1. Các khái niệm cơ bản
3.2. Một số tính chất của bao đóng trên lƣợc đồ khối
Cho lƣợc đồ khối R = (id, A1, A2, ..., An), r(R) là một khối bất kỳ trên R, F là tập các phụ thuộc hàm và X, Y, Z n (i ) i 1 id .
Dựa vào các tính chất của tập phụ thuộc hàm ta có các tính chất về bao đóng của tập thuộc tính nhƣ sau:
1) X ⊆ X+
41 3) X → X+ 4) X++ = X+ 5) X+Y+⊆ (XY)+ 6) (X+Y)+= (XY+)= (XY)+ 7) X → Y Y ⊆ X+ 8) X → Y và Y → X X+ = Y+ Chứng minh: 1) Lấy bất kỳ A ∈ X cần chứng minh A ∈ X+.
Ta có A ∈ X {A}⊆ X suy ra X → A (luật phản xạ)⇒ A ∈X+. 2) Lấy A ∈ X+, ta cần chứng minh A ∈ Y+. Ta có A ∈ X+⇒X → A (1). Mà theo luật phản xạ X⊆Y ⇒ Y → X (2). Vậy từ (1) và (2) ta suy ra Y→ A ⇒ A∈ Y+. 3) Giả sử X+ =A1A2....Ak Do A1∈ X+ ta có X → A1 Tƣơng tự: X → A2 ... X → Ak
Theo luật hợp ta có X → A1A2....Ak ⇒ X → X+
4) Để chứng minh X++
=X+ta đi chứng minh X+⊆ X++ vàngƣợc lại X++⊆ X+
Theo tính chất 1 ta có X+⊆ X++ . Ta cần chứng minh X++⊆ X+ Lấy A ∈ X++, chứng minh A ∈ X+. Do A ∈ X++⇒X+ → A (1). Mặt khác theo tính chất 3 ta có: X → X+ (2). Từ (1) và (2) suy ra X→ A ⇒ A ∈ X+. 5) Ta có X ⊆ XY Theo tính chất 2 ta có X+⊆ (XY)+ (1).
42
Tƣơng tự ta cũng có : Y+⊆ (XY)+ (2). Từ (1) và (2) suy ra X+Y+⊆ (XY)+. 6) Theo những chứng minh trên ta có:
X+ Y ⊆ X+Y+ (1) vì Y⊆ Y+ (1) Mà theo tính chất 5 thì X+
Y+⊆ (XY)+(2) Từ (1)và (2) suy ra X+Y ⊆ (XY)+
⇒ (X+ Y)+⊆ (XY)++ = (XY)+ (theo tính chất 4) Vậy ta có ⇒(X+ Y)+⊆ (XY)+ (3).
Mặt khác ta cũng có: X ⊆ X+ (tính chất 1) ⇒ XY ⊆ X+Y Từ XY ⊆ X+Y Theo tính chất 2 ⇒ (XY)+⊆ (X+ Y)+ (4).
Từ (3) và (4) suy ra (X+Y)+ = (XY)+⇒ tƣơng tự ta có: (XY+)+ = (XY)+ Kết hợp lại ta có: (X+Y)+ = (XY+)+ = (XY)+
7) Để chứng minh X→ Y Y ⊆ X+ ta có: a) Giả sử có X→ Y ta cần chứng minh Y ⊆ X+
Lấy bất kỳ A ∈ Y, ta cần chứng minh A ∈ X+. Ta có: A ∈ Y ⇒Y → A (1).
Theo giả thiết ta lại có: X→ Y (2). Từ (1), (2) suy ra X→ A ⇒ A ∈ X+. b) Giả sử có Y ⊆ X+ ta cần chứng minh X→Y.
Do Y ⊆ X+ ⇒ X+ → Y (luật phản xạ). Mặt khác: X→ X+ (theo tính chất 3). Suy ra: X→ Y (luật bắc cầu).
8) Chứng minh X→ Y và Y→ X X+= Y+ ta có:
a) Giả sử có X→ Y và Y→ X ta cần chứng minh X+ =Y+. Do X→ Y ⇒ Y ⊆ X+
⇒ Y+⊆ X++
43
Do Y→ X ⇒ X ⊆ Y+ ⇒ X+⊆ Y++
⇒ X+⊆ Y+. (theo tính chất 4) (2). Từ (1), (2) ta có X+= Y+.
b) Giả sử có X+ = Y+ ta cần chứng minh X→Y và Y→ X Do X+= Y+ nên ta có Y+⊆ X+ (1’) X+⊆ Y+ (2’) Theo tính chất 1 ta có Y ⊆ Y+, mà Y+ ⊆ X+ (theo 1’) ⇒Y ⊆ X+ ⇒ X→Y (theo tính chất 7). Tƣơng tự ta cũng có: X ⊆ X+, mà theo 2’ ta có X+⊆ Y+ ⇒X ⊆ Y+ ⇒ Y→X (theo tính chất 7).
