Chapter 6 Normalisierung

Transkript

1 Chapter 6 Lecture Datenbanken Erste 1NF und verfahren und Berner Fachhochschule Technik und Informatik 6.1

2 Contents 1 2 Erste 1NF und verfahren Erste 1NF und verfahren und 7 und 6.2

3 Die Lernziele dieses Kapitels. Erste 1NF 1 Kennen der möglichen Updateanomalien 2 Begriff der verstehen 3 Begriffe 1NF, 2NF, 3NF und BCNF kennen 4 Anwenden de en beim Design von Datenbanken 5 salgorithmen verstehen 6 Begriff der n kennen 7 Begriff de und verfahren und 6.3

4 Outline 1 2 Erste 1NF und verfahren Erste 1NF und verfahren und 7 und 6.4

5 Ziele der Erste 1NF Die ist eine Zerlegung von Relationen nach bestimmten Vorschriften mit den folgenden Zielen: Die gesamte Information in der Datenbank muss redundanzfrei sein. Durch Insert-, Update- und Delete-Operationen sollen keine Widersprüche in der Datenbank auftreten (). Die Abfrage und Bearbeitung der Daten soll einfach und sicher sein. und verfahren und 6.5

6 Unnormalisierte Tabelle Zum illustrieren der en werden wir das folgende Beispiel verwenden. Informationen über Lieferanten Eine Firma möchte die folgenden Daten über jeden Lieferanten speichern: Die Nummer (L)NR, der Wohnort (O)RT und die Entfernung zu diesem Ort (D)IST, für jedes gelieferte Teil dessen Bezeichnung (T)BEZ und die bisher gelieferte Anzahl (A)NZ. (L)NR (O)RT (D)IST (T)BEZ (A)NZ 1 London 1000 T1 300 T2 200 T3 400 T Paris 570 T1 450 T Paris 570 T Berlin 960 T2 150 T4 750 T5 350 Erste 1NF und verfahren und 6.6

7 Outline 1 2 Erste 1NF und verfahren Erste 1NF und verfahren und 7 und 6.7

8 Tabellen in erster In unserem Beispiel können die Attribute BEZ und ANZ als ein Attribut TEIL angesehen werden, dessen Werte selbst wieder Relationen sind. Im relationalen Modell sind aber relationenwertige Domänen nicht erlaubt. Eine solche Relation muss in erster transformiert werden. Eine Relation R ist in erster (1NF) genau dann, wenn die Domänen aller Attribute nur atomare Werte enthalten. Erste 1NF und verfahren und 6.8

9 Tabellen in erster (2) Unsere Tabelle bringen wir jetzt in 1NF Dazu müssen alle existierenden Tupel kopiert und die mehrfach belegten Attribute auf die Kopien aufgeteilt werden Tabelle in 1NF (L)NR (O)RT (D)IST (T)BEZ (A)NZ 1 London 1000 T London 1000 T London 1000 T London 1000 T Paris 570 T Paris 570 T Paris 570 T Berlin 960 T Berlin 960 T Berlin 960 T5 350 Erste 1NF und verfahren und 6.9

10 Tabellen in erster (3) Die Umwandlung einer nicht normalisierten Tabelle in die 1NF kann komplizierter als im vorigen Beispiel sein. Bücher Beispiel In der nächsten Tabelle ist ein Buch in unnormalisierter Form dargestellt. Zu einem Buch kann es mehrere Autoren und mehrere Stichworte haben. Die unnormalisierte Relation buch ISBN Titel Verlag Autor Stichwort Princ.of DBS Benj./Cummings Elmasri RDBS Navathe Lehrbuch oodbs Die Tabelle in 1NF enthält für dieses eine Buch 6 Tupel Die Relation buch i 1NF ISBN Titel Autor Verlag Stichwort Princ.of DBS Benj./Cummings Elmasri RDBS Princ.of DBS Benj./Cummings Navathe RDBS Princ.of DBS Benj./Cummings Elmasri Lehrbuch Princ.of DBS Benj./Cummings Navathe Lehrbuch Princ.of DBS Benj./Cummings Elmasri oodbs Princ.of DBS Benj./Cummings Navathe oodbs Erste 1NF und verfahren und 6.10

11 Tabellen in erster (4) In der vorigen Tabelle sind alle 6 Tupel notwendig Lässt man ein Tupel weg, so gehen Informationen verloren Wir illustrieren dies mit dem folgenden Beispiel Ein Query Wir schreiben das folgende Query: π Stichwort (σ Autor= Navathe (buch)) Als Resultat erhalten wir die drei Stichworte {RDBS, Lehrbuch, oodbs} Wir lassen in der Tabelle in 1NF zum Beispiel das letzte Tupel weg. Das Resultat ist jetzt aber {RDBS, Lehrbuch} Das Stichwort oodbs ist nun verlorengegangen Erste 1NF und verfahren und 6.11

12 Outline 1 2 Erste 1NF und verfahren Erste 1NF und verfahren und 7 und 6.12

13 Die Tabelle Lieferant in 1NF enthält viel Redundanz Dies führt zu sogenannten INSERT: Ein Tupel kann nur eingetragen werden, wenn alle 5 Attributwerte bekannt sind. Die Information, dass London 1000km entfernt ist kann nur festgehalten werden, wenn ein Lieferant in London vorhanden ist. Nullwerte helfen nicht weiter, da mindestens der Primärschlüssel {LNR, TBEZ } vorhanden sein muss. Erste 1NF und verfahren und 6.13

