(a)We need to compute the closures of all subsets of {ABC}, although there is no need to think about the empty set or the set of all three attributes. Here are the calculations for the remaining six sets: A+ = AB+ = BC+ = ACEAB+ = ABCDEAC+ = ACEBC+ = ABCDEWe ignore D and E, so a basis for the resulting functional dependencies for ABC are: C->A and AB->C. Note that BC->A is true, but follows logically from C->A, and therefore may be omitted from our list.Solutions for Section 3.6Exercise 3.6.1(a)In the solution to Exercise 3.5.1 we found that there are 14 nontrivial dependencies, including the three given ones and 11 derived dependencies. These are: C->A, C->D, D->A, AB->D, AB-> C, AC->D, BC->A, BC->D, BD->A, BD->C, CD->A, ABC->D, ABD->C, and BCD->A.We also learned that the three keys were AB, BC, and BD. Thus, any dependency above that does not have one of these pairs on the left is a BCNF violation. These are: C->A, C->D, D->A, AC->D, and CD->A.One choice is to decompose using C->D. That gives us ABC and CD as decomposed relations. CD is surely in BCNF, since any two-attribute relation is. ABC is not in BCNF, since AB and BC are its only keys, but C->A is a dependency that holds in ABCD and therefore holds in ABC. We must further decompose ABC into AC and BC. Thus, the three relations of the decomposition are AC, BC, and CD.Since all attributes are in at least one key of ABCD, that relation is already in 3NF, and no decomposition is necessary.Exercise 3.6.1(b)(Revised 1/19/02) The only key is AB. Thus, B->C and B->D are both BCNF violations. The derived FD's BD->C and BC->D are also BCNF violations. However, any other nontrivial, derived FD will have A and B on the left, and therefore will contain a key.One possible BCNF decomposition is AB and BCD. It is obtained starting with any of the four violations mentioned above. AB is the only key for AB, and B is the only key for BCD.Since there is only one key for ABCD, the 3NF violations are the same, and so is the decomposition.Solutions for Section 3.7Exercise 3.7.1Since A->->B, and all the tuples have the same value for attribute A, we can pair the B-value from any tuple with the value of the remaining attribute C from any other tuple. Thus, we know that R must have at least the nine tuples of the form (a,b,c), where b is any of b1, b2, or b3, and c is any of c1, c2, or c3. That is, we can derive, using the definition of a multivalued dependency, that each of the tuples (a,b1,c2), (a,b1,c3), (a,b2,c1), (a,b2,c3), (a,b3,c1), and (a,b3,c2) are also in R.Exercise 3.7.2(a)First, people have unique Social Security numbers and unique birthdates. Thus, we expect the functional dependencies ssNo->name and ssNo->birthdate hold. The same applies to children, so we expect childSSNo->childname and childSSNo->childBirthdate. Finally, an automobile has a unique brand, so we expect autoSerialNo->autoMake.There are two multivalued dependencies that do not follow from these functional dependencies. First, the information about one child of a person is independent of other information about that person. That is, if a person with social security number s has a tuple with cn,cs,cb, then if there isany other tuple t for the same person, there will also be another tuple that agrees with t except that it has cn,cs,cb in its components for the child name, Social Security number, and birthdate. That is the multivalued dependencyssNo->->childSSNo childName childBirthdateSimilarly, an automobile serial number and make are independent of any of the other attributes, so we expect the multivalued dependencyssNo->->autoSerialNo autoMakeThe dependencies are summarized below:ssNo -> name birthdatechildSSNo -> childName childBirthdateautoSerialNo -> autoMakessNo ->-> childSSNo childName childBirthdatessNo ->-> autoSerialNo autoMakeExercise 3.7.2(b)We suggest the relation schemas{ssNo, name, birthdate}{ssNo, childSSNo}{childSSNo, childName childBirthdate}{ssNo, autoSerialNo}{autoSerialNo, autoMake}An initial decomposition based on the two multivalued dependencies would give us {ssNo, name, birthDate}{ssNo, childSSNo, childName, childBirthdate}{ssNo, autoSerialNo, autoMake}Functional dependencies force us to decompose the second and third of these.Exercise 3.7.3(a)Since there are no functional dependencies, the only key is all four attributes, ABCD. Thus, each of the nontrvial multivalued dependencies A->->B and A->->C violate 4NF. We must separate out the attributes of these dependencies, first decomposing into AB and ACD, and then decomposing the latter into AC and AD because A->->C is still a 4NF violation for ACD. The final set of relations are AB, AC, and AD.Exercise 3.7.7(a)Let W be the set of attributes not in X, Y, or Z. Consider two tuples xyzw and xy'z'w' in the relation R in question. Because X ->-> Y, we can swap the y's, so xy'zw and xyz'w' are in R. Because X ->-> Z, we can take the pair of tuples xyzw and xyz'w' and swap Z's to get xyz'w and xyzw'. Similarly, we can take the pair xy'z'w' and xy'zw and swap Z's to get xy'zw' and xy'z'w.In conclusion, we started with tuples xyzw and xy'z'w' and showed that xyzw' and xy'z'w must also be in the relation. That is exactly the statement of the MVD X ->-> Y-union-Z. Note that the above statements all make sense even if there are attributes in common among X, Y, and Z.Exercise 3.7.8(a)Consider a relation R with schema ABCD and the instance with four tuples abcd, abcd', ab'c'd, and ab'c'd'. This instance satisfies the MVD A->-> BC. However, it does not satisfy A->-> B. For example, if it did satisfy A->-> B, then because the instance contains the tuples abcd and ab'c'd, we would expect it to contain abc'd and ab'cd, neither of which is in the instance.Database Systems: The Complete BookSolutions for Chapter 4Solutions for Section 4.2Exercise 4.2.1class Customer {attribute string name;attribute string addr;attribute string phone;attribute integer ssNo;relationship Set<Account> ownsAcctsinverse Account::ownedBy;}class Account {attribute integer number;attribute string type;attribute real balance;relationship Set<Customer> ownedByinverse Customer::ownsAccts}Exercise 4.2.4class Person {attribute string name;relationship Person motherOfinverse Person::childrenOfFemalerelationship Person fatherOfinverse Person::childrenOfMalerelationship Set<Person> childreninverse Person::parentsOfrelationship Set<Person> childrenOfFemaleinverse Person::motherOfrelationship