習題參考答案第1章習題參考答案一、選擇題1.C2.B3.D4.C5.D6.A7.A8.B9.D10.B11.C12.D13.A14.D15.B16.C17.D18.A19.D20.A二、填空題1.數據庫系統階段2.關系3.物理獨立性4.操作系統5.數據庫管理系統（DBMS）6.一對多7.獨立性8.完整性控制9.邏輯獨立性10.關系模型11.概念結構（邏輯）12.樹有向圖二維表嵌套和遞歸13.宿主語言（或主語言）14.數據字典15.單用戶結構主從式結構分布式結構客戶/服務器結構瀏覽器/服務器結構第2章習題參考答案一、選擇題1.A2.C3.C4.B5.B6.C7.B8.D9.C10.A11.B12.A13.A14.D15.D二、填空題1.選擇（選取）2.交3.相容（或是同類關系）4.并差笛卡爾積選擇投影5.并差交笛卡爾積6.選擇投影連接7.σf(R)8.關系代數關系演算9.屬性10.同質11.參照完整性12.系編號，系名稱，電話辦公地點13.元組關系域關系14.主鍵外部關系鍵15.R和S沒有公共的屬性第3章習題參考答案一、選擇題1.B2.A3.C4.B5.C6.C7.B8.D9.A10.D二、填空題結構化查詢語言（StructuredQueryLanguage）數據查詢、數據定義、數據操縱、數據控制外模式、模式、內模式數據庫、事務日志NULL/NOTNULL、UNIQUE約束、PRIMARYKEY約束、FOREIGNKEY約束、CHECK約束聚集索引、非聚集索引連接字段行數定義系統權限、對象權限基本表、視圖12．（1）INSERTINTOSVALUES('990010','李國棟','男',19)（2）INSERTINTOS(No,Name)VALUES('990011','王大友')（3）UPDATESSETName='陳平'WHERENo='990009'（4）DELETEFROMSWHERENo='990008'（5）DELETEFROMSWHERENameLIKE'陳%'13．CHAR(8)NOTNULL14．SC.CNo=C.CNo15．ALTERTABLEStudentADDSGradeCHAR(10)三、簡答7.（1）cno,cn(tno=’T1’(T)*TC*C)（2）sno,sn,dept(age>18∧Sex=’男’(S))（3）cno,cn,ct(tn=’李力’(T)*TC*C)（4）cno,cn,score(sno=’s1’(S)*SC*C)（5）cno,cn,score(sn=’錢爾’(S)*SC*cno,cn(C))（6）sn,cno(S*SC)cno(tn=’劉偉’(T)*TC)（7）cno,cn(C)-cno,cn(SC*(sn=’李思’(S))*C)（8）cno,cn,sno(C*SC)sno(S)（9）sno,sn,cno(S*SC)*cno(cno=’c1’∨cno=’c2’(SC))（10）sno,sn,cno(S*SC)cno(C)第4章習題參考答案一、選擇題1.B2.B3.D4.B5.C6.D7.B8.D9.C10.A二、填空題1.超鍵（或超碼）2.正確完備3.屬性集X的閉包X+函數依賴集F的閉包F+4.平凡的函數依賴自反性5.{AD→C}φ6.2NF3NFBCNF7.無損連接保持函數依賴8.ABBCBD9.B→φB→BB→CB→BC10.B→CA→DD→C11.AB1NF12.AD3NF三、簡答題5、解（1）根據F對屬性分類：L類屬性：BD。R類屬性：無。N類屬性：無。LR類屬性：AC。L和N類屬性B、D在R的任何候選鍵中，又由于（BD）＋={ABCD}，即包含了R的全部屬性，因此，BD是R唯一的候選鍵。（2）首先，將F中每個函數依賴的右部均變為單屬性，結果為：F1={A→C，C→A，B→A，B→C，D→A，D→C，BD→A}，其次，去掉F函數依賴左部多余的屬性。對于BD→A，因為B+={ABC}，即B+包含屬性A，所以D是多余的屬性，BD→A可化簡為B→A。得到F2={A→C，C→A，B→A，B→C，D→A，D→C，B→A}，去掉重復的得到F3={A→C，C→A，B→C，B→A，D→A，D→C}接著，去掉F中各函數冗余的依賴函數。由于B→C是由B→A和A→C推出，故B→C可以去掉；D→A由D→C和C→A推出，故D→A可以去掉。可得：Fmin={A→C,C→A,B→A,D→C}或者 對于A→C；在F3中去掉后其后再計算A+={A}，所以不能去掉。對于C→A；在F3中去掉后其后再計算C+={C}，所以不能去掉。對于B→C；在F3中去掉后其后再計算B+={ABC}，所以可以去掉。F4={A→C，C→A，B→A，D→A，D→C}對于B→A；在F4中去掉后其后再計算B+={B}，所以不能去掉。對于D→A；在F4中去掉后其后再計算D+={ACD}，所以可以去掉。F5={A→C，C→A，B→A，D→C}對于D→C；在F5中去掉后其后再計算D+={D}，所以不能去掉。最后得到：Fmin={A→C，C→A，B→A，D→C}（3）根據Fmin且已知BD是主鍵， 首先，關系是1NF。 其次，因為B→C，說明存在非主屬性C對主鍵BD的部分依賴，因此該關系部屬于2NF。（4）根據算法 首先，沒有X→Y且XY=R的依賴。 其次，也不存在與依賴左右邊都無關的屬性。 