14 (2) DELETE: Durch das Löschen einer Information können andere Informationen mitgelöscht werden. Löscht man den letzten Lieferanten in London, so löscht man auch die Tatsache, dass London 1000km entfernt ist. Beim nächsten Erfassen eines Lieferanten in London muss diese Tatsache neu erfasst werden. UPDATE: Falls ein Lieferant umzieht, so muss der Ort und die Distanz in allen Tupeln desselben Lieferanten nachgeführt werden. Erste 1NF und verfahren und 6.14

15 Outline 1 2 Erste 1NF und verfahren Erste 1NF und verfahren und 7 und 6.15

16 Die Theorie der basiert auf dem Begriff der funktionalen Wir werden dafür kurz auch FD (aus dem englischen functional dependecy) schreiben. Eine FD ist eine lokale Integritätsbedingung und ist folgendermassen definiert. Es sei R eine Attributmenge und X, Y R. Eine funktionale X Y bezeichnet folgende semantische Bedingung: sei r REL(R) { true falls ( t1, t (X Y )(r) := 2 r)(t 1 (X) = t 2 (X) = t 1 (Y ) = t 2 (Y )) false sonst Erste 1NF und verfahren und 6.16

17 (2) Einige Bemerkungen zur : Eine Schlüsselbedingung ist eine spezielle FD. Ist r REL(R)undK R ein Schlüssel, so gilt: (K R)(r) = true = ( t 1, t 2 r)(t 1 (K ) = t 2 (K ) = t 1 (R) = t 1 = t 2 (R)) = t 2 Der Begriff der funktionalen ist ein semantischer Begriff. Das Erkennen von funktionalen ist nur möglich, wenn die Bedeutung der Daten bekannt ist. Die Tatsache, dass der Ort von der Lieferantennummer abhängig ist, modeliert die Tatsache, dass jeder Lieferant an genau einem Ort ansässig ist. Erste 1NF und verfahren und 6.17

18 (3) Das folgende Beispiel soll FDs illustrieren Menge von FDs In unserem Beispiel mit dem folgenden Schema R = {(L)NR, (O)RT, (D)IST, (T )BEZ, (A)NZ } und der folgenden Beschreibung Eine Firma möchte die folgenden Daten über jeden Lieferanten speichern: Die eindeutige Nummer (L)NR, der Wohnort (O)RT und die Entfernung zu diesem Ort (D)IST, für jedes gelieferte Teil dessen Bezeichnung (T)BEZ und die bisher gelieferte Anzahl (A)NZ. können die folgenden funktionalen angenommen werden: LT A O D L O Erste 1NF und verfahren und Dabei ist {LNR, TBEZ} Schlüssel für die Relation. 6.18

19 (4) Erste 1NF Für funktionale vereinbaren wir die folgenden Schreibweisen: Einzelne FDs der Form X Y versehen wir häufig mit einem Namen und schreiben dann: f : X Y Mit L f bzw. R f bezeichnen wir die Attribute der linken bzw. der rechten Seite einer FD f. Mit attr(f ) bezeichnen wir alle Attribute einer FD das heisst, attr(f ) = L f R f. und verfahren und 6.19

20 FDs FDs sind lokale Integritätsbedingungen Für ein Relationenschema R und eine Menge F von FDs mit ( f F)attr(f ) R, ist R = (R, F) ein erweitertes Relationenschema. Wir interessieren uns nun für die Menge aller gültigen Relationen SAT R (F). Seien F und G zwei FD-Mengen über dieselbe Attributmenge R. (i) F und G heissen äquivalent, kurz F G, falls SAT R (F) = SAT R (G) gilt. (ii) F heisst redundant, falls eine FD-Menge F F existiert mit F F. Erste 1NF und verfahren und 6.20

21 FDs (2) Die der Implikation bedeutet in Worten ausgedrückt: Zwei FD-Mengen F und G sind dann äquivalent, wenn sie als semantische Spezifikationen gleich sind. Redundant bedeutet, dass eine gegebene Spezifikation F mehr Bedingungen als nötig enthält. Wir können die Äquivalenz bzw. Redundanz auf einen Grundsätzlicheren Begriff reduzieren: Sei F eine FD-Menge über die Attributmenge R und f eine FD mit attr(f ) R. F impliziert f, kurz F = f, falls SAT R (F ) SAT R (f ) gilt. D.h. jede Relation über R, welche F erfüllt, erfüllt auch f. Erste 1NF und verfahren und 6.21

22 FDs (3) Aus der vorhergehenden ergibt sich sofort der folgende Satz Theorem Seien F und G zwei FD-Mengen über dieselbe AttributMenge R. (i) F G (( f F ) G = f ) (( g G) F = g) (ii) F ist redundant ( f F) F \ {f } = f Im folgenden werden wir uns mit der Frage beschäftigen, wie Implikationen getestet werden können. Aus einer Antwort auf dieser Frage sind dann Äquivalenzund Redundanz-Tests mit obigem Satz herleitbar. Erste 1NF und verfahren und 6.22