3.3. Sự tƣơng đƣơng giữa hai loại suy dẫn Định nghĩa 3.1: Định nghĩa 3.1:
Cho lƣợc đồ khối R = (id, A1, A2, ..., An), r(R) là một khối bất kỳ trên R, F là tập các phụ thuộc hàm và X, Y, Z,W n (i) i 1 id , f: X → Y. Ta
nói phụ thuộc hàm f đƣợc suy dẫn theo khối r từ tập phụ thuộc hàm F kí hiệu F ⊢ f nếu mọi khối r thỏa F thì cũng thỏa f.
Định nghĩa 3.2:
Cho lƣợc đồ khối R = (id, A1, A2, ..., An), r(R) là một khối bất kỳ, F là tập các phụ thuộc hàm trên R và X, Y, Z,W n (i ) i 1 id , f : X → Y . Ta nói
phụ thuộc hàm f đƣợc suy dẫn theo tiên đề (hoặc suy dẫn logic) từ tập phụ thuộc hàm F kí hiệu F ⊨ f nếu f ∈ F+ .
44
Cho lƣợc đồ khối R = (id, A1, A2, ..., An), r(R) là một khối bất kỳ, F là tập các phụ thuộc hàm trên R và X, Y, Z,W n (i ) i 1 id , f : X → Y . Ta có F ⊢ f khi và chỉ khi F ⊨ f.
Nói cách khác, suy dẫn theo tiên đề và suy dẫn theo khối là một. F ⊨ f F ⊢ f
Chứng minh:
a- Ta chứng minh F ⊨ f thì F ⊢f: Nếu Y⊆ X thì r(X → Y) (tính phản xạ)
Với mọi u, v ∈ r: u.X = v.X ⇒ u.Y = v.Y vì Y⊆ X. Nếu r(X → Y) thì r(XZ → YZ) (tính gia tăng)
Với mọi u, v ∈ r: u.XZ = v.XZ ⇒ u.X = v.X và u.Z = v.Z ⇒ u.Y = v.Y (do X → Y ) và u.Z = v.Z ⇒ u.YZ = v.YZ. Nếu r(X → Y) và r(Y → Z) thì r(X → Z) (bắc cầu)
Với mọi u, v ∈ r: u.X = v.X ⇒ u.Y = v.Y (do r(X → Y)) ⇒ u.Z = v.Z (do r(Y → Z))
a- Ta chứng minh F ⊢ f thì F ⊨ f:
Để chứng minh ta sử dụng phƣơng pháp phản chứng.
Giả sử f : X→ Y F+, ta chứng minh X→ Y Fbằng cách chỉ ra một khối thỏa các phụ thuộc hàm trong F nhƣng không thỏa f.
Ta xây dựng khối r nhƣ sau: r chức 2 phần tử u và v:
u = (x(i)│x ∈ id, i ∈ {1, 2, ..., n})
với x(i) = 1 x ∈ id, i ∈ {1, 2, ..., n} v = (y(i))│y ∈ id, i ∈ {1, 2, ..., n})
45
với y(i) = 1 y ∈ id, i ∈ {1, 2, ..., n} mà y(i)∈ X+ y(i) = 0 trong các trƣờng hợp còn lại
Trƣớc hết ta chứng minh khối r không thỏa phụ thuộc hàm X → Y. Theo cách xây dựng r thì ta có u, v giống nhau trên miền X+
: u.X+ = v.X+ và do X ⊆ X+ ⇒ u.X = v.X.
Giả sử u.Y = v.Y ⇒ Y ⊆ X+⇒ X → Y ∈ F+ mâu thuẫn với giả thiết. Vậy khối r không thỏa phụ thuộc hàm X → Y.
Ta chứng minh khối r thỏa mọi phụ thuộc hàm trong F.
Giả sử phụ thuộc hàm W → Z ∈ F+ và u.W = v.W ⇒ W ⊆ X+ ⇒ X → W ∈ F+.
Theo tính chất bắc cầu từ X → W và W → Z ⇒ X → Z ∈ F+. Theo định nghĩa bao đóng ta có: Z ⊆ X+ ⇒ u.Z= v.W
Vậy khối r thỏa phụ thuộc hàm W → Z.