接著，根據Fmin中依賴逐一分解為 R1(AC)，R2(CA)，R3(BA)，R4(DC) 整理得到：ρ1={R1(A,C)，R2(B,A)，R3(D,C)}最后，判斷ρ是否具有無損連接性ABCDACa1b12a3b14BAa1a2b23b24DCb31b32a3a4根據Fmin最終整理得到ABCDACa1b12a3b14BAa1a2a3b34DCa1b42a3a4因為修改后沒有一行的值全都為a即a1a2a3a4的形式，所以不是無損連接分解。然后根據算法，把候選鍵增加為新關系，因此增加新關系分解R4(BD)，最后得到 ρ2={R1(A,C)，R2(B,A)，R3(D,C)，R4(BD)}該分解仍然保持了Fmin的所有依賴，驗證其分解無損性：ABCDACa1b12a3b14BAa1a2b23b24DCb31b32a3a4BDb41a2b34a4根據Fmin最終整理得到ABCDACa1b12a3b14BAa1a2a3b24DCa1b32a3a4BDa1a2a3a4得到最后一行為a1,a2,a3,a4，所以該分解為無損分解。所以最終分解結果為： ρ={R1(A,C)，R2(B,A)，R3(D,C)，R4(BD)}6、解：（1）根據F可推導出(AD)+={AD}∪{CA}∪{AC}={ACD}B+={B}∪{AC}∪{CA}={ABC}（2）（3）（4）（5）參考第5題。解(1) 根據依賴F對其屬性進行分類：L類屬性：CER類屬性：無N類屬性：無LR類屬性：ABD所以，L類屬性中的C和E一定是關系模式R的任一候選鍵的一部分。 同時(CE)+={CEDBA}包含了R全部屬性，所以CE是R唯一候選鍵。(2)首先R屬于1NF。因為CE是R的唯一候選鍵，也是R的主鍵，主屬性為C和E。根據E→D可知，R的F中存在非主屬性對主屬性的部分依賴，所以R不屬于2NF。(3) 首先，求解R的Fmin： 將F中依賴分解為單屬性依賴得到 F1={A→D，E→D，D→B，B→D，C→D，C→A，D→A} 接著逐一對依賴進行驗證對于A→D，假設去掉，推出A+={A}，所以該依賴需要保留對于E→D，假設去掉，推出E+={E}，所以該依賴需要保留對于D→B，假設去掉，推出D+={DA}，所以該依賴需要保留對于B→D，假設去掉，推出B+={B}，所以該依賴需要保留對于C→D，假設去掉，推出C+={CADB}，包含D，所以該依賴可以去掉，然后得到新的F F2={A→D，E→D，D→B，B→D，C→A，D→A}對于C→A，假設去掉，推出C+={C}，所以該依賴需要保留對于D→A，假設去掉，推出D+={DB}，所以該依賴需要保留所以，最終得到Fmin Fmin={A→D，E→D，D→B，B→D，C→A，D→A}然后根據Fmin對R進行分解得到ρ1={R1(AD)，R2(ED)，R3(DB)，R4(BD)，R5(CA)，R6(DA)}整理得到 ρ2={R1(AD)，R2(ED)，R3(DB)，R4(CA)}該分解仍然保持了Fmin的所有依賴，驗證其分解無損性：ABCDEADa1b12a3a4b15EDb21b22b23a4a5DBb31a2b33a4b35ACa1b42a3b44b45根據Fmin={A→D，E→D，D→B，B→D，C→A，D→A}最終整理得到ABCDEADa1a2a3a4b15EDb21a2b23a4a5DBb31a2b33a4b35ACa1a2a3a4b45沒有一行全部為a，所以該分解是有損分解。根據算法，增加候選鍵構成的子關系R5={CE}進一步驗證ρ3={R1(AD)，R2(ED)，R3(DB)，R4(CA)，R5(CE)}ABCDEADa1b12a3a4b15EDb21b22b23a4a5DBb31a2b33a4b35ACa1b42a3b44b45CEb51b52a3B54a5根據Fmin={A→D，E→D，D→B，B→D，C→A，D→A}最終整理得到ABCDEADa1a2a3a4b15EDa1a2b23a4a5DBa1a2b33a4b35ACa1a2a3a4b45CEa1a2a3a4a5最后一行全部為a，所以該分解是無損分解。所以最終分解結果為：ρ3={R1(AD)，R2(ED)，R3(DB)，R4(CA)，R5(CE)}8、解（1）UVWXYZWZb11b12a3b14b15a6VYb21a2b23b24a5b26WXYb31b31a3a4a5b36UVa1a2b43b44b45b46圖1-1初始表格F={U→V，W→Z，Y→U，WY→X}UVWXYZWZb11b12a3b14b15a6VYb21a2b23ba5b26WXYb21a2a3a4a5a6UVa1a2b43b44b45b46圖1-2修改后的表格因修改后的表格中沒有一行全為a，因此，p相對于F不是無損連接（2）BOISQDSDb11b12b13a4b15a6IBa1b22a3b24b25b26ISQb31b32a3a4a5b36BOa1a2b43b44b45b46圖2-1初始表格 F={S→D，I→B，IS→Q，B→O}BOISQDSDb11b12b13a4b15a6IBa1a2a3b24b25b26ISQa1a2a3a4a5a6BOa1a2b43b44b45b46圖2-2修改后的表格因修改后的表格中的第三行全為a，即a1 a2a3 a4a5 a6，因此，p相對于F是無損連接（3）ABCDABa1a2