数据库系统基础教程(2)
数据库系统原理教程课后习题答案
第1章绪论1 .试述数据、数据库、数据库系统、数据库管理系统得概念。
答:( l )数据( Data):描述事物得符号记录称为数据。
数据得种类有数字、文字、图形、图像、声音、正文等。
数据与其语义就是不可分得。
解析在现代计算机系统中数据得概念就是广义得。
早期得计算机系统主要用于科学计算,处理得数据就是整数、实数、浮点数等传统数学中得数据。
现代计算机能存储与处理得对象十分广泛,表示这些对象得数据也越来越复杂。
数据与其语义就是不可分得。
500 这个数字可以表示一件物品得价格就是500元,也可以表示一个学术会议参加得人数有500 人,还可以表示一袋奶粉重500 克。
(2)数据库( DataBase,简称DB) :数据库就是长期储存在计算机内得、有组织得、可共享得数据集合。
数据库中得数据按一定得数据模型组织、描述与储存,具有较小得冗余度、较高得数据独立性与易扩展性,并可为各种用户共享。
( 3 )数据库系统(DataBas。
Sytem ,简称DBS):数据库系统就是指在计算机系统中引入数据库后得系统构成,一般由数据库、数据库管理系统(及其开发工具)、应用系统、数据库管理员构成。
解析数据库系统与数据库就是两个概念。
数据库系统就是一个人一机系统,数据库就是数据库系统得一个组成部分。
但就是在日常工作中人们常常把数据库系统简称为数据库。
希望读者能够从人们讲话或文章得上下文中区分“数据库系统”与“数据库”,不要引起混淆。
( 4 )数据库管理系统( DataBase Management sytem,简称DBMs ):数据库管理系统就是位于用户与操作系统之间得一层数据管理软件,用于科学地组织与存储数据、高效地获取与维护数据。
DBMS 得主要功能包括数据定义功能、数据操纵功能、数据库得运行管理功能、数据库得建立与维护功能。
解析DBMS 就是一个大型得复杂得软件系统,就是计算机中得基础软件。
目前,专门研制DBMS 得厂商及其研制得DBM S产品很多。
全国计算机等级考试二级教程 opengauss数据库程序设计
全国计算机等级考试二级教程OpenGauss 数据库程序设计主要包括以下内容:
1. OpenGauss 数据库概述:介绍OpenGauss 数据库的发展历程、特点和应用领域,为后续的学习打下基础。
2. OpenGauss 数据库系统架构:详细讲解OpenGauss 数据库的系统架构,包括服务器架构、存储引擎、事务处理、并发控制等关键组件。
3. OpenGauss 数据库SQL 语言:介绍OpenGauss 数据库的SQL 语言,包括数据定义语言(DDL)、数据操作语言(DML)、数据控制语言(DCL)等,以及SQL 语言的语法、功能和特点。
4. OpenGauss 数据库存储过程和函数:介绍OpenGauss 数据库的存储过程和函数,包括创建、调用、管理和维护存储过程和函数的方法,以及存储过程和函数的应用场景和性能优化。
5. OpenGauss 数据库备份与恢复:介绍OpenGauss 数据库的备份与恢复机制,包括备份类型、备份策略、恢复方法等,以确保数据的可靠性和完整性。
6. OpenGauss 数据库性能优化:介绍OpenGauss 数据库的性能优化方法,包括查询优化、索引优化、系统参数调整等,以提高数据库系统的性能和响应速度。
7. OpenGauss 数据库安全:介绍OpenGauss 数据库的安全机制,包括用户管理、权限管理、数据加密等,以确保数据库系统的安全性和可靠性。
通过以上内容的学习,考生可以掌握OpenGauss 数据库的基本概念和原理,熟悉SQL 语言的使用,了解存储过程和函数的应用,掌握备份与恢复的方法,掌握性能优化的技巧,以及了解安全机制的应用。
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。
Oracle 11g数据库基础教程第01章
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第1章 Oracle 11g1g是当前最 流行的大型关系数据 库之一,支持包括32 位Windows、64位 Windows、HP-UX、AIX、 Solaris和Linux等多 种操作系统,拥有广 泛的用户和大量的应 用案例。本章介绍 Oracle 11g数据库的 版本信息、产品组成 以及体系结构等,为 管理Oracle 11g奠定 基础。
本章知识点
1.1 Oracle 11g产品系列 1.2 Oracle 11g数据库系统的体系结构
1.1 Oracle 11g产品系列
版本 企业版(Enterprise Edition) 支持硬件情况 该版本能够支持操作系统所支持的最大 CPU数和内存容量,不限制数据库规模 该版本支持4个插槽的CPU和操作系统支 持的最大内存容量,不限制数据库规模。 支持Windows、Linux和Unix操作系统, 并且支持64位平台操作系统 该版本支持两个插槽的CPU和操作系统支 持的最大内存容量,不限制数据库规模。 支持Windows、Linux和Unix操作系统, 并且支持64位平台操作系统
Oracle 数据库的体系结构
多用户网络环境 用户 1 用户 2 用户 3 用户 4 用户„„ 用户 n
逻辑结构 逻辑单元 1 逻辑单元 2 逻辑单元„„ 逻辑单元 n
物理结构 文件 1 文件 2 文件 3 文件 4 文件„„ 文件 n
1.2.2 网格结构
可以通过以下两个关键点来区分网格计算和其他计算方式 (例如主机或客户/服务器模式)。 虚拟(Virtualization):相互独立的资源(例如计算机、 磁盘、应用程序组件和信息资源等)按照类型组织在一个 池中,供用户使用。这种方式打破了资源提供者和用户之 间的硬编码联系,系统可以根据特定的需要自动准备资源, 而用户不需要了解整个过程。 提供(Provisioning):用户通过虚拟层申请资源,由 系统来决定如何满足用户的特定需求,从而对系统进行整 体的优化。
数据库系统基础教程_[全文]
第一章数据库系统的世界The Worlds of Database Systems数据库系统的发展数据库管理系统的结构未来的数据库系统*§1.1 数据库系统的发展c一、术语1.数据库是长期储存在计算机内的、有组织的、可共享的数据的集合。
*2.数据库管理系统数据库系统基础教程A First Course in Database SystemsDBMS - DataBase Management System是处理数据库访问的软件。