23 FDs (4) Äquivalente FD Mengen Die folgende Relation erfüllt die beiden folgenden FD Mengen F = {LT A, O D, L O, L D} G = {LT A, O D, L O} (L)NR (O)RT (D)IST (T)BEZ (A)NZ 1 London 1000 T London 1000 T London 1000 T London 1000 T Paris 570 T Paris 570 T Paris 570 T Berlin 960 T Berlin 960 T Berlin 960 T5 350 Man kann zeigen, dass jede Relation aus REL(R) die F erfüllt auch G erfüllt und umgekehrt. Sei s eine Relation, die G erfüllt, und sei f : L D, so gilt: ( t 1, t 2 s) t 1 (LNR) = t 2 (LNR) = t 1 (ORT ) = t 2 (ORT ), da s L O erfüllt = t 1 (DIST ) = t 2 (DIST ), da s O D erfüllt Erste 1NF und verfahren und Also ist auch L D in s erfüllt und es gilt F G. Ferner ist F redundant, da G F gilt. 6.23

24 Ableiten von FDs Wir suchen nun algorithmische Hilfsmittel, mit denen man Implikationen testen kann. Dazu führen zunächst den folgenden Begriff ein: Sei F eine FD-Mengen über die AttributMenge R, dann heisst F + := {f attr(f ) g F attr(g) F = f } Erste 1NF die Hülle von F Aus der folgt sofort, dass F F + für jede FD-Menge F. Testen einer Implikation bedeutet also festzustellen, ob eine gegebene FD f Element der Hülle einer FD-Menge F ist. Das Problem zu entscheiden, ob zu gegebenem F und f f F + gilt, heisst das Membership-Problem funktionaler. und verfahren und 6.24

25 Ableiten von FDs (2) Erste 1NF Der folgende Satz zeigt wie aus einer Menge F von FDs neue FDs abgeleitet werden können. Theorem Sei R eine Attributmenge und X, Y, Z, W R dann gilt: (A1) Y X = X Y (Triviale ) (A2) X Y Y Z = X Z (Transitivität) (A3) X Y Z W = XW YZ (Erweiterung) Die Regeln (A1) bis (A3) heissen Amstrong Axiome und verfahren und 6.25

26 Ableiten von FDs (3) Wir können den Ableitungsprozess nun folgendermassen formalisieren: Es sei F eine Menge von FDs über R und f : X Y eine FD mit X, Y R. f heisst aus F ableitbar F f, falls eine Folge f 1,..., f n von FDs existiert mit: (1) f n hat die Form X Y (2) Für 1 i n gilt entweder f i F oder, dass f i aus {f 1,..., f i 1 } mit Hilfe der Regeln (A1),(A2),(A3) erzeugbar ist. Erste 1NF und verfahren und 6.26

27 Ableiten von FDs (4) Das Regelsystem bestehend aus (A1), (A2) und (A3) ist korrekt (engl. sound). Das heisst, jede abgeleitete FD führt zu einer implizierten (gültigen) FD. Der folgende Satz sagt nun aus, dass das System auch vollständig ist. Das heisst, dass jede aus F implizierte FD auch aus F ableitbar ist. Theorem Sei F eine Menge von FDs und f eine FD. Dann gilt: F = f F f Erste 1NF und verfahren und 6.27

28 Ableiten von FDs (5) Erste 1NF Aus den Regeln (A1),(A2) und (A3) lassen sich die folgenden Regeln ableiten: (A4) X Y X Z = X YZ (Additivität) (A5) X Y Z Y = X Z (Projektivität) (A6) X X (Reflexivität) (A7) X YZ Z AW = X YZA (Akkumulation) Das Regelsystem (A5),(A6),(A7) ist auch vollständig und korrekt und verfahren und 6.28

29 Um das Membership-Problem für eine FD f zu lösen können wir also im Prinzip die Hülle der FD-Menge F berechnen und testen ob f in der Hülle vorhanden ist. Im allgemeinen Fall ist jedoch F + exponentiell in F wie das folgende Beispiel zeigt. Exponentielle Hülle Sei In diesem Fall gilt: Das heisst, F + 2 n. R = {A, B 1,..., B n } und F = {A B 1,..., A B n } ( Y R) A Y Erste 1NF und verfahren und 6.29

30 (2) Wir zeigen nun wie das Membership Problem in linearer Zeit lösbar ist Dazu führen wir einen weiteren Hüllenoperator cl F (X) ein. Für X R und eine FD-Menge F über R heisst die Hülle von X unter F. cl F (X) := {A R X A F + } Der folgende Satz zeigt nun, dass es genügt cl F (X) zu berechnen um das Membership Problem zu lösen. Theorem Sei F eine FD-Menge über R und X, Y R dann gilt: X Y F + Y cl F (X) Erste 1NF und verfahren und 6.30

31 (3) Der folgende Algorithmus berechnet cl F (X) für gegebene F und X. Algorithmus: Hülle(F, X) Input: Eine FD-Menge F und eine Attributmenge X Output: cl F (X) Methode: Y X while ( S T F) S Y T Y do Y Y T end while Erste 1NF und verfahren und 6.31

32 (4) Mit Hilfe des Algorithmus Hülle(F, X) können wir das Membership Problem lösen. Algorithmus: FD-MEMBERSHIP(F, X, Z ) Input: F {, X, Z true falls X Z F + Output: false sonst Methode: membership false Y Hülle(F, X) if Z Y then membership true end if Der Algorithmus ist linear bezüglich der Länge der Darstellung des inputs von Hülle. Erste 1NF und verfahren und 6.32