Set<Person> childrenOfMaleinverse Person::fatherOfrelationship Set<Person> parentsOfinverse Person::children}Notice that there are six different relationships here. For example, the inverse of the relationship that connects a person to their (unique) mother is a relationship that connects a mother (i.e., a female person) to the set of her children. That relationship, which we call childrenOfFemale, is different from the children relationship, which connects anyone -- male or female -- to their children.Exercise 4.2.7A relationship R is its own inverse if and only if for every pair (a,b) in R, the pair (b,a) is also in R. In the terminology of set theory, the relation R is ``symmetric.''Solutions for Section 4.3Exercise 4.3.1We think that Social Security number should me the key for Customer, and account number should be the key for Account. Here is the ODL solution with key and extent declarations.class Customer(extent Customers key ssNo){attribute string name;attribute string addr;attribute string phone;attribute integer ssNo;relationship Set<Account> ownsAcctsinverse Account::ownedBy;}class Account(extent Accounts key number){attribute integer number;attribute string type;attribute real balance;relationship Set<Customer> ownedByinverse Customer::ownsAccts}Solutions for Section 4.4Exercise 4.4.1(a)Since the relationship between customers and accounts is many-many, we should create a separate relation from that relationship-pair.Customers(ssNo, name, address, phone)Accounts(number, type, balance)CustAcct(ssNo, number)Exercise 4.4.1(d)Ther is only one attribute, but three pairs of relationships from Person to itself. Since motherOf and fatherOf are many-one, we can store their inverses in the relation for Person. That is, for each person, childrenOfMale and childrenOfFemale will indicate that persons's father and mother. The children relationship is many-many, and requires its own relation. This relation actually turns out to be redundant, in the sense that its tuples can be deduced from the relationships stored with Person. The schema:Persons(name, childrenOfFemale, childrenOfMale)Parent-Child(parent, child)Exercise 4.4.4Y ou get a schema like:Studios(name, address, ownedMovie)Since name -> address is the only FD, the key is {name, ownedMovie}, and the FD has a left side that is not a superkey.Exercise 4.4.5(a,b,c)(a) Struct Card { string rank, string suit };(b) class Hand {attribute Set theHand;};For part (c) we have:Hands(handId, rank, suit)Notice that the class Hand has no key, so we need to create one: handID. Each hand has, in the relation Hands, one tuple for each card in the hand.Exercise 4.4.5(e)Struct PlayerHand { string Player, Hand theHand };class Deal {attribute Set theDeal;}Alternatively, PlayerHand can be defined directly within the declaration of attribute theDeal. Exercise 4.4.5(h)Since keys for Hand and Deal are lacking, a mechanical way to design the database schema is to have one relation connecting deals and player-hand pairs, and another to specify the contents of hands. That is:Deals(dealID, player, handID)Hands(handID, rank, suit)However, if we think about it, we can get rid of handID and connect the deal and the player directly to the player's cards, as:Deals(dealID, player, rank, suit)Exercise 4.4.5(i)First, card is really a pair consisting of a suit and a rank, so we need two attributes in a relation schema to represent cards. However, much more important is the fact that the proposed schema does not distinguish which card is in which hand. Thus, we need another attribute that indicates which hand within the deal a card belongs to, something like:Deals(dealID, handID, rank, suit)Exercise 4.4.6(c)Attribute b is really a bag of (f,g) pairs. Thus, associated with each a-value will be zero or more (f,g) pairs, each of which can occur several times. We shall use an attribute count to indicate the number of occurrences, although if relations allow duplicate tuples we could simply allow duplicate (a,f,g) triples in the relation. The proposed schema is:C(a, f, g, count)Solutions for Section 4.5Exercise 4.5.1(b)Studios(name, address, movies{(title, year, inColor, length,stars{(name, address, birthdate)})})Since the information about a star is repeated once for each of their movies, there is redundancy. To eliminate it, we have to use a separate relation for stars and use pointers from studios. That is: Stars(name, address, birthdate)Studios(name, address, movies{(title, year, inColor, length,stars{*Stars})})Since each movie is owned by one studio, the information about a movie appears in only one tuple of Studios, and there is no redundancy.Exercise 4.5.2Customers(name, address, phone, ssNo, accts{*Accounts})Accounts(number, type, balance, owners{*Customers})Solutions for Section 4.6Exercise 4.6.1(a)We need to add new nodes labeled George Lucas and Gary Kurtz. Then, from the node sw (which represents the movie Star Wars), we add arcs to these two new nodes, labeled direc tedBy and producedBy, respectively.Exercise 4.6.2Create nodes for each account and each customer. From each customer node is an arc to a node representing the attributes of the customer, e.g., an arc labeled name to the customer's name. Likewise, there is an arc from each account node to each attribute of that account, e.g., an arc labeled balance to the value of the balance.To represent ownership of accounts by customers, we place an arc labeled owns from each customer node to the node of each account that customer holds (possibly jointly). Also, we placean arc labeled ownedBy from each account node to the customer node for each owner of that account.Exercise 4.6.5In the semistructured model, nodes represent data elements, i.e., entities rather than entity sets. In the E/R model, nodes of all types represent schema elements, and the data is not represented at all. Solutions for Section 4.7Exercise 4.7.1(a)<STARS-MOVIES><STAR starId = "cf" starredIn = "sw, esb, rj"><NAME>Carrie Fisher</NAME><ADDRESS><STREET>123 Maple St.</STREET><CITY>Hollywood</CITY></ADDRESS><ADDRESS><STREET>5 Locust Ln.</STREET><CITY>Malibu</CITY></ADDRESS></STAR><STAR starId = "mh" starredIn = "sw, esb, rj"><NAME>Mark Hamill</NAME><ADDRESS><STREET>456 Oak Rd.