提供数据库的用户接口。
DBMS的目的:提供一个可以方便地、有效地存取数据库信息的环境*3.数据库系统是指在计算机系统中引入数据库后的系统*数据库最终用户应用系统应用开发工具DBMS操作系统数据库管理员DBA数据库系统构成应用程序员*保存信息的两种不同方法:永久性的系统文件、数据库系统。
文件方式的问题:数据的冗余和不一致数据访问困难数据孤立完整性问题原子性问题并发访问异常安全性问题二、文件系统与数据库系统*数据库方法能较好地解决以上的问题数据的独立性有效地访问数据减少应用程序的开发时间数据的一致性和安全性统一的数据管理并发的数据访问三、为什么用数据库*几种模型:基于树的层次模型基于图的网状模型物理相关、无高级查询语言基于表的关系模型物理无关、支持高级查询语言,基于对象的面向对象模型OOOR四、数据库模型的发展定长记录*关系数据库系统属性元组*关查询语言SQL语言SELECT balanceFROM AccountsWHERE accountNO = 67890;关系数据库系统*DBMS的组成数据、元数据存储管理程序事务管理程序查询处理程序§1.2 数据库管理系统的结构数据元数据存储管理程序查询处理程序事务管理程序模式更新更新查询*数据、元数据关于数据结构的信息(关于数据的数据)索引(INDEX)DBMS的组成*存储管理程序文件管理程序缓冲区管理查程序DBMS的组成*查询处理程序查询优化磁盘访问,是查询的主要代价;索引是查询优化的利器DBMS的组成*事务管理程序事务:是用户定义的一个数据库操作序列事务的四个特性原子性A一致性C隔离性I持久性DDBMS的组成*客户-服务器程序体系结构浏览器-服务器体系结构DBMS的组成*客户-服务器程序体系结构浏览器-服务器体系结构§1.3 未来的数据库系统第二章数据库建模Database Modeling*数据库的设计步骤需求收集和分析设计概念结构设计逻辑结构设计物理结构物理实现*数据库的设计步骤需求收集和分析用户关心什么用户要什么结果设计概念结构设计逻辑结构设计物理结构物理实现*数据库的设计步骤需求收集和分析设计概念结构存什么关系(联系)如何ODL或E/R图,是各种数据模型的共同基础设计逻辑结构设计物理结构物理实现*数据库的设计步骤需求收集和分析设计概念结构设计逻辑结构用什么数据模型数据库的模式(database schema)用户子模式设计物理结构物理实现*数据库的设计步骤需求收集和分析设计概念结构设计逻辑结构设计物理结构数据怎么存根据DBMS产品、环境特点物理实现*数据库的设计步骤需求收集和分析设计概念结构设计逻辑结构设计物理结构物理实现运行DDL装入测试数据应用程序*数据库的设计步骤想法需求ODLE / R关系RDBMSOODBMS*§2.1 ODL对象定义语言Object Definition Language以面向对象的观点、方法,说明数据库的概念结构可方便地直接转换成OODBMS 的说明经过努力,可以转换成RDBMS 的说明*面向对象的设计对象标识—OID对象与对象的区别类具有相同特性的对象归为一类对象的归并必须有意义属于同一类的对象其特性必须相同*面向对象的设计对象的三个特性属性:特性联系:引用方法:函数接口说明interface < 名字> {< 特性表>}*属性对象某方面的特征,属性就是数据只由基本数据类型构成属性的类型,不能是类、也不能从类中构造Interface Movie { //Movie Class 的ODL说明attribute string title;attribute integer year;attribute integer length;attribute enum Film { color, blackAndWhite } filmType;};*Interface Star {attribute string name;attribute Struct Addr{ string street,string city } address;};记录结构类型*联系对象的引用对象的关联对象集合的引用(1:N)Relationship Set < Star > stars;单一对象集合的引用(1:1)Relationship Star starOf;*反向联系ODL要求显式表示存在的反向联系Interface Movie { //Movie Class 的ODL说明attribute string title;attribute integer year;attribute integer length;attribute enum Film { color, blackAndWhite } filmType;relationship Set < Star > starsinverse Star :: starredIn; //Star与Movie的联系};联系的多重性N:N在联系中,每个C都和D的集合有关,而在反向联系中,每个D都和C的集合有关N:1在联系中,每个C都和唯一的D有关,而在反向联系中,每个D都和C的集合有关1:1在联系中,每个C都和唯一的D有关,而在反向联系中,每个D都和唯一的C有关*Interface Moive{……relationship Set <Star> starsinverse Star :: staredIn;relationship Studio ownedByinverse Studio :: owns;};Interface Star{……relationship Set <Moive> staredIninverse Moive :: stars;};Interface Studio{……relationship Set <Moive> ownsinverse Moive :: ownedBy;};NNN1*ODL中的类型基本类型原子类型接口类型结构类型,可由以下类型组合而成集合无重复,次序无关包可重复,次序无关列表可重复,次序相关数组结构*§2.2 实体联系图(E/R)用图形的方法,描述实体及实体间的联系世界由一组称作实体的基本对象及这些对象间的联系组成元素实体(Entity)客观存在并可相互区别的事件或物体对应于ODL中的对象实体集(Entity Set)同类(具有相同类型、相同性质)实体的集合对应于ODL中的类用矩形表示*§2.2 