33 Berechnen eines Schlüssels Der folgende Algorithmus berechnet für das Relationenschema R, für das eine Menge F von FDs als gefordert ist, einen Schlüssel. Algorithmus: KEY(R, F ) Input: Eine Attributmenge R = {A 1,..., A n } und eine FD-Menge F Output: Ein Schlüssel K R für die Relation R Methode: K R for i = 1 n do if FD-MEMBERSHIP(F,K \ {A i },R) then K K \ {A i } end if end for Erste 1NF und verfahren und 6.33

34 Berechnen eines Schlüssels (2) Wir wollen den Algorithmus an einem Beispiel illustrieren Berechnen eines Schlüssels Wir betrachten unser Lieferantenbeispiel mit: R = {(L)NR, (O)RT, (D)IST, (T )BEZ, (A)NZ } F = {LT A, O D, L O} 1.Schritt: cl F (ODTA) = ODTA = ODTA ist kein Superschlüssel. 2.Schritt: cl F (LDTA}) = LODTA = LDTA ist ein Superschlüssel. 3.Schritt: cl F (LTA) = LODTA = LTA ist ein Superschlüssel. 4.Schritt: cl F (LA) = LODA = LA ist kein Superschlüssel. 5.Schritt: cl F (LT ) = LODTA = LT ist ein Superschlüssel. Erste 1NF und verfahren und = LT ist ein Schlüssel 6.34

35 Berechnen einer Basis Wir wollen das Problem einer Basis für eine Menge von FDs betrachten. Es seien F und G FD-Mengen mit F G. Dann heisst F Überdeckung (engl. Cover) von G (und entsprechend G Überdeckung von F). Nun können wir definieren was eine Basis ist. Es sei F eine FD-Menge und f : X Y F : (i) f heisst l-minimal (l für links) bzw. voll, falls kein X X existiert mit F \ {f } {X Y } F (ii) f heisst r-minimal (r für rechts) falls Y = 1 ist. (iii) F heisst minimal, falls jedes Element von K l- und r-minimal ist. (iv) Eine Überdeckung G von F heisst Basis von F, falls G minimal und nonredundant ist. Erste 1NF und verfahren und 6.35

36 Berechnen einer Basis (2) Der folgende Algorithmus berechnet eine Basis für die FD-Menge F. Algorithmus: BASIS(F) Input: F = {f 1,..., f n} Output: Eine Basis G von F Methode: G r-minimal for all f F do for all A R f do G G {X A} end for end for for all f G do l-minimal for all B L f do if FD-MEMBERSHIP(G, L f \ {B}, R f ) then L f L f \ {B} end if end for end for for all f G do entfernen von redundanten FDs if FD-MEMBERSHIP(G \ {f }, L f, R f ) then G G \ {f } end if end for Erste 1NF und verfahren und 6.36

37 Berechnen einer Basis (3) Finden einer Basis Wir betrachten das folgende Beispiel: R = {(L)NR, (O)RT, (D)IST, (T )BEZ, (A)NZ } F = {LT OA, O D, L OD} 1.Schritt r-minimal G = {LT O, LT A, O D, L O, L D} 2.Schritt l-minimal Weil cl F (L) = LOD und cl F (T ) = T gilt nach diesem Schritt: G = {LT A, O D, L O, L D} 3.Schritt entfernen von Redundanzen Da cl {LT A,O D,L O} (L) = LOD kann die FD L D aus G entfernt werden. Erste 1NF und verfahren und G = {LT A, O D, L O} 6.37

38 Outline 1 2 Erste 1NF und verfahren Erste 1NF und verfahren und 7 und 6.38

39 en Erste 1NF In diesem Abschnitt betrachten wir ausschliesslich Relationenschemata mit FDs als lokalen Integritätsbedingungen. Ferner sollen alle Schemata in 1NF sein. Sei R = (R, F ). A heisst Schlüsselattribut (bzw. A ist prim) falls es einen Schlüssel K für R gibt mit A K. (Andernfalls heisst A Nichtschlüssel-Attribut oder kurz NSA). und verfahren und 6.39

40 en (2) Wir betrachten nun unser Lieferantenbeispiel etwas genauer Das lieferantenbeispiel R = {(L)NR, (O)RT, (D)IST, (T )BEZ, (A)NZ } F = {LT A, O D, L O} LNR und TBEZ sind prim, ORT, DIST und ANZ sind NSAs. Da {LNR, TBEZ } Schlüssel ist, so sind: LT A, LT O und LT D aus F ableitbar und r-minimal. LT O ist nicht l-minimal auf Grund der existenz von L O in F. Das NSA DIST ist von einem anderen NSA ORT abhängig (wegen O D) Aus den beiden FDs L O und O D ist die transitive FD L D herleitbar. Erste 1NF und verfahren und 6.40

41 en (3) Erste 1NF In unserem Beispiel hat das Schema R = (R, F) zwei Probleme: 1 LT O ist nicht l-minimal und 2 Das Attribut DIST ist transitiv abhängig von LNR. Unsere Relation ist nur in 1NF aber weder in 2NF noch in 3NF und verfahren und 6.41

42 en (4) Als erstes geben wir die genaue der transitiven an. Sei R = (R, F). A R heisst transitiv abhängig von X R falls gilt: (i) X A F + A X (ii) ( Y R)[X Y F + Y X F + Y A F + A Y ] Ist A nicht transitiv von X abhängig und ist X A F +, so heisst A direkt abhängig von X (bzw. X A direkte FD). Bedingung (i) besagt dass die FD X A nicht trivial ist. Bedingung (ii) schliesst aus, dass X und Y äquivalent sind und dass Y A trivial ist. Erste 1NF und verfahren und 6.42