<STREET><CITY>Brentwood</CITY></ADDRESS></STAR><STAR starId = "hf" starredIn = "sw, esb, rj, wit"><NAME>Harrison Ford</NAME><ADDRESS><STREET>whatever</STREET><CITY>whatever</CITY></ADDRESS></STAR><MOVIE movieId = "sw" starsOf = "cf, mh"><TITLE>Star Wars</TITLE><YEAR>1977</YEAR></MOVIE><MOVIE movieId = "esb" starsOf = "cf, mh"><TITLE>Empire Strikes Back</TITLE><YEAR>1980</YEAR></MOVIE><MOVIE movieId = "rj" starsOf = "cf, mh"><TITLE>Return of the Jedi</TITLE><YEAR>1983</YEAR></MOVIE><MOVIE movieID = "wit" starsOf = "hf"><TITLE>Witness</TITLE><YEAR>1985</YEAR></MOVIE></STARS-MOVIES>Exercise 4.7.2<!DOCTYPE Bank [<!ELEMENT BANK (CUSTOMER* ACCOUNT*)><!ELEMENT CUSTOMER (NAME, ADDRESS, PHONE, SSNO)> <!A TTLIST CUSTOMERcustId IDowns IDREFS><!ELEMENT NAME (#PCDA TA)><!ELEMENT ADDRESS (#PCDA TA)><!ELEMENT PHONE (#PCDA TA)><!ELEMENT SSNO (#PCDA TA)><!ELEMENT ACCOUNT (NUMBER, TYPE, BALANCE)><!A TTLIST ACCOUNTacctId IDownedBy IDREFS><!ELEMENT NUMBER (#PCDA TA)><!ELEMENT TYPE (#PCDA TA)><!ELEMENT BALANCE (#PCDA TA)>]>Database Systems: The CompleteBookSolutions for Chapter 5Solutions for Section 5.2Exercise 5.2.1(a)PI_model( SIGMA_{speed >= 1000} ) (PC)Exercise 5.2.1(f)The trick is to theta-join PC with itself on the condition that the hard disk sizes are equal. That gives us tuples that have two PC model numbers with the same value of hd. However, these two PC's could in fact be the same, so we must also require in the theta-join that the model numbers be unequal. Finally, we want the hard disk sizes, so we project onto hd.The expression is easiest to see if we write it using some temporary values. We start by renaming PC twice so we can talk about two occurrences of the same attributes.R1 = RHO_{PC1} (PC)R2 = RHO_{PC2} (PC)R3 = R1 JOIN_{PC1.hd = PC2.hd AND PC1.model <> PC2.model} R2R4 = PI_{PC1.hd} (R3)Exercise 5.2.1(h)First, we find R1, the model-speed pairs from both PC and Laptop. Then, we find from R1 those computers that are ``fast,'' at least 133Mh. At the same time, we join R1 with Product to connect model numbers to their manufacturers and we project out the speed to get R2. Then we join R2 with itself (after renaming) to find pairs of different models by the same maker. Finally, we get our answer, R5, by projecting onto one of the maker attributes. A sequence of steps giving the desired expression is: R1 = PI_{model,speed} (PC) UNION PI_{model,speed} (Laptop)R2 = PI_{maker,model} (SIGMA_{speed>=700} (R1) JOIN Product)R3 = RHO_{T(maker2, model2)} (R2)R4 = R2 JOIN_{maker = maker2 AND model <> model2} (R3)R5 = PI_{maker} (R4)Exercise 5.2.2Here are figures for the expression trees of Exercise 5.2.1 Part (a)Part (f)Part (h). Note that the third figure is not really a tree, since it uses a common subexpression. We could duplicate the nodes to make it a tree, but using common subexpressions is a valuable form of query optimization. One of the benefits one gets from constructing ``trees'' for queries is the ability to combine nodes that represent common subexpressions.Exercise 5.2.7The relation that results from the natural join has only one attribute from each pair of equated attributes. The theta-join has attributes for both, and their columns are identical.Exercise 5.2.9(a)If all the tuples of R and S are different, then the union has n+m tuples, and this number is the maximum possible.The minimum number of tuples that can appear in the result occurs if every tuple of one relation also appears in the other. Surely the union has at least as many tuples as the larger of R and that is, max(n,m) tuples. However, it is possible for every tuple of the smaller to appear in the other, so it is possible that there are as few as max(n,m) tuples in the union.Exercise 5.2.10In the following we use the name of a relation both as its instance (set of tuples) and as its schema (set of attributes). The context determines uniquely which is meant.PI_R(R JOIN S) Note, however, that this expression works only for sets; it does not preserve the multipicity of tuples in R. The next two expressions work for bags.R JOIN DELTA(PI_{R INTERSECT S}(S)) In this expression, each projection of a tuple from S onto the attributes that are also in R appears exactly once in the second argument of the join, so it preserves multiplicity of tuples in R, except for those thatdo not join with S, which disappear. The DELTA operator removes duplicates, as described in Section 5.4.R - [R - PI_R(R JOIN S)] Here, the strategy is to find the dangling tuples of R and remove them.Solutions for Section 5.3Exercise 5.3.1As a bag, the value is {700, 1500, 866, 866, 1000, 1300, 1400, 700, 1200, 750, 1100, 350, 733}. The order is unimportant, of course. The average is 959.As a set, the value is {700, 1500, 866, 1000, 1300, 1400, 1200, 750, 1100, 350, 733}, and the average is 967. H3>Exercise 5.3.4(a)As sets, an element x is in the left-side expression(R UNION S) UNION Tif and only if it is in at least one of R, S, and T. Likewise, it is in the right-side expressionR UNION (S UNION T)under exactly the same conditions. Thus, the two expressions have exactly the same members, and the sets are equal.As bags, an element x is in the left-side expression as many times as the sum of the number of times it is in R, S, and T. The same holds for the right side. Thus, as bags the expressions also have the same value.Exercise 5.3.4(h)As sets, element x is in the left sideR UNION (S INTERSECT T)if and only if x is either in R or in both S and T. Element x is in the right side(R UNION S) INTERSECT (R UNION T)if and only if it is in both R UNION S and R UNION T. If x is in R, then it is in both unions. If x is in both S and T, then it is in both union. However, if x is neither in R nor in both of S and T, then it cannot be in both unions. For example, suppose x is not in R and not in S. Then x is not in R UNION S. Thus, the statement of when x is in the right side is exactly the same as when it is in the left side: x is either in R or in both of S and T.Now, consider the expression for bags. Element x is in the left side the sum of the number of times it is in R plus the smaller of the number of times x is in S and the number of times x is in T. Likewise, the number of times x is in the right side is the smaller ofThe sum of the number of times x is in R and in S.The sum of the number of times x is in R and in T.A moment's reflection tells us that this minimum is the sum of the number of times x is in R plus the smaller of the number of times x is in S and in T, exactly as for the left side.Exercise 5.3.5(a)For sets, we observe that element x is in the left side(R INTERSECT S) - T。