实体联系图(E/R)元素属性(Attribute)实体所具有的某一特性用与实体集相连的椭圆表示联系(Relationship)实体集之间的关联可涉及多个实体集可表示双向的联系用与相应的实体集相连的菱形表示*MoviesStarsStars-inlenghtfilmTypetitleyearnameaddress*E/R联系的多重性N与1的表示MoviesStarsStars-inStudiosPresidentsRunsMoviesStudiosOwns*联系的多向性E/R图能方便地描述两个以上实体集间的联系StarsMoviesContractsStudios一个制片公司与一位特定的影星签约来演一部特定的电影*联系中的角色实体集在联系中的作用参与联系的实体集互异只标注联系名同一实体集在一个联系中多次出现标注联系名及角色名Sequel-ofMoviesOriginalSequelStarsMoviesContractsStudiosStudio of starProducing studio*联系中的属性联系中可以包含属性由联系而产生的属性可为由联系产生的属性建立实体集StarsMoviesContractsStudiossalary*将多向联系转换成二元联系新增连接实体集引入连接实体集至原实体集的多对一的联系*§2.3 设计原则真实性设计应当忠于规范存什么避免冗余任何事物只表达一次避免引入过多的元素选择合适的元素类型属性?类/实体集?联系集?*§2.4 子类特殊化与概括子类与超类属性的继承*ODL中的子类子类继承其超类的所有特性属性联系Interface Cartoon : Movie {relationship set < Star > voices;}*ODL中的多重继承类的层次一个类可以有多个超类Interface MurderMystery : Movie{attribute string weapon;}Interface Cartoon-MurderMystery : Cartoon,MurderMystery { }*E/R中的子类IsaE/R中的继承*§2.5 对约束的建模建模包含对现实世界的对象及联系的描述,也包含对它们的一些约束键码单值约束参照完整性约束域的约束一般约束*键码在类的范围内唯一标识一个对象(或者在实体集的范围内唯一标识一个实体)的属性或属性集一个类中的两个对象(或一个实体集中的两个实体)在构成键码的属性集上取值不能相同ODL中键码的表示interface Movie( key (title,year) ) {……}*超码一个或多个属性的集合,能在一个实体集中唯一地标识一个实体一个类(或实体集)中可能有多个超码候选码其任意真子集都不为超码的超码一个类(或实体集)中可能有多个候选码主码从候选码中选取的一个,一个类(实体集)中只有一个主码E / R图中只能表示主码:主码属性名加上下划线*单值约束要求某个角色的值是唯一的,如键码当一个属性为单值时可以要求该属性值存在(not null)可以允许该属性值任选(null)构成键码的属性,必须有值存在(not null)*参照完整性约束要求由某个对象引用的值在数据库中确实存在参照与被参照、引用与被引用参照完整性约束的操作(各产品不同)禁止删除被引用的对象级联删除/ 修改E/R图中参照完整性的表示MoviesStudiosOwns*§2.6 弱实体集弱实体集的属性不足以形成主码有主码的实体集称为强实体集弱实体集只有作为一对多联系的一部分(多)才有意义弱实体集与其拥有者之间的联系是标识性联系CrewsUnit-ofStudiosnumbernameaddr*§2.7 关于联系集联系集的成份参加联系的实体集的主码联系集的属性联系中属性的决策(二元联系)1:1 联系集的属性:放到任意一端1:N 联系集的属性:放到N 端N:M联系集的属性:只能留在联系集中*联系集的取舍(二元联系)1:1联系:将一端的主码作为另一端的属性1:N联系:将一端的主码作为N 端的属性N:M联系:必须保留联系集联系集的键码(二元联系)1:1联系:任意一端的主码1:N联系:N端的主码N:M联系:参加联系的所有实体集的主码*ODL、E/R建模关心:存什么数据、关系如何不关心:用什么数学模型、DBMS产品透过E/R图,便于与用户交流*作业思考所有带*的练习,并上网查阅解答练习2.1.7 / 2.2.8 / 2.3.2 / 2.5.3 / 2.5.4 /2.6.4(a) 第三章关系数据模型The Relational Data Model*ODL、E/R到关系模型的转换关系模型的设计理论*§3.1 关系模型的基本概念逻辑数据模型是用户从数据库所看到的数据模型与DBMS有关层次、网状、关系、面向对象关系数据模型数据结构两维的扁平表数据操作关系代数关系演算数据的完整性实体完整性参照完整性用户定义的完整性*现实世界的实体以及实体间的各种联系均用关系表示关系数据库系统是建立在关系模型上的数据库系统关系数据库是表的集合*模型和模式数据模型是描述数据的手段数据模式是用给定的数据模型对具体数据的描述属性元组域型值联系关系的联系是通过关联属性的值连接的*SnoSnameSsexSagesdept95001张三男25CS95002李四女24CS96101王五23MA96001赵六男23CS关系( 表)属性(列、字段)元组(行、记录)域(string,{男,女})Student ( sno, sname, ssex, sage, sdept )*关系实例关系→实体集、类关系的实例→元组的集合元组→实体、对象数据库实例→给定时刻数据库中数据的一个快照*§3.2 从ODL设计到关系设计ODL设计是概念设计的产物( Using OO )ODL描述→关系模式→实现*ODL属性→关系属性原子属性类→关系属性→属性非原子属性(复杂数据类型)必须转换成原子属性记录结构结构的每个item对应一个属性多值集合针对每个值建立一个元组会产生冗余→需规范化*ODL属性→关系属性(续)其他类型属性(包、数组、列表)针对每个元素建立一个元组增加一个记数属性,表示包的成员号定长数组扩展为多个属性*ODL联系→关系描述单值联系联系的类型为一个类增加一个(组)属性,存放相关类的键码属性(组)将类之间的联系→关系之间的联系*ODL联系→关系描述(续)多值联系联系的类型为某个类的集合类型1 : N、N : M增加一个键码属性为集合的每个成员建立一个元组其他原始属性重复多次(与集合成员的个数相等)导致大量的冗余,需要规范化*键码是必需的选择合适的属性(组)作为键码学号、工号、身份证号…...