43 en (5) Nun die der en: Es sei R = (R, F) ein Relationenschema in 1NF. (i) R ist in zweiter (2NF), falls für jedes NSA A R und jedem Schlüssel K für R gilt, dass die FD K A l-minimal ist. (ii) R ist in dritter (3NF), falls für jedes NSA A R und jeden Schlüssel K für R gilt, dass die FD K A direkt ist. (iii) R ist in (BCNF), falls jedes Attribut A R von jedem Schlüssel K für R direkt abhängig ist. Erste 1NF und verfahren und 6.43

44 en (6) Der folgende Satz stellt einen Zusammenhang zwischen den verschiedenen en her. Theorem Zusammenhang zwischen en Sei R = (R, F) in 1NF. Dann gilt: (i) R ist in BCNF = R ist in 3NF (ii) R ist in 3NF = R ist in 2NF Proof. (i) Trivial, da die BCNF-Bedingung insbesondere alle Nichtschlüsselattribute erfasst. (ii) Wir zeigen hier die Kontraposition: R sei nicht in 2NF dh. es existiert ein NSA A R und ein Schlüssel K so, dass K A nicht voll ist. Daraus folgt: ( Z K ) Z A F + Weiter gilt Z K F + aufgrund der Minimalität von K und A K, da A nicht prim ist. Insgesamt gilt also K A F + A K [K Z F + Z K F + Z A F + A Z ] Erste 1NF und verfahren und Das heisst, A ist sogar transitiv abhängig von K. Also ist R nicht in 3NF. 6.44

45 en (7) Wir wollen an Beispielen zeigen, dass die Umkehrung des Satzes nicht gilt: In 2NF aber nicht in 3NF Wir nehmen das folgende Beispiel: R = {(L)NR, (O)RT, (D)IST } F = {L O, O D} In diesem Beispiel ist LNR offensichtlich der einzige Schlüssel. L O und L D sind beide l-minimal. Also ist (R, F) in 2NF. Ferner gilt: L D F + D L [L O F + O L F + O D F + D O] Erste 1NF und verfahren Also ist DIST von LNR transitiv abhängig und somit ist (R, F ) nicht in 3NF. und 6.45

46 en (8) Example 3NF aber nicht BCNF Wir betrachten nun das folgende Beispiel: R = {(S)tudent, (F)ach, (D)ozent} F = {SF D, D F} Die beiden FDs bedeuten, dass ein Student in einem Fach von genau einem Dozenten unterrichtet wird und dass ein Dozent nur ein Fach unterrichtet. SF und SD sind die einzigen Schlüssel für (R, F). In diesem Fall sind alle Attribute prim, so dass die Forderung der 3NF trivialerweise erfüllt ist. Andererseits gilt, dass SD F transitiv ist wegen SD F F + F SD [SD D F + D SD F + D F F + F D] Erste 1NF und verfahren und Das heisst, (R, F ) ist nicht in BCNF. 6.46

47 en (8) Die 3NF und BCNF kann man auch folgendermassen charakterisieren. Theorem Sei R = (R, F). Dann gilt: (i) R ist in 3NF ( X R)( A R, A NSA)[X A F + A X = X R F + ] (ii) R ist in BCNF ( X R)( A R)[X A F + A X = X R F + ] (i) heisst in Worten, dass für jede nichtriviale FD X A mit A ist ein NSA X ein Superkey von R ist. (ii) heisst in Worten, dass für jede nichtriviale FD X A X ein Superkey von R ist. Erste 1NF und verfahren und 6.47

48 Prüfen der 3NF und BCNF Die Frage ist, ob es effiziente Tests gibt um zu prüfen, ob eine Rlation in 3NF oder BCNF ist Der folgende Algorithmus prüft die 3NF Algorithmus: TEST-3NF(R, F) input: R { = (R, F) true falls R in 3NF output: false sonst Methode: G BASIS(F) for all g G do if FD-MEMBERSHIP(F, L g, R) = false then if R g ist NSA then return false end if end if end for return true Erste 1NF und verfahren und 6.48

49 Prüfen der 3NF und BCNF (2) Wir wollen die Komplexität des Algorithmus betrachten. Die Berechnung von BASIS und FD MEMBERSHIP sind beide polynomial. Leider kann nicht effizient berechnet werden ob ein Attribut prim ist oder nicht. Theorem Sei R = (R, F). Dann ist das Problem zu entscheiden, ob ein A R prim ist, NP-vollständig. Aus diesem Satz kann durch polynomiale Reduktion gezeigt werden: Theorem Sei R = (R, F). Dann ist das Problem zu entscheiden, ob R in 3NF ist, NP-vollständig. Erste 1NF und verfahren und 6.49

50 Prüfen der 3NF und BCNF (3) Zum prüfen ob eine Relation in BCNF ist, kann der folgende Algorithmus verwendet werden: Algorithmus: TEST-BCNF(R, F) input: R { = (R, F) true falls R in BCNF output: false sonst Methode: G BASIS(F) for all g G do if FD-MEMBERSHIP(F, L g, R) = false then return false end if end for return true Erste 1NF und verfahren und 6.50