数据库技术与应用第1、2章习题答案

B/S结构的优点，首先是简化了客户端，客户端只要安装通用的浏览器软件即可。因此，只要有一台能上网的计算机就可以在任何地方进行操作而不用安装专门的客户应用软件。这样不但可以节省客户机的硬盘空间与内存，实现客户端零维护，而且使系统的扩展非常容易。其次是简化了系统的开发和维护。系统的开发者无须再为不同级别的用户设计开发不同的应用程序，只需把所有的功能都实现在应用服务器(Web服务器)上，并就不同的功能为各个级别的用户设置权限就可以了。
目前,几乎所有企业或部门的信息系统都以数据库系统为基础,都使用数据库。例如,一个工厂的管理信息系统(其中会包括许多子系统,如库存管理系统、物资采购系统、作业调度系统、设备管理系统、人事管理系统等),学校的学生管理系统,人事管理系统,图书馆的图书管理系统,等等都适合用数据库系统。
5.试述数据库系统的特点。
当需要改变模式时(例如增加新的关系、新的属性、改变属性的数据类型、改变数据间的联系等)，由数据库管理员对各个外模式／模式的映象作相应改变，而使外模式保持不变，从而不必修改或重写应用程序改。而应用程序是依据数据的外模式编写的，保证了数据与程序的逻辑独立性。简称数据的逻辑独立性。
特定的应用程序是在外模式描述的数据结构上编制的，它依赖于特定的外模式，与数据库的模式和存储结构独立。不同的应用程序有时可以共用同一个外模式。数据库的二级映象保证了数据库外模式的稳定性，从而从底层保证了应用程序的稳定性，除非应用需求本身发生变化，否则应用程序一般不需要修改。
6.某工厂生产若干产品，每种产品由不同的零件组成。有的零件可用在不同的产品上，这些零件由不同的原材料制成，不同零件所用的材料可以相同。这些零件按所属的不同产品分别放在仓库中，原材料按照类别放在若干仓库中。请用E-R图画出此工厂产品，零件，材料，仓库的概念模型。

《数据库原理与应用》课后习题参考答案

《数据库原理与应用》课后习题参考答案第一章作业参考答案1. 单项选择题C C D B C2. 判断题对错错错对3填空题网状模型用户商业智能数据挖掘系统设计4简答题1）数据模型是指描述事物对象的数据组成、数据关系、数据约束的抽象结构及其说明。

数据模型是指描述事物对象的数据组成、数据关系、数据约束的抽象结构及其说明。

3〕数据约束：用于描述数据结构中数据之间的语义联系、数据之间的制约和依存关系，以及数据动态变化的规则。

主流数据库采用关系图模型。

数据库典型数据模型：层次数据模型网状数据模型关系数据模型其它数据模型〔如对象数据模型、键值对数据模型、列式数据模型。

〕2）数据库——是一种依照特定数据模型组织、存储和管理数据的文件，数据库文件一般存放在辅助存储器以便长久保存。

数据库具有如下特点：数据不重复存放；提供应多种应用程序访问；数据结构独立于使用它的应用程序；对数据增、删、改、检索由统一软件进行管理和控制。

3）数据库(Database)是一种依照特定模型组织、存储和管理数据的数据结构。

在数据库中，不仅存放了数据，而且还存放了数据与数据之间的关系。

数据库内部元素：用户表：用户在数据库中创建的数据库表；系统表：数据库中系统自带的数据库表；视图：数据库中用于对数据进行查询的虚拟表；索引：数据库中用于加快数据查询的索引项；约束：数据库中对数据、数据关系施加的规则；存储过程：数据库内部完成特定功能处理的程序；触发器：数据库内部因数据变化自动执行的一类存储过程等等4）数据库系统包括：用户、数据库应用程序、数据库管理系统和数据库四个组成要素。

5）数据库管理系统〔Database Manage System，DBMS 〕——是一种专门用来创建数据库、管理数据库、维护数据库，并提供对数据库访问的系统软件。

数据库管理系统〔DBMS〕主要功能：创建数据库和表; 创建支持结构,如索引等; 读取数据库数据; 修改数据库数据; 维护数据库结构; 执行规则; 并发控制; 提供安全性; 执行备份和恢复等等第二章作业参考答案1 单项选择题C B D A A2. 判断题对对错对错3填空题全外连接数据约束候选键用户定义完整性4简答题外码键1）在关系模型中，使用“关系”来存储“实体”中的数据。

数据库课后答案

第1章习题一、填空题1. 在数据管理技术发展历程的几个阶段中，在（人工管理）阶段数据不能保存。

2. 数据模型由以下三要素组成：（数据结构）、数据操作和数据的约束条件。

3. 数据模型按不同的应用层次分成三种类型，它们是：概念数据模型、（逻辑数据模型）、（物理数据模型）。

4. E-R模型属于（概念数据）模型，结构数据模型指层次、网状、关系。

5. 数据库专家们提出了数据库系统分级的系统结构模型，整个系统分为三级，它们分别是（外模式）、（模式）和（内模式）。

二、选择题1．在文件系统阶段，操作系统管理数据的基本单位是（A ）。

A.文件B.记录C.程序D.数据项2. 数据管理技术发展过程中，文件系统与数据库系统的重要区别是数据库具有（C）。

A.数据可共享B.数据无冗余C.特定的数据模型D.有专门的数据管理软件3. 在数据库的数据模型中有（A）。

A.网状模型、层次模型、关系模型B.数字型、字母型、日期型C.二数值型、字符型、逻辑型D.数学模型、概念模型、逻辑模型4. 用表格形式的结构表示实体类型以及实体类型之间联系的数据模型是（A）。

A.关系数据模型B.层次数据模型C.网状数据模型D.面向对象数据模型5. 描述概念模型的常用方法是（D）。

A.建立数据模型方法B.需求分析方法C.二维表方法D.实体－联系方法三、判断题1. 数据库管理员是专门从事数据库设计、管理和维护的工作人员。

（√）2. 计算机的数据管理技术经历了人工管理、文件系统管理和数据库系统三个阶段。

（√）3. 逻辑数据模型（又称数据模型），它是一种面向客观世界、面向用户的模型；它与具体的数据库系统无关，与具体的计算机平台无关。

（⨯）4. 数据模型通常由数据结构、数据操作和完整性约束三部分组成。

（√）5. 内模式亦称为子模式或用户模式，描述的是数据的局部逻辑结构。

（⨯）四、简答题1．解释数据库、数据库管理系统和数据库系统的概念。

答：数据库(DataBase）是具有统一结构形式、可共享的、长期储存在计算机内的数据的集合。

(完整word版)数据库原理与应用(1,2章)练习1-带答案

第一章、第二章内容练习一1.Access数据库的类型是A)层次数据库B)网状数据库C)关系数据库D)面向对象数据库2．数据库DB、数据库系统DBS、数据库管理系统DBMS三者之间的关系是A）DBS包括DB和DBMS B）DBMS包括DB和DBSC）DB包括DBS和DBMS D）D．DBS就是DB，也就是DBMS 3. 在关系数据库中，二维表的行称为A）域B）元组C）关键字D）属性4. 完整性规则不包括A）实体完整性B）参照完整性C）用户定义完整性D）属性完整性5. 关系型数据库管理系统，所谓关系是指A）各条记录中的数据彼此有一定的关系B）一个数据库文件与另一个数据库文件之间有一定的关系C）二维表格D）数据库中各个字段之间彼此有一定的关系6. 在概念模型中，一个实体集对应于关系模型中的一个____________。