增加计数属性联系与反向联系在联系的双方均有联系的描述→冗余ODL:双向描述E/R:相关的键码值进行连接*§3.3 从E/R图到关系的设计E/R与ODL描述的差异联系作为独立的概念←→联系嵌套在类定义中结构化数据←→允许使用集合、聚集类型联系可以有属性←→联系无属性E/R →关系模式→实现*实体集到关系的转换非弱实体集实体集名→关系名属性→属性弱实体集为弱实体集建立关系属性:弱实体集的属性+ 辅助实体集的键码*E/R联系到关系的转换用关系表示联系联系名→关系名属性→属性+ 相关实体集的键码属性(集)多向联系的转换注意,属性的命名*§3.4 子类结构到关系的转换ODL中的子类一个对象完全属于一个类子类继承其超类的特性E/R中的子类分层结构通过与ISA联系有关的实体集进行扩展*用关系表示ODL子类每个子类都有自己的关系包含该子类的所有特性(含继承特性)在一个关系中含有所有属性Movie(title,year,length,filmType,studioName,starName)Cartoon(title,year,length,filmType,studioName,starName,voice) MurderMystery(title,year,length,filmType,studioName,starName,weapon)Cartoon- MurderMystery(title,year,length,filmType,studioName,starName,voice, weapon)*在关系模型中表示isa 联系子类的信息被分散到上层的几个关系中与ISA联系有关的实体集拥有相同的键码Movie(title,year,length,filmType)Cartoon(title,year)MurderMystery(title,year, weapon)Voice(title,year,name)*使用NULL值合并关系将关系描述成一个‘全集’属性:所有可能的属性描述:允许Null值层次越高,取Null值的属性越多Movie (title,year,length,filmType,studioName,starName,voice, weapon) 只是一种方法而已*作业思考所有带*的练习,并上网查询解答练习3.2.3 / 3.3.1 / 3.4.1 / 3.5.3 /*§3.5 函数依赖数据依赖函数依赖多值依赖数据依赖是针对数据模式,而不是特定的实例*函数依赖(FD)属性之间的联系假设给定X 属性的值,就知道Y的值,那么X 函数决定Y如果R的两个元组在属性A1,A2,…,An上一致,则它们在另一个属性B上也一致,那么A1,A2,…,An函数决定B,记作A1A2…An→Bif A1A2…An→B1 thenA1A2…An→B2 A1A2…An→B1 B2 ... Bm……A1A2…An→Bm*关系的键码如果一个或多个属性的集合{A1A2…An}满足如下条件,则该集合为关系R的键码:1.这些属性函数决定该关系的所有其他属性2. {A1A2…An}的任何真子集都不能函数决定R的所有其他属性*超键码包含键码的属性集称为超键码*寻找关系的键码(来自E/R)来自实体集的关系的键码就是该实体集的键码属性对于二元联系R:N:M,相关两个实体的键码都是R的键码属性N:1,多端实体集的键码是R的加码属性1:1,任意一端实体集的键码是R的键码对于多向联系R:如果多向联系R有一个箭头指向实体集E,则响应的关系中,除了E的键码以外,至少还存在一个键码。
oracle数据库实用教程第二版答案
oracle数据库实用教程第二版答案【篇一:oracle 11g(钱慎一)课后习题答案】若关系的某一属性组的值能唯一地标识一个元组,我们称之为( b )。
a、主码b、候选码c、外码d、联系2. 以下不属于数据库模型的三要素的是( c )。
a、数据结构b、数据操作c、数据控制d、完整性约束3. 以下对关系性质的描述中,哪个是错误的?( b )a、关系中每个属性值都是不可分解的b、关系中允许出现相同的元组c、定义关系模式时可随意指定属性的排列次序d、关系中元组的排列次序可以任意交换二、填空题1. 数据管理发展的三个阶段是人工管理、文件管理和数据库管理。
2. 数据库系统的三级模式包括逻辑数据模型(逻辑模型)、逻辑数据模型(概念模型)、物理数据模型(物理模型)。
三、思考题1. 数据库管理系统的主要功能有哪些?1)数据定义功能。
dbms提供相应数据语言来定义(ddl)数据库结构,它们是刻画数据库框架,并被保存在数据字典中。
2)数据存取功能。
dbms提供数据操纵语言(dml),实现对数据库数据的基本存取操作:检索,插入,修改和删除。
3)数据库运行管理功能。
dbms提供数据控制功能,即是数据的安全性、完整性和并发控制等对数据库运行进行有效地控制和管理,以确保数据正确有效。
4)数据库的建立和维护功能。
包括数据库初始数据的装入,数据库的转储、恢复、重组织,系统性能监视、分析等功能。
5)数据库的传输。
dbms提供处理数据的传输,实现用户程序与dbms之间的通信,通常与操作系统协调完成。
2. 思考关系规范化的过程。
答:对于存在数据冗余、插入异常、删除异常问题的关系模式,应采取将一个关系模式分解为多个关系模式的方法进行处理。
一个低一级范式的关系模式,通过模式分解可以转换为若干个高一级范式的关系模式,这就是所谓的规范化过程。
3. 思考数据库设计的步骤。
答:1需求分析、2概念设计阶段、3逻辑结构设计阶段、4数据库物理结构设计阶段、5数据库实施阶段、6数据库运行和维护阶段。
数据库系统教程课后习题答案(部分)--何玉洁 李宝安
第一部分基础理论第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。
数据:描述事务的符号记录数据库:存储数据的仓库数据库管理系统:用于管理和维护数据的系统软件数据库系统:计算机中引入数据库后的系统,包括数据库,数据库管理系统,应用程序,数据库管理员2.数据管理技术的发展主要经历了哪几个阶段?两个阶段,文件管理和数据库管理9.数据独立性指的是什么?应用程序不因数据的物理表示方式和访问技术改变而改变,分为逻辑独立性和物理独立性。
物理独立性是指当数据的存储结构或存储位置发生变化时,不影响应用程序的特性;逻辑独立性是指当表达现实世界的信息内容发生变化时,不影响应用程序的特性。
10.数据库系统由哪几部分组成?由数据库、数据库管理系统、应用程序、数据库管理员组成。
第2章数据模型与数据库系统的结构4.说明实体一联系模型中的实体、属性和联系的概念。
实体是具有公共性质的并可相互区分的现实世界对象的集合。
属性是实体所具有的特征或性质。