51 Prüfen der 3NF und BCNF (4) Wir wollen die Komplexität des Algorithmus betrachten. Die Berechnung von BASIS und FD MEMBERSHIP sind beide polynomial. Da jetzt wir jetzt nicht eintscheiden müssen ob ein Attribut prim ist oder nicht ist der Algorithmus polynomial. Theorem Sei R = (R, F). Dann ist das Problem zu entscheiden, ob R in BCNF ist, in polynomialer Zeit lösbar. Erste 1NF und verfahren und 6.51

52 Outline 1 2 Erste 1NF und verfahren Erste 1NF und verfahren und 7 und 6.52

53 Entwurf durch normalisieren Wir wollen nun zeigen, wie mann zu einem normalisierten Datenbankschema kommt. Wir betrachten dies zuerst an unserem Beispiel Wir betrachten unser Beispiel: R = {(L)NR, (O)RT, (D)IST, (T )BEZ, (A)NZ } F = {LT A, O D, L O} Nun ersetzen wir dieses Schema durch folgendes Datenbankschema: D = {R 1, R 2, R 3 } mit R 1 = ({(L)NR, (T )BEZ, (A)NZ }, {LT A}) R 2 = ({(L)NR, (O)RT }, {L O}) R 3 = ({(O)RT, (D)IST }, {O D}) Erste 1NF und verfahren und 6.53

54 Entwurf durch normalisieren (2) Im vorherigen Beispiel fällt auf, dass R und D eng verwandt sind. Beide Schemata enthalten dieselben Attributte sowie dieselben. Ferner sind R 1, R 2 und R 3 in BCNF. Die nächste Abbildung zeigt die Projection der urspünglichen Tabelle auf die drei neuen Schemata. r 1 (R 1 ) (L)NR (T)BEZ (A)NZ 1 T T T T T T T T T T5 350 r 2 (R 2 ) (L)NR (O)RT 1 London 2 Paris 3 Paris 4 Berlin r 3 (R 3 ) (O)RT (D)IST London 1000 Paris 570 Berlin 960 Wir stellen fest, dass die folgende Gleichung gilt: r(r) = r 1 (R 1 ) r 2 (R 2 ) r 3 (R 3 ) Erste 1NF und verfahren und 6.54

55 Entwurf durch normalisieren (3) Wir wollen den obigen Ansatz nun etwas genauer betrachten Ein Datenbankschema D = (R,.) ist in 2NF (bzw. 3NF, BCNF), falls jedes R i R in 2NF (bzw. 3NF, BCNF) ist. Wenn ein Schema zerlegt wird müssen die folgenden Kriterien eingehalten werden: Es dürfen keine Attribute verlorengehen. Die Zerlegung muss unabhängig sein. D.h., alle FDs müssen erhalten bleiben Die Zerlegung muss frei von Informationsverlusten sein. Dies bedeutet anschaulich, dass die Ursprüngliche Universalrelation immer exakt aus dem aktuellen Datenbankzustand rekonstruiert werden kann. Erste 1NF und verfahren und 6.55

56 Unabhängigkeit Unabhängigkeit einer Zerlegung Wir betrachten das Beispiel: R = {(S)tudent, (F )ach, (D)ozent} F = {SF D, D F } Die beiden FD bedeuten, dass ein Student in einem Fach von genau einem Dozenten unterrichtet wird und dass ein Dozent nur ein Fach unterrichtet. Wir ersetzen nun R durch das Datenbankschema D = ({R 1, R 2 }, ) mit R 1 = ({(S)tudent, (D)ozent}, ) R 2 = ({(D)ozent, (F )ach}, {D F }) Bei dieser Zerlegung bleibt die FD D F erhalten. Die FD SF D geht hingegen verloren. Student_BCNF Student Dozent Hans Hans Paul Paul Meier Wyss Meier Bracher Dozent_BCNF Dozent Fach Meier Wyss Bracher Mathematik Physik Physik Wenn wir in der Tabelle Student_BCNF das neue Tupel ( Paul, Wyss ) eintragen, so wird Paul nun im gleichen Fach von zwei verschiedenen Dozenten unterrichtet. Erste 1NF und verfahren und 6.56

57 Verlustfreie Zerlegung Verlustfreie Zerlegung einer Relation Gegeben sei das Relationenschema R = (R, F ) mit: R = {(K )UNDE, KONTO (N)UMMER, (S)ALDO, (Z )WEIGSTELLE} F = {K S, N ZS} Wir betrachten nun die folgende Zerlegung: r(r) (K)UNDE KONTO-(N)UMMER (S)ALDO (Z)WEIGSTELLE Peter Bern Paul Zürich r 1 (R 1 ) KONTO-(N)UMMER (S)ALDO (Z)WEIGSTELLE Bern Zürich r 2 (R 2 ) (K)UNDE (S)ALDO Peter Paul Für die beiden Systeme liefert nun die Anfrage zeige alle Zweigstellen, bei denen Peter ein Konto hat die folgenden Resultate. Ursprüngliche Relation: π Z (σ K = Peter (R)) = {Bern} Zerlegte Relationen: π Z (σ K = Peter (R 1 R 2 )) = {Bern, Z ürich} Der Verbund von r 1 und r 2 ist in diesem Fall also verlustbehaftet. Obschon wir mehr Tupel als Antwort erhalten, erhalten wir weniger Informationen. Erste 1NF und verfahren und 6.57