A）元组B）字段C）属性D）关系7. 关于关系模式的关键字，以下说法正确的是____________。

A．一个关系模式可以有多个主关键字B．一个关系模式可以有多个候选关键字C．主关键字可以取空值D．有一些关系模式没有关键字8. 关系数据库通过主索引实现了数据的____________。

A）更新完整性B）域完整性C）实体完整性D）参照完整性9.规范化理论是关系数据库进行逻辑设计的理论依据，根据这个理论，关系数据库中的关系必须满足：每一个属性都是（）。

A.长度不变的B.不可分解的C.互相关联的D.互不相关的10.已知关系模式R（A，B，C，D，E）及其上的函数依赖集合F＝{A→D，B →C ，E→A }，该关系模式的候选码是（）。

A.ABB.BEC.CDD.DE11．关系模式的候选码可以有1个或多个，而主码有（）。

A.多个B.0个C.1个D.1个或多个12．关系数据库规范化是为了解决关系数据库中（）的问题而引入的。

A.提高查询速度B.插入、删除异常和数据冗余C.保证数据的安全性D.结构13．在数据库系统的三级模式之间，提供两层映象的作用是提高（）A．数据的一致性B．数据的独立性C．数据的完整性D．操作的可行性14．实体完整性规则是指关系中（）A．元组值不允许空B．属性值不允许空C．主码值不允许空D．外码值不允许空15．在数据库设计中，将E－R模型转换成关系数据模型的过程属于（）A．需要分析阶段B．逻辑设计阶段C．概念设计阶段D．物理设计阶段16．在数据库逻辑结构设计中，将E-R模型转换为关系模型应遵循相应原则。

数据库原理及应用第二版-第-章习题答案-课后习题

第1章数据库概述1．试说明数据、数据库、数据库管理系统和数据库系统的概念。

答：数据是描述事物的符号记录，是数据库中存储的基本对象。

数据库是存放数据的仓库，是长期存储在计算机中的有组织的、可共享的大量数据的集合。

数据库管理系统是一个专门用于实现对数据进行管理和维护的系统软件。

数据库系统是指在计算机中引入数据库后的系统，一般由数据库、数据库管理系统（及相关的实用工具）、应用程序、数据库管理员组成。

2．数据管理技术的发展主要经历了哪几个阶段？答：数据管理技术的发展主要经历了文件管理和数据库管理两个阶段。

3．与文件管理相比，数据库管理有哪些优点？答：将相互关联的数据集成在一起，具有较少的数据冗余，程序与数据相互独立，保证数据的安全可靠，最大限度地保证数据的正确性，数据可以共享并能保证数据的一致性。

4．在数据库管理方式中，应用程序是否需要关心数据的存储位置和存储结构？为什么？答：不需要。

因为在数据库系统中，数据的存储位置以及存储结构保存在数据库管理系统中，从数据到物理存储位置的转换是由数据库管理系统自动完成的。

5．在数据库系统中，数据库的作用是什么？答：在数据库系统中，数据库是存放数据的场所。

6．在数据库系统中，应用程序可以不通过数据库管理系统而直接访问数据文件吗？答：不能。

7．数据独立性指的是什么？它能带来哪些好处？答：数据独立性指的是数据的逻辑独立性和物理独立性。

逻辑独立性带来的好处是当表达现实世界信息的逻辑结构发生变化时，可以不影响应用程序；物理独立性带来的好处是当数据的存储结构发生变化时，可以不影响数据的逻辑组织结构，从而也不影响应用程序。

8．数据库系统由哪几部分组成，每一部分在数据库系统中的作用大致是什么？答：数据库系统由四个主要部分组成，即数据库、数据库管理系统、应用程序和系统管理员。

数据库是数据的汇集，它以一定的组织形式存于存储介质上；数据库管理系统是管理数据库的系统软件，它可以实现数据库系统的各种功能；系统管理员负责数据库的规划、设计、协调、维护和管理等工作；应用程序指以数据库数据为核心的应用程序。

《数据库原理》1 2章作业(答案)

《数据库原理》知识点第一章1、什么是4D（Data, DB、DBMS、DBS）,它们之间的关系？答：所谓4D是分别指：数据（Data）、数据库（DB或DataBase）、数据库管理系统（DBMS）、数据库系统（DBS）。

其中：数据（Data）：数据库（DB或DataBase）：数据库管理系统（DBMS）：数据库系统（DBS）：当开发一个数据库系统（DBS）时，通常需要借助数据库管理系统（DBMS）来完成建立数据库（DB）、对数据库中数据（Data）进行操作等功能。

2、数据模型的组成要素有哪些？答：包括：数据结构：描述数据库的组成对象以及对象之间的联系。

数据操作：指对数据库中各种对象的实例允许执行的操作集合。

数据的完整性约束条件：是指给定的数据模型中数据及其联系所具有的制约和依存规则。

3、ER模型的组成要素有哪些？答：实体型、属性和联系所组成。

实体型：属性：联系：4、学校中有若干系，每个系有若干班级和教研室，每个教研室有若干教师，其中有的教授和副教授每人各带若干研究生，每个班有若干学生，每个学生选修若干课程，每门课程可由若干学生选修。