联系是实体之间的关联关系。
6.数据库系统包含哪三级模式?试分别说明每一级模式的作用。
外模式、模式和内模式。
外模式:是对现实系统中用户感兴趣的整体数据结构的局部描述,用于满足不同用户对数据的需求,保证数据安全。
模式:是数据库中全体数据的逻辑结构和特征的描述,它满足所有用户对数据的需求。
内模式:是对整个数据库的底层表示,它描述了数据的存储结构。
7.数据库管理系统提供的两级映像的作用是什么?它带来了哪些功能?两级映像是外模式/模式映像和模式/内模式映像。
外模式/模式映像保证了当模式发生变化时可以保证外模式不变,从而使用户的应用程序不需要修改,保证了程序与数据的逻辑独立性。
模式/内模式映像保证了当内模式发生变化,比如存储位置或存储文件名改变,可以保持模式不变,保证了程序与数据的物理独立性。
两级印象保证了应用程序的稳定性。
第3章关系数据库1.试述关系模型的三个组成部分。
数据结构、关系操作集合、关系完整性约束2.解释下列术语的含义:(3)候选码当一个属性或属性集的值能够唯一标识一个关系的元组,而又不包含多余的元素,则称该属性或属性集为候选码。
Access 数据库应用教程 第2章 Access 2010基础
(1)后台视图(Backstage视图)
后台窗口主要是针对数据库文件整体的 操作,例如,新建、打开、另行保存或者关 闭数据库文件,查看和编辑数据库属性,对 数据库文件的管理,做压缩、修复或者加密 等工作,对整个Access 2010的使用环境做选 项设置等。
(2)数据库窗口
当启动Access 2010然后选择一个工作起点之后, 将进入数据库窗口。
Access 2010数据库应用教程 第2章 Access 2010基础
知识要点
Access 2010的工作界面 Access 2010的数据库对象 数据库的创建 数据库的基本操作
重点与难点
重点:Access 2010工作界面 Access 2010数据库对象 数据库的创建 数据库的基本操作
难点:数据的导入与导出 数据库的转换
“设置数据库密码”对话框; (4)在“密码”和“验证”文本框中分别
输入相同的密码,然后单击“确定”。
2.4.3 加密数据库
2.撤销用户密码 操作步骤如下: (1)以独占方式打开数据库; (2)单击“文件”|“信息”,打开“有关
学生管理 的信息”窗格; (3)单击“解密数据库”选项,打开“撤
销数据库密码”对话框; (4)在“密码”文本框中输入密码,单击
数据库窗口主要有功能区、导航窗格和工作区
功能区
功能区位于Access 标题栏下方,由几个选项 卡和若干功能按钮组成,每个选项卡中包括 了相关常用命令。“开始”、“创建”、 “外部数据”和“数据库工具”这4个选项卡 是常用的,随着操作内容的变化,还会出现 上下文相关的其它选项卡(活化菜单)。
如在初始界面选择创建一个空白桌面数据 库,然后在主窗口选择“创建”选项卡,可 见与“创建”相关的命令按钮,这些命令按 钮也显示出了Access 数据库的组成成份。
数据库基础教程(完整版)
数据库基础教程(完整版)第一部分:认识数据库数据库,顾名思义,就是一个用来存储、管理数据的仓库。
在这个信息爆炸的时代,数据已经成为了企业的核心资产,而数据库就是管理这些资产的重要工具。
无论是电商平台、社交媒体,还是企业内部的管理系统,都离不开数据库的支持。
一、数据库的分类1. 关系型数据库:以表的形式组织数据,每个表由行和列组成,行代表记录,列代表字段。
常见的有MySQL、Oracle、SQL Server等。
2. 非关系型数据库:与关系型数据库不同,非关系型数据库的数据结构更加灵活,常见的有MongoDB、Redis、Cassandra等。
3. NoSQL数据库:NoSQL是Not Only SQL的缩写,表示不仅仅是SQL,它包含了非关系型数据库以及一些新型的数据库技术,如NewSQL 等。
二、数据库的组成1. 数据库管理系统(DBMS):负责管理和维护数据库的软件系统,如MySQL、Oracle等。
2. 数据库:存储数据的仓库,由多个表组成。
3. 表:数据库中的基本单位,由行和列组成,行代表记录,列代表字段。
4. 记录:表中的一行数据,代表一个完整的信息。
5. 字段:表中的一列数据,代表记录中的一个属性。
三、数据库的作用1. 数据存储:将数据存储在数据库中,方便管理和查询。
2. 数据管理:通过数据库管理系统,可以对数据进行增删改查等操作。
3. 数据安全:数据库管理系统提供了数据备份、恢复、权限控制等功能,保障数据的安全。
4. 数据共享:多个用户可以同时访问数据库,实现数据共享。
5. 数据分析:通过数据库管理系统,可以对数据进行统计、分析等操作,为企业决策提供依据。
四、学习数据库的必要性1. 提高工作效率:掌握数据库技术,可以快速地处理大量数据,提高工作效率。
2. 适应市场需求:随着互联网的发展,数据库技术已经成为IT 行业的必备技能。
3. 拓展职业发展:学习数据库技术,可以为职业发展打下坚实的基础。
数据库技术项目化教程(基于MySQL)第二版 项目2 掌握MySQL数据库的基础知识
通常以命令行形式连接数据库。
连接数据库的命令如下: mysql -h 服务器ip地址 -P 数据库端口号 -u用户名 -p密码
子任务1.2 连接到数据库
mysql命令的几个常用参数: -h 表示服务器的IP地址或是服务器的名字;localhost表示本机。 -P 表示数据库对应的端口号,默认值是3306, 如果是数据库安装时用 了默认值可以不加 -u 表示用户名,通常用root帐号对应数据库管理员,其他的普通用户由管 理员分配用户名和密码。 -p 表示登录密码
ALTER DATABASE 用于更改数据库的全局特性。使用 ALTER DATABASE 需要获得数据库 的ALTER 权限。数据库名称可以忽略,此时语句对应于默认数据库。 CHARACTER SET 子句用于更改默认的数据库字符集。
1.3.2 修改数据库参数
在MySQL数据库中,除了系统数据库以外还有用户自定义的数据库,通常情况下都会有多个数据库存在,而用户在进行查询或修改等操作时,都需要选定某个数据库才能继续进行操作,这个任务要通过USE语句来完成 用USE命令选择需要的数据库。 mysql> USE test; Database changed mysql> SELECT DATABASE(); +----------------------+ | DATABASE() | +----------------------+ | test | +----------------------+ 1 row in set (0.02 sec)