58 Auf Grund der bisherigen Beobachtungen legen wir jetzt fest: Für eine Attributmenge X und eine FD-Menge F sei die Einschränkung von F auf X definiert durch π X (F ) := {f F attr(f ) X} Es sei R = (U, F) und D = (R,.) mit R i = (R i, F i ) für jedes R i R, 1 i k. (i) D heisst Zerlegung von R, falls gilt: (a) k i=1 R i = U (b) ( i, 1 i k)f + i π Ri (F + ) (ii) Eine Zerlegung D von R heisst (a) verlustlos (bzgl. R) falls gilt: ( r SAT (R)) r = k i=1 π R i (r) (b) unabhängig (bzgl. R) falls gilt: ( k i=1 F i ) + = F + Erste 1NF und verfahren und 6.58

59 (2) Der folgende Satz zeigt, dass eine Relation Schrittweise zerlegt werden kann Er motiviert auch das sverfahren (nächster Algorithmus) Theorem Es sei R = (U, F), U = XYZ. Falls X Y F + gilt, so ist die Zerlegung: D = ({R 1, R 2 }, ) mit R 1 = (XY, π XY (F)) und R 2 = (XZ, π XZ (F )) verlustlos. Wir können nun das sverfahren angeben, das zu einem Universalschema R = (U, F) eine verlustlose Zerlegung erzeugt, die in BCNF ist. Erste 1NF und verfahren und 6.59

60 (3) Algorithmus: Input: Ein Universalschema R = (U, F ) Output: Eine verlustlose BCNF-Zerlegung D = (R,.) von R Methode: R {R} while ( R i R) R i nicht in BCNF d.h. ( Y Z F + i Z Y ) Y R i F + i do R i1 YZ R i2 R i \ Z R i1 (R i1, π Ri1 (F + i )) R i2 (R i2, π Ri2 (F + i )) R (R \ {R i }) {R i1, R i2 } end while Erste 1NF und verfahren und 6.60

61 (4) Das sverfahren Wir betrachten unser Beispiel: R = {(L)NR, (O)RT, (D)IST, (T )BEZ, (A)NZ } F = {LT A, O D, L O} Wir wissen schon, dass R nicht in BCNF ist. 1.Schritt: L O F + L LODTA F + also Zerlegen wir in R 1 = ({LO}, {L O}) und R 2 = ({LDTA}, {LT A, L D}) 2.Schritt: R 1 ist in BCNF, R 2 jedoch nicht wegen L LDTA F + 2. Daher wird R 2 ersetzt durch R 21 = (LD, {L D}) und R 22 = (LTA, {LT A}) Nun ist D = ({R 1, R 21, R 22 },.) in BCNF, jedoch gilt O D (F 1 F 21 F 22 ) +. Erste 1NF und verfahren und Die Zerlegung ist verlustlos aber nicht unabhängig. 6.61

62 (5) Erste 1NF Wenn wir im vorigen Beispiel im ersten Schritt die FD O D wählen so entsteht die Zerlegung R 1 = (LTA, {LT A}) R 2 = (LO, {L O}) R 3 = (OD, {O D}) Diese Zerlegung ist unabhängig. Die ist also nicht eindeutig. und verfahren und 6.62

63 Probleme der Bei der gibt es eine Reihe von Problemen: Die ist nicht eindeutig. Sie hängt davon ab, in welcher Reihenfolge die FDs im Algorithmus gewählt werden. Es gibt Fälle, in denen BCNF und Unabhängigkeit nicht gleichzeitig erreichbar sind. Das Studenten, Fach, Dozenten Beispiel ist ein solcher Fall. Das Problem zu entscheiden, ob zu gegebenem R = (U, F) eine verlustlose und unabhängige BCNF-Zerlegung existiert, ist NP-hart. Ein weiteres Problem der besteht darin, dass stets F + (bzw. F + i ) berechnet werden muss. Diese Berechnung ist aber wie wir schon wissen im allgemeinen nur mit exponentiellem Aufwand durchführbar. Erste 1NF und verfahren und 6.63

64 Die von Relationen in BCNF birgt diverse Probleme Daher schwächt man die Bedingung ab und verlangt nur 3NF Dazu gibt es das verfahren, das eine unabhängige und verlustlose Zerlegung in 3NF liefert. Die Idee ist, dass die linke Seite einer FD eine Entität oder Beziehung darstellt und die rechte Seite die dazugehörigen Eigenschaften. Dies wird benutzt um eine Konzepttrennung im Universum vorzunehmen. Diese Art der Trennung bezeichnet man auch als das one fact in one place -Prinzip des Datenbankentwurfs. Erste 1NF und verfahren und 6.64

65 (2) Algorithmus: Input: R = (U, F ) Output: Eine verlustlose, unabhängige 3NF-Zerlegung D von R Methode: G BASIS(F ) R i 0 for all Y A G do i i + 1 R i Y {A U Y A G} R i (R i, π Ri (G)) R R {R i } end for if ( R i R) R i U G + then i i + 1 R i KEY(U, G) R i (R i, ) R R {R i } end if Erste 1NF und verfahren und 6.65