请用E-R图画出此学校的概念模型。

答：5、某工厂生产若干产品，每种产品由不同的零件组成，有的零件可用在不同的产品上。

这些零件由不同的原材料制成，不同零件所用的材料可以相同。

这些零件按照所属的不同产品分别放在仓库中，原材料按照类别放在若干仓库中。

请用E-R图画出此工厂产品、零件、材料、仓库的概念模型。

6、试述数据库系统三级模式结构，这种结构的优点是什么？答：数据库系统的三级模式结构由外模式、模式、内模式组成。

外模式：模式：内模式：数据库系统的三级模式是针对数据的3个抽象级别，其优点是：它把数据的具体组织留给DBMS管理，使用户能抽象地处理数据，而不必关心数据在计算机中的具体表示和存储方式。

为了能够在内部实现这3个抽象层次之间的联系和转换，数据库系统在三级模式之间提供了二层映像：外模式/模式映像、模式/内模式映像，通过二层映像保证了数据库系统中数据能够具有较高的逻辑独立性和物理独立性。

数据库考试习题及答案 (1)

第一章习题一、判断题1.安装Microsoft SQL Server 2005 企业版对操作系统的最低要求可以是Microsoft Windows XP Professional SP2。

( 错)2.每一个服务器必须属于一个服务器组。

一个服务器组可以包含0个、一个或多个服务器。

(对)二、填空题3. MS SQL Server提供多个图形化工具，其中用来启动、停止和暂停SQL Server 服务的图形化工具称为SQLServer 配置管理器。

三、选择题4. 下列系统数据库中，（D）数据库不允许进行备份操作。

A. masterB. msdbC. modelD. Tempdb5. 下列关于SQL Server 2005实例的说法中，正确的是（C）。

A.不同版本的默认实例数可能不一样多B.不同版本的命名实例数一定一样多C.不同版本的默认实例只有一个，命名实例数不一样多D.不同版本的命名实例只有一个，默认实例数不一样多6. 下列（C）数据库是SQL Server 2005在创建数据库时可以使用的模板。

A. masterB. msdbC. model7. 默认情况下，SQL Server 2005的系统数据库有（B）。

A. 1个个 C. 4个个8. 在一台计算机上能安装（A）个默认实例。

A. 1B. 509. 访问默认实例使用（B）作为实例名。

A. 计算机名B. MSSQLSERVER10. 下列叙述中正确的是（A）。

A. SQL SERVER实例是提供服务的, 所以一个SQL Server实例称为一个数据库服务器B. SQL SERVER实例也叫做数据库引擎C. 若计算机上安装多个SQL SERVER实例，则它们可以相互管理11. SQL SERVER 2005实例主要提供哪些服务？(BCD)查询服务 B. 数据库服务C. 集成服务D. 分析服务12. 一台计算机的计算机名为computer，若在该计算机上打开配置管理器看到如图1所示内容，则说明本机上已安装3个实例，其实例名分别是（BCD）A. computerB. MSSQLSERVERC. computer\SQLEXPRESSD. computer\SERVER13. 连接数据库服务器时需要提供哪些信息？（A或者B）A. 要连接的服务器名B. 身份验证信息C. 连接协议信息14. 能否将他人计算机上运行的实例注册到你的SSMS中？（A）A. 不能B. 能四、简答题15. 什么是SQL Server 2005实例，其主要功能有哪些？答：SQL Server 2005 的实例实际上就是虚拟的SQL Server 服务器。

数据库简答答题er图

一、简答题1、数据库系统主要由哪四部分内容组成？答：（1）数据库（2）数据库管理系统（3）应用系统（4）数据库管理员2、关系的完整性约束条件有哪几种？答：实体完整性、参照完整性和用户定义的完整性。

*3、数据库领域有哪几种常用的逻辑数据模型？答：层次模型、网状模型、关系模型、面向对象模型和对象关系模型。

*4、什么是事务？事务的四个特性是什么？答：事务是用户定义的一个数据库操作序列，这些操作要么全做，要么全不做，是一个不可分割的工作单位。

事务的四个特性是：原子性、一致性、隔离性、持续性。

*5．数据库设计的基本步骤。

答：数据库设计基本可以分为以下6步：需求分析、概念结构设计、逻辑结构设计、物理结构设计、数据库实施、数据库运行和维护。

*6．并发操作带来的数据不一致性主要有哪些？答：主要有丢失修改、不可重复读和读脏数据。

*7、数据库系统中的故障主要有哪几类？答：事务内部的故障、系统故障、介质故障和计算机病毒。

*8、数据库系统中的数据独立性的内容及如何保证数据库中数据的独立性包括数据的逻辑独立性和物理独立性，其中逻辑独立性是指用户的应用程序与数据库的逻辑结构是相互独立的，当数据的逻辑结构改变了，用户程序也可以不变，而用户的应用程序与存储在磁盘上的数据库中的数据是相互独立的，当数据的物理存储改变时，应用程序不用改变。

数据独立性是通过DBMS的三级模式和二级映像来保证的。

9、如何进行系统故障的恢复？答：（1）正向扫描日志文件（即从头扫描日志文件）在故障发生前已经提交的事务放入Redo 队列在故障发生时尚未完成的事务放入Undo 队列（2）对Undo队列事务进行UNDO处理（3）对Redo队列事务进行REDO处理10、解释数据库的安全性及数据库安全的常用技术。

答：指保护数据库以防止不合法的使用所造成的数据泄露、更改和破坏。

常用技术有用户标识和鉴别、存取控制、视图和密码存储等。

二、数据库概念结构设计（E-R图）1、假设某公司的业务规则如下：公司下设几个部门，每个部门承担多个工程项目，每个工程项目属于一个部门。

数据库简答题答案

一、简答题1、简述数据库系统的特点。

（P9)答：数据结构化；数据的共享性高，冗余度低，易扩充;数据独立性高；数据由DBMS统一管理和控制。

2、数据库管理系统的主要功能有哪些?（P11）（1）数据的安全性保护（2）数据的完整性保护（3)并发控制（4）数据库恢复3、什么叫数据与程序的物理独立性?什么叫数据与程序的逻辑独立性？为什么数据库系统具有数据与程序的独立性？(P10)物理独立性：是指用户的应用程序与存储在磁盘上的数据库中数据是相互独立的。

逻辑独立性:是指用户的应用程序与数据的逻辑结构是相互独立的，也就是说，数据的逻辑结构改变了，用户程序也可以不变.为什么：数据独立性是由DBMS的二级映像功能来保证的（外模式/模式映像，模式/内模式映像），这两层映像机制保证了数据库系统中数据的逻辑独立性和物理独立性。