任务1 了解MySQL数据库 数据库中的对象
MySQL数据库中对象的标识符是指由用户自己定义的、可以用来唯一标志某个数据库对象的有意义的字符序列,标识符必须遵循如下规则:
第10章面向对象数据库-PPT精选文档
Ô Ï ¶ ó B
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14
10.1 对象与类
10.1.3 类
类(Class)是对具有共同属性和方法的对象全体的 概括描述,它相当于关系模型中的关系模式。类给出 了属于其全部对象属性与行为的抽象定义,类中对象 仅是类定义中的一个实体,即对象实例。学生是一个 类,一个具体学生,例如John就是学生类中一个对象 实例。与关系模型需要首先描述关系模式类似,对象 模型也首先需要抽象描述具有共同属性的对象的类, 按照类来定义属性和方法,从而避免对每个对象一一 重复定义。查询操作等方法也定义在类上。
6
10.1 对象与类
10.1.1 对象
对象具有封装性、隐蔽性与稳定性等重要特性。 (1)封装性 封装(encapsulation)是使对象的外 部界面与内部实现之间实行清晰隔离的一种技术,是 OO模型的主要特征之一。封装使得用户只能看到对 象外在的界面信息(正如规格说明等),而看不到对 象内部的信息(如方法实现细节),对象内部信息对 于用户是屏蔽的。封装的意义首先在于安全性保证, 其次在于相关模块的可扩展性。
12
10.1 对象与类
10.1.2 消息
例 设一个对象A要求对象B完成其中的某种操作,则 只需向对象B发送一个消息即可。B接收到这个消息后, 根据消息模式找到与之匹配的方法,执行该方法后将 执行的结果又以消息的形式发送给对象A。
13
10.1 对象与类
10.1.2 消息
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(完整版)数据库系统原理与设计(第2版)课后习题详细答案
数据库系统原理与设计习题集第一章绪论一、选择题1. DBS是采用了数据库技术的计算机系统,DBS是一个集合体,包含数据库、计算机硬件、软件和()。
A. 系统分析员B. 程序员C. 数据库管理员D. 操作员2. 数据库(DB),数据库系统(DBS)和数据库管理系统(DBMS)之间的关系是()。
A. DBS包括DB和DBMSB. DBMS包括DB和DBSC. DB包括DBS和DBMSD. DBS就是DB,也就是DBMS3. 下面列出的数据库管理技术发展的三个阶段中,没有专门的软件对数据进行管理的是()。
I.人工管理阶段II.文件系统阶段III.数据库阶段A. I 和IIB. 只有IIC. II 和IIID. 只有I4. 下列四项中,不属于数据库系统特点的是()。
A. 数据共享B. 数据完整性C. 数据冗余度高D. 数据独立性高5. 数据库系统的数据独立性体现在()。
A.不会因为数据的变化而影响到应用程序B.不会因为系统数据存储结构与数据逻辑结构的变化而影响应用程序C.不会因为存储策略的变化而影响存储结构D.不会因为某些存储结构的变化而影响其他的存储结构6. 描述数据库全体数据的全局逻辑结构和特性的是()。
A. 模式B. 内模式C. 外模式D. 用户模式7. 要保证数据库的数据独立性,需要修改的是()。
A. 模式与外模式B. 模式与内模式C. 三层之间的两种映射D. 三层模式8. 要保证数据库的逻辑数据独立性,需要修改的是()。
A. 模式与外模式的映射B. 模式与内模式之间的映射C. 模式D. 三层模式9. 用户或应用程序看到的那部分局部逻辑结构和特征的描述是(),它是模式的逻辑子集。
A.模式B. 物理模式C. 子模式D. 内模式10.下述()不是DBA数据库管理员的职责。
A.完整性约束说明B. 定义数据库模式C.数据库安全D. 数据库管理系统设计选择题答案:(1) C (2) A (3) D (4) C (5) B(6) A (7) C (8) A (9) C (10) D二、简答题1.试述数据、数据库、数据库系统、数据库管理系统的概念。
SQLServer教程(2)
WITHOUT LOGIN 子句将创建只能在其自身数据库中 活动的用户。此用户不能作为 guest 连接到其他 数据库,也永远不能映射到任何登录名。 映射到 SQL Server 登录名、证书或非对称密钥的 用户名不能包含反斜杠字符 (\)。 不能使用 CREATE USER 创建 guest 用户,因为每 个数据库中均已存在 guest 用户。可通过授予 guest 用户 CONNECT 权限来启用该用户。
为 SQL Server 登录指定强密码。不允许使用 空密码。
Windows的密码策略 Windows的密码策略
Windows的密码策略包括了密码复杂性和密码 过期两大特征。 密码的复杂性是指通过增加更多可能的密码 数量来阻止黑客的攻击。 密码过期策略是指如何管理密码的使用期限。
密码复杂性
密码不得包含全部或“部分”用户帐户名。部分帐 户名是指三个或三个以上两端用“空白”(空格、 制表符、回车符等)或任何以下字符分隔的连续 字母数字字符:- _ # 密码长度至少为六个字符。 密码包含以下四类字符中的三类:
CREATE USER user_name [{{FOR|FROM } {LOGIN login_name| CERTIFICATE LOGIN login_name cert_name | ASYMMETRIC KEY asym_key_name } | 指定要创建数据库用户的 SQL Server 登录名。 WITHOUT LOGIN ] login_name 必须是服务器中有效的登录名。当此 [ Server 登录名进入数据库时,它将获取正在创 SQL WITH DEFAULT_SCHEMA = schema_name ]
维护用户
可以使用ALTER USER语句修改用户。修改用 户包括两个方面,第一,可以修改用户名; 第二可以修改用户的默认架构。 如果用户不再需要了,可以使用DROP USER语 句删除数据库中的用户
数据库系统基础教程PPT完整版
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概念设计的输出
概念设计的输出是概念模型,它为后续的逻辑设计和物理 设计提供了基础。
逻辑设计
逻辑设计的定义