66 (3) : Bankenbeispiel Wir betrachten wieder das Bankenbeispiel mit der folgenden : R = {(K )UNDE, KONTO (N)UMMER, (S)ALDO, (Z )WEIGSTELLE} F = {K S, N ZS} Die erste for Schlaufe liefert die folgenden Relationen: R 1 = (KS, {K S}) R 2 = (NZS, {N Z, N S}) Da KS R F + und NZS R F + gilt, so wird zur Gewährleistung der Verlustlosigkeit noch das folgende Schema als Datenbankschlüssel hinzugenommen. R 3 = (KN, ) Erste 1NF und verfahren und 6.66

67 (4) : Student, Fach, Dozent Beispiel Wir betrachten das Beispiel mit Studenten, Dozenten und Fächer R = {(S)tudent, (F)ach, (D)ozent} F = {SF D, D F} Der algorithmus wird die beiden Relationen erzeugen. R 1 = (SFD, {SF D, D F }) R 2 = (DF, {D F }) Die zweite Relation ist offensichtlich redundant und kann aus dem Schema entfernt werden. Wie erwartet ist das resultierende Schema nicht in BCNF. Erste 1NF und verfahren und 6.67

68 Outline 1 2 Erste 1NF und verfahren Erste 1NF und verfahren und 7 und 6.68

69 Dozenten Bücher Fächer Beispiel Die folgende Relation enthält Informationen über Kurse, Dozenten und Lehrbücher. Kurs-Dozent-Buch-Tabelle Kurs Dozent Buch Physik Green Einführung Mechanik Physik Green Optik Physik Brown Einführung Mechanik Physik Brown Optik Mathematik Green Einführung Mechanik Mathematik Green Vektoranalyse Mathematik Green Trigonometrie Erste 1NF und verfahren In der Relation exitieren nur triviale FDs Der Schlüssel ist {Kurs, Dozent, Buch} und 6.69

70 (2) Die Relation in unserem Beispiel besitzt nur triviale FDs Sie ist daher in BCNF Man kann aber feststellen, dass trotzdem bestehen Der Kurs bestimmt eine Menge von Dozenten, die den Kurs geben. Der Kurs bestimmt eine Menge von Büchern, die verwendet werden. Zwischen den Dozenten und den Büchern besteht aber keine Beziehung. Man stellt auch fest, dass die Relation Redundanzen enthält Die Relation verletzt die Erste 1NF und verfahren und 6.70

71 (3) Die Beobachtungen aus dem Beispiel formalisieren wir wie folgt. Es sei V eine Attributmenge, X, Y V und Z = V \ X Y. Eine mehrwertige (multivalued dependency, kurz MVD) X Y bezeichnet die folgende semantische Bedingung: Sei r REL(V ) true falls ( t 1, t 2 r)(t 1 (X) = t 2 (X) = (X Y )(r) := ( t 3 r)(t 3 (X) = t 1 (X) t 3 (Y ) = t 1 (Y ) t 3 (Z ) = t 2 (Z ))) false sonst Aus Symmetriegründen folgt sofort, dass wenn r die MVD X Y erfüllt, ein weiteres Tupel t 4 existiert mit: t 4 (X) = t 1 (X) t 4 (Y ) = t 2 (Y ) t 4 (Z ) = t 1 (Z ) Erste 1NF und verfahren und 6.71

72 (4) MVDs Im unserem Beispiel gelten die beiden folgenden MVDs: Kurs Dozent und Kurs Buch Wir betrachten die MVD: Kurs Dozent Wir betrachten die beiden Tupel: t 1 = (Physik, Green, Einf ührungmechanik) und t 2 = (Physik, Brown, Optik) aus der können wir nun schliessen, dass ein Tupel t 3 = (Physik, Green, Optik) in der Relation exitiert. Dies ist aber auch tatsächlich der Fall. Erste 1NF und verfahren und 6.72

73 (5) Die Gültigkeit einer MVD lässt sich auch wie folgt charakterisieren: Theorem Es seien X, Y V, Z := V \ Y. Dann gilt: ( r REL(V ))((X Y ) = true r = π XY (r) π XZ (r)) Erste 1NF Aus der der MVD können wir auch folgern, dass eine FD eine spezielle MVD ist. Theorem Sei V eine Attributmenge und X, Y V dann gilt: X Y = X Y und verfahren und 6.73

74 Vierte Wir wollen definieren, wann eine Relation in ist. Dazu brauchen wir zuerst den Begriff der trivialen MVD Eine MVD X Y über eine Attributmenge U heisst trivial, falls entweder Y X oder X Y = U. Sei R = (U, F M). R ist in vierter () falls für jede von F M implizierte nicht triviale MVD der Form X Y gilt, dass X ein Superschlüssel von R ist. Für en können wir nun folgendes festhalten: = BCNF = 3NF = 2NF Erste 1NF und verfahren und 6.74

75 Vierte (2) Zerlegen von Relationen in In unserem Beispiel gelten die MVDs Kurs Dozent und Kurs Buch. Um diese zu eliminieren wird die Relation nach vorigem Satz in die beiden folgenden Relationen zerlegt R 1 = ({Kurs, Dozent}, {Kurs Dozent}) und R 2 = ({Kurs, Buch}, {Kurs Buch}) Erste 1NF Kurs_Dozent_ Kurs Dozent Physik Physik Mathematik Green Brown Green Kurs_Buch_ Kurs Buch Physik Einführung Mechanik Physik Optik Mathematik Einführung Mechanik Mathematik Vektoranalyse Mathematik Trigonometrie und verfahren Die Relationen R 1 und R 2 enthalten jetzt nur noch triviale MVDs und sind daher in und 6.75