4、试述数据库系统的组成.（P5）数据库、数据库管理系统（及其开发工具）、应用系统、数据库管理员。

5、简述文件系统与数据库系统的区别和联系。

（P6）区别：数据的管理者：文件系统;数据库管理系统数据面向的对象:某一应用；现实世界数据的共享程度:共享性差，冗余度大；共享性高，冗余度小数据的独立性：独立性差;具有高度的物理独立性和逻辑独立性数据的结构化：记录内有结构，整体无结构；整体结构化，数据模型描述数据的控制能力：应用程序自己控制；由数据库管理系统提供数据安全性、完整性、并发控制和恢复能力联系:(1）均为数据组织的管理技术（2）均由数据管理软件管理数据,程序与数据之间用存取方法进行转换（3）数据库系统是在文件系统的基础上发展而来的6、DBA的职责是什么？（P35）（1）决定数据库中的信息内容和结构（2）决定数据库中的存储结构和存取策略（3）定义数据库的安全性要求和完整性约束条件（4）监控数据的使用和运行（5)数据库的改进和重组重构7、什么是基本表?什么是视图?两者的区别和联系是什么?(P81)基表:是本身独立存在的表，在SQL中一个关系就对应一个基表。

数据库实用教程课后习题参考答案（1-4章）

数据库实用教程课后习题参考答案（1-4章）第1、2章1.1 名词解释：◆ DB：数据库（Database),DB是统一管理的相关数据的集合。

DB能为各种用户共享，具有最小冗余度，数据间联系密切，而又有较高的数据独立性。

◆ DBMS：数据库管理系统（Database Management System)，DBMS是位于用户与操作系统之间的一层数据管理软件，为用户或应用程序提供访问DB的方法，包括DB的建立、查询、更新及各种数据控制。

DBMS总是基于某种数据模型，可以分为层次型、网状型、关系型、面向对象型DBMS。

◆ DBS：数据库系统（Database System),DBS是实现有组织地、动态地存储大量关联数据，方便多用户访问的计算机软件、硬件和数据资源组成的系统，即采用了数据库技术的计算机系统。

◆ 1：1联系：如果实体集E1中的每个实体最多只能和实体集E2中的一个实体有联系，反之亦然，好么实体集E1对E2的联系称为“一对一联系”，记为“1：1”。

◆ 1：N联系：如果实体集E1中每个实体与实体集E2中任意个（零个或多个）实体有联系，而E2中每个实体至多和E1中的一个实体有联系，那么E1对E2的联系是“一对多联系”，记为“1：N”。

◆ M：N联系：如果实体集E1中每个实体与实体集E2中任意个（零个或多个）实体有联系，反之亦然，那么E1对E2的联系是“多对多联系”，记为“M：N”。

◆ 数据模型：表示实体类型及实体类型间联系的模型称为“数据模型”。

它可分为两种类型：概念数据模型和结构数据模型。

◆ 概念数据模型：它是独门于计算机系统的模型，完全不涉及信息在系统中的表示，只是用来描述某个特定组织所关心的信息结构。

◆ 结构数据模型：它是直接面向数据库的逻辑结构，是现实世界的第二层抽象。

这类模型涉及到计算机系统和数据库管理系统，所以称为“结构数据模型”。

结构数据模型应包含：数据结构、数据操作、数据完整性约束三部分。

福师(2021-2022)《数据库应用》在线作业二(1)-辅导资料(答案)

福师[2021-2022]《数据库应用》在线作业二注：本科目作业有多套随机试卷，请核实是否与您的试卷顺序相一致！！！一、单选题（共50题，100分）1、已知表中有字符型字段职称和性别，要建立一个索引，要求首先按职称排序、职称相同时再按性别排序，正确的命令是( )[A]IN[D]EX ON 职称＋性别 TO ttt[B]IN[D]EX ON 性别＋职称TO ttt[C]N[D]EX ON职称，性别TO ttt[D]IN[D]EX ON 性别，职称TO ttt提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目[正确答案是]：[A]2、扩展名为S[C]X的文件是( )[A]备注文件[B]项目文件[C]表单文件[D]菜单文件提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目[正确答案是]：[C]3、在SQL的[A]LTER T[A][B]LE语句中，为了增加一个新的字段应该使用短语( )[A][C]RE[A]TE[B][A]PPEN[D][C][C]OLUMN[D][A][D][D]提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目[正确答案是]：[D]4、在教师表中，如果要找出职称为“教授”的教师，所采用的关系运算是( )[A]选择[B]投影[C]联接[D]自然联接提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目[正确答案是]：[A]5、设有两个数据库表，父表和子表之间是一对多的联系，为控制子表和父表的关联，可以设置“参照完整性规则”，为此要求这两个表( )[A]在父表连接字段上建立普通索引，在子表连接字段上建立主索引[B]在父表连接字段上建立主索引，在子表连接字段上建立普通索引[C]在父表连接字段上不需要建立任何索引，在子表连接字段上建立普通索引[D]在父表和子表的连接字段上都要建立主索引。

数据库实验4-2 答题文件(答案)

实验4-2 数据表的修改、排序和索引文件的建立及使用实验要求1．将服务器上的数据源文件夹“data4-2”下载到本地盘（比如E:\）；2．打开其中的“实验4-2答题文件.doc”，边做实验边将各题的操作步骤或所用的命令记录在该文件中；3．在答题时将答案的文字格式设置为蓝色并加粗；4．实验完成后将数据源文件夹“data4-2”上传到服务器对应的班级文件夹。

1．修改表结构和记录⑴修改“A班成绩表dbf”的表结构，在最后添加“总分”和“平均分”字段，类型和长度分别为N(3)、N(6,2）)。

方法一：使用表设计器修改表结构的步骤：①启动Microsoft Visual FoxPro；②打开“A班成绩表.dbf”；（注意：一定是“独占”方式打开，否则表结构不能修改。

）③选择菜单【显示】→【表设计器】，弹出表设计器对话框。

增加总分字段，数值型，宽度为3，小数位为0；增加平均分字段，数值型，宽度为6，小数宽度为2。

方法二：使用SQL命令修改表结构的步骤：①启动Microsoft Visual FoxPro；②在命令窗口分别输入如下命令（不需要先打开数据源）：ALTER TABLE A班成绩表ADD COLUMN 总分n(3)ALTER TABLE A班成绩表ADD COLUMN 平均分n(6,2)⑵分别使用表设计器、list命令和disp命令查看修改后的“A班成绩表.dbf”表结构。

在命令窗口依次输入如下命令：use A班成绩表list stru &&(或disp stru)选择菜单【显示】→【表设计器】⑶计算出“A班成绩表”中“总分”和“平均分”在命令窗口依次输入如下命令：Use A班成绩表replace 总分with 数学+英语+政治+计算机应用+电子技术allreplace 平均分with 总分/5 all2．记录的删除与恢复⑴将“学生.dbf”表的第4到第14之间的男生记录删除，并用disp 命令显示删除后表的全部内容。

数据库系统原理及应用答案.