逻辑设计是根据概念设计的结果,将概念模型转换为逻辑模型的过 程。逻辑模型是对数据库结构的详细描述,包括表、视图、索引等。
逻辑设计的方法
逻辑设计通常采用关系型数据库管理系统(RDBMS)来实现,包 括表的设计、关系的定义、约束的添加等。
数据库系统的维护与优化
数据库备份与恢复
定期备份数据库,确保在数据丢失或损坏时能够 恢复。
数据库安全更新与补丁
及时更新数据库系统和应用软件,修补安全漏洞。
ABCD
性能监控与调优
监控数据库性能,通过调整参数和优化查询等方 式提高性能。
数据库系统硬件与软件的维护
定期检查硬件和软件的运行状况,确保数据库系 统的稳定运行。
格式。
模式
02
也称为逻辑模式,描述了数据在数据库中的逻辑结构和关系。
外模式
03
也称为用户模式,描述了数据在用户视角下的表现形式和结构。
03 数据库设计
数据库设计概述
数据库设计定义
数据库设计的基本步骤
数据库设计是指根据特定需求,构建 一个结构合理、性能良好、操作方便 的数据库的过程。
需求分析、概念设计、逻辑设计、物 理设计等。
01
概述
人工智能技术的快速发展对数据库系统产生了深远影响,推动了数据库
系统的智能化进程。
02
挑战
人工智能时代对数据库系统的要求更高,需要具备自适应、自学习、自
推理等能力。
03
技术发展
人工智能技术在数据库系统中的应用不断深入,如机器学习、深度学习、
数据库管理系统的入门教程
数据库管理系统的入门教程数据库管理系统是一种用于管理和存储数据的软件系统,它能够为企业和机构提供高效、安全、稳定和可扩展的数据处理服务。
在现代信息时代中,数据库管理系统已经成为企业信息化建设的重要组成部分,学习数据库管理系统已经成为计算机专业学习中不可或缺的一部分。
在企业中,数据库管理系统被广泛应用于客户关系管理(CRM)、供应链管理(SCM)、人力资源管理(HRM)、企业资源规划(ERP)等方面,每天都要处理海量的数据。
因此,学习数据库管理系统已经成为一项必不可少的基础知识。
本文将详细介绍如何入门学习数据库管理系统,包括概念理解、数据建模、数据库安装、SQL语言、数据备份与恢复等方面。
一、概念理解在学习数据库管理系统之前,必须理解一些基本的概念。
数据库是存储数据的一个集合。
数据库管理系统是用于管理和存储数据的软件系统。
数据模型是描述数据的结构和联系的方式。
数据模型有三种类型:1. 层次模型:数据由父子关系的树状结构来组织。
2. 网状模型:数据由复杂的网络结构来组织。
3. 关系模型:数据由表格(关系)来组织。
关系模型是最流行的数据模型,因为它简单易用、易于维护和扩展。
二、数据建模数据建模是设计数据库的过程。
它是确定数据库中的实体、属性和关系的过程。
实体是指具有独立特性的事物或对象。
属性是描述实体特征的特征或元素。
关系是实体之间的联系。
在数据建模中,需要定义实体、属性和关系。
对于关系模型,需要使用E-R 图来表示实体和关系之间的联系。
在建立数据模型时,必须按照规范化的过程。
规范化是将数据模型优化,以消除数据冗余、提高数据完整性和减少数据存储空间。
关系数据库中的每个表都必须符合第一范式、第二范式和第三范式。
三、数据库安装当完成数据建模后,就需要安装数据库管理系统。
常见的数据库管理系统有Oracle、MySQL、SQL Server、DB2等。
在安装数据库之前,需要确定硬件配置、操作系统版本和数据库版本。
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2.1.3 联系中的角色(role)
• 两个实体集之间有多种联系
empid name as leader Salesman work for depid idno name
Department
gender
phone
2.1.4 联系中的属性 • 除了实体集可定义属性之外,联系也可定义 属性来扩展语义。
–把三元联系表示为一个实体集,称为连接实体集(一种 特殊的实体集,可等价表示一个联系。通常有属性); –确定连接实体集的属性; –分别建立该实体集到三个原实体集的多对1的二元联系。
• 需要把联系转化为实体集的情况:
–多元联系;多对多联系;有属性的联系
2.2 E/R图设计原则
• 设计原则是指导我们分析需求,设计解决方 案的准则。 • 其目的是为了真实全面反应客观需求,以得 到良好的设计,且应避免常见问题。 • 原则:
2.2.3 简单性
• 简单性原则:
–避免引入多余的元素。 –若违背此原则,多余实体集必然导致多余的联系,空 间浪费;易出错等问题
• 要点:
– 对1对1联系的实体集要仔细研究是否多余。 –若两个实体集之间是1对1联系,且有相同的键,则应 考虑合并两个实体集。
• 避免冗余和简单性都是关于“独立性”。每个建 模元素所表示的含义都不可替代。
–真实性; –避免冗余; –简单性; – 选择合适的元素类型。
2.2.1 真实性
• 真实性原则:
–忠实反映需求规范:实体集、联系和属性应 反映客观的实际情况。 –最基本原则:保持一致性,不自相矛盾。 –若违背此原则,将会得到无效甚至有害的设 计。
2.2.2 避免冗余
• 避免冗余原则:
–对任何事物的任何性质的描述,都仅描述一次。 –若违背此原则,会造成一致性难以维护,空间浪 费等问题。
E
R
F
• 若E是一个弱实体集,则为E提供键属性的 某实体集F必然通过一个联系R与E关联,且 满足下面条件:
–从E到F是多对1的二元联系。 – F为E提供的键属性必然是F的键。 –若F本身是弱实体集,则F为E提供的属性可 能是通过另一个多对1联系与F关联的另一个 实体集的键。 –若从E到F存在多个多对1的联系,则每个联系 都可能把F的键提供给E构成其键。
2.5.3 弱实体集的表示法 • 弱实体集:双边矩形。 • 多对1的联系:双边菱形。 • 键属性:下划线。
小结
• 数据库建模的目的是什么? • 如何对一个数据库进行建模?我们学过 哪种建模方法? • 建模时应坚持哪些原则? • 系统中可能有哪些重要约束?如何对约 束建模? • 弱实体集是什么?如何对弱实体集建模?
2.1.2 多元联系
• 三元联系中的多重性是如何确定:
–实体集A和B先分别确定一个实体,判断联系 的C的实体是一个还是多个。
• 思考:
–图书馆中“读者”、“书籍”和“管理员”之 间的联系 –学校教务管理中“班级”、“教师”和“课程” 之间的联系
2.1.3 联系中的角色(role)
• 角色:
–在一种联系中,一个实体相对于被关联的其它实体的 职责。
2.4.2 单值约束
• 空值NULL表示什么含义?
– 空值表示“不明确”、或“现在不知道”或“不 存在”的含义。
• E/R模型如何表示单值约束?
– 实体集的每个属性隐含单值约束,且允许为空。 – 不 允 许 为 空 的 属 性 , 必 须 明 确 标 注 。 { NOT NULL} – 多对1联系是单值联系。
–实体集entity set:与类class相对应。描述名称。 矩形表示。 –属性attribute:描述实体某一个性质的值。只 描述名称,不描述类型。椭圆表示。 –联系relationship:两个或多个实体集之间的连 接关系。通常需要描述名称。菱形表示。
2.1 实体/联系图
title
year
Movies
address Studios
Crews
2.5.1 产生弱实体集的原因
• 连接实体集。
year title Signdate Salary Star-of name
Movies
Movie-of
Contracts
Studio-of
Stars
addr
Studios
name addr
2.5.2 对弱实体集的要求
• E/R模型中如何表示多重性:
– 有箭头所指的实体集为1;无箭头所连接的实体集为多。
• 多重性是最基本定量关系,有决定数据库基本结构 的意义。
2.1.2 多元联系
• 一个联系涉及两个以上的实体集,该联系就 是多元联系。通常是三元联系。
Movies
Contract s
Stars
Studios • Contracts是一个三元联系,表示一个制片公司和一个影 星签约以参演某一部电影。 • 一个联系可表示为一个三元组:(studio, star, movie)
Stars in
nam e
address
Stars
length
file type
Own s
Studios
nam e
address
2.1 实体/联系图
• 为仓库管理设计一个E/R模型。仓库主要管理 零件(Part)的入库、出库和采购等事项。仓库 根据需要 向外面厂家(Supplier)订购零件,而 许多工程项目(Project)需要仓库供应零件。 • 工程项目的属性:项目编号,项目名称,项目 开工日期。 • 零件的属性:零件编号,零件名称,规格,颜 色,重量。 • 供应厂家的属性:工厂编号,工程名称,工程 地址。
2.4.1 键(key)
• 选错键的后果:
–错误设计。返工;修复代价高昂。
• E/R图中键的表示:
–下划线表示键。
title year
Movies
length
file type
2.4.1 键(key)
• 每个实体集只有唯一的键吗? –一个实体集可能有多个键。 – E/R模型中每个实体集通常只选择描述一个键, 即“主键”Primary Key。 –如果需要,可旁注说明多个键。 • 每个实体集的键属性肯定都是自己的属性吗? –有一种特殊的实体集,称为“弱实体集”,其 键属性的一部分就不是自身属性。 • 每个实体集是否都有自然的属性作为键? –不是,有些实体集需人工造键。
• 为何要对约束建模?
–除了实体集、联系和属性的名称之外,还有更多信息。 –这些信息不能独立存在,而是附加在已有元素上。 –附加信息以约束的方式作用于实体集、联系或属性。
2.4 对约束(constraint)建模
• 主要的约束:
– 键key:唯一标识 – 单值single-value:值的唯一性 – 参照完整性reference integrity:被参照的值必 须先存在。 – 域domain:值集或值的范围 – 一般约束
2.2.4 选择合适的元素类型
• “合适”原则:
–表示事物的某个性质时,可能面临多种建模元素的选择。 –相对的合理;更自然;更简单;更贴近需求。
• 是选择属性还是实体集:
–若某事物具有除名称之外的更多信息,则应建模为一个实 体集;否则应为属性。
• 是选择一个多元联系,还是一个等价的连接实体集:
–根据具体需求分析的要求决定。
第二章 数据库建模
• 当构建一个数据库应用时,如何以简单明确的方 式描述各种数据的结构特征? • 从思想→E/R设计→关系模式→关系DBMS • 主要内容:
– – – – 实体/联系图: E/R图 设计原则 对约束建模 弱实体集
2.1 实体/联系图
• Entity/Relationship图,简称E/R图,一种传 统的图形化数据库建模语言。E/R模型。 • E/R图的主要建模元素 :
2.1.1 E/R联系的多重性(multiplicity)
• 多重性是实体之间存在的定量的约束关系。 • 本质上区分为两种多重性:
– 1:关联零个或一个实体,“最多一个” –多:关联零个到多个实体,“能超过一个”
• 组合起来,考虑实体集A到B的联系:
– 1对1:A的一个实体对应B的零个或一个实体; 且B的一个实体对应A的零个或一个。 –1对多:A的一个实体对应B的零个到多个实体; 而B的一个实体对应A的零个或一个。(多对1是 1对多的逆联系) –多对多:A到B是1对多、且B到A也是1对多。
2.4.2 单值约束
• 值:
–一个实体在某方面的一个状态。 –一个实体在属性或联系上的值表示该实体的状态。
• 单值:
–一个实体在某个属性或联系上的值“只有一个”。 反之,如果多于一个值,则为“多值”。
• 区别单值约束的两种情况:
– “至多一个”:允许空值(NULL),即零个或一个。 – “必须一个”。不允许空值,必存在一个非空值。
• 当两个不同实体集之间建立一种联系时,假定双 方实体集的名称作为各自角色。 • 当一个实体集自身存在某种联系时,就需要确定 联系的双方实体所扮演的不同角色。
Original Sequel-of Sequel Movies 考虑公司雇员之间 的管理关系 (superior—inferior) 应如何表示
2.4.1 键(key)
• 键:
–若一个实体集中的一个或几个属性的值可唯一标 识一个实体,则该属性集称为实体集的一个键。 –键中每个属性称为一个键属性。 –一个键的选择应尽可能使属性集合最小化。 –对象标识Object Identity (OID) – 其它
• 如何在属性集合中寻求键:
–唯一标识一个实体。
–一种特殊的实体集,其键属性的一部分或 全部属性属于其它实体集。
2.5.1 产生弱实体集的原因 • 实体集之间存在包含层次结构。
– 例 : Studios 和 Crews 之 间 ; Company 和 Department之间;SalesOrder和SalesItem…