数据库系统原理及应用实验指导书（本科）福建工程学院计算机与信息科学系目录实验一数据定义语言 (2)实验二SQL Sever中的单表查询 (5)实验三SQL Serve中的连接查询 (8)实验四SQL Serve的数据更新、视图 (11)实验五数据控制（完整性与安全性） (16)实验六语法元素与流程控制 (19)实验七存储过程与用户自定义函数 (23)实验八触发器 (27)实验一数据定义语言一、实验目的1.熟悉SQL Server2000/2005查询分析器。

2.掌握SQL语言的DDL语言，在SQL Server2000/2005环境下采用Transact-SQL实现表的定义、删除与修改，掌握索引的建立与删除方法。

3.掌握SQL Server2000/2005实现完整性的六种约束。

二、实验内容1.启动SQL Server2000/2005查询分析器，并连接服务器。

2.创建数据库: （请先在D盘下创建DB文件夹）1）在SQL Server2000中建立一个StuDB数据库：有一个数据文件：逻辑名为StuData，文件名为“d:\db\StuDat.mdf”，文件初始大小为5MB，文件的最大大小不受限制，文件的增长率为2MB；有一个日志文件，逻辑名为StuLog，文件名为“d:\db\StuLog.ldf”，文件初始大小为5MB，文件的最大大小为10MB，文件的增长率为10%2）刷新管理器查看是否创建成功，右击StuDB查看它的属性。

3.设置StuDB为当前数据库。

4.在StuDB数据库中作如下操作：设有如下关系表S：S(CLASS,SNO, NAME, SEX, AGE)，其中：CLASS为班号，char(5) ；SNO为座号，char(2)；NAME为姓名，char(10)，设姓名的取值唯一；SEX为性别，char(2) ；AGE为年龄，int，表中主码为班号+座号。

写出实现下列功能的SQL语句。

数据库参考简答题整理答案

1、解释数据库系统中的数据独立性（1）物理独立性指用户的应用程序与存储在磁盘上的数据库中数据是相互独立的。

当数据的物理存储改变了，应用程序不用改变。

（2）逻辑独立性指用户的应用程序与数据库的逻辑结构是相互独立的。

数据的逻辑结构改变了，用户程序也可以不变。

2、简述实体完整性规则和参照完整性规则实体完整性规则是指若属性A是基本关系R的主属性，则属性A不能取空值。

参照完整性规则若属性（或属性组）F是基本关系R的外码它与基本关系S的主码Ks相对应（基本关系R和S不一定是不同的关系），则对于R中每个元组在F上的值必须为： ·或者取空值（F的每个属性值均为空值）·或者等于S中某个元组的主码值。

3、简述实现数据库安全性控制的常用方法和技术实现数据库安全性控制的常用方法和技术有：( l ）用户标识和鉴别：该方法由系统提供一定的方式让用户标识自己的名字或身份。

每次用户要求进入系统时，由系统进行核对，通过鉴定后才提供系统的使用权。

( 2 ）存取控制：通过用户权限定义和合法权检查确保只有合法权限的用户访问数据库，所有未被授权的人员无法存取数据。

例如CZ 级中的自主存取控制( DAC ) , Bl 级中的强制存取控制（MAC ）。

( 3 ）视图机制：为不同的用户定义视图，通过视图机制把要保密的数据对无权存取的用户隐藏起来，从而自动地对数据提供一定程度的安全保护。

( 4 ）审计：建立审计日志，把用户对数据库的所有操作自动记录下来放入审计日志中，DBA 可以利用审计跟踪的信息，重现导致数据库现有状况的一系列事件，找出非法存取数据的人、时间和内容等。

( 5 ）数据加密：对存储和传输的数据进行加密处理，从而使得不知道解密算法的人无法获知数据的内容。

4、什么是自主存取控制方法和强制存取控制方法？自主存取控制方法：定义各个用户对不同数据对象的存取权限。

当用户对数据库访问时首先检查用户的存取权限。

防止不合法用户对数据库的存取。

数据库试题及答案

数据库试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 数据库管理系统（DBMS）的主要功能是（）。

A. 数据定义B. 数据操纵C. 数据控制D. 以上都是答案：D2. 在关系型数据库中，关系是指（）。

A. 一个表格B. 一个索引C. 一个视图D. 一个查询答案：A3. 以下哪个不是SQL语言的组成部分？（）A. DDLB. DMLC. DCLD. TCL答案：D4. 数据库设计中，将E-R图转换为关系模式的过程称为（）。

A. 数据定义B. 数据操纵C. 数据转换D. 数据控制答案：C5. 以下哪个选项不是数据库的三级模式？（）A. 内模式B. 概念模式C. 存储模式D. 外模式答案：C6. 在数据库中，用于存储数据的逻辑单位是（）。

A. 文件B. 记录C. 表D. 字段答案：C7. 数据库系统的数据独立性主要体现在（）。

A. 硬件独立性B. 软件独立性C. 逻辑独立性D. 物理独立性答案：C8. 在SQL中，用于创建新表的语句是（）。

A. CREATE TABLEB. CREATE INDEXC. CREATE VIEWD. CREATE DATABASE答案：A9. 以下哪个选项是数据库的完整性约束？（）A. 主键约束B. 外键约束C. 唯一性约束D. 以上都是答案：D10. 数据库中，用于实现数据共享的机制是（）。

A. 视图B. 索引C. 存储过程D. 触发器答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 数据库系统的核心是________。

答案：数据库管理系统（DBMS）2. 数据库管理系统的主要功能包括数据定义、数据操纵和________。

答案：数据控制3. 在关系型数据库中，表与表之间的关系是通过________来实现的。

答案：外键4. 数据库设计通常分为三个阶段：概念设计、逻辑设计和________。

答案：物理设计5. SQL语言中，用于删除表的语句是________。

答案：DROP TABLE6. 数据库的三级模式包括外模式、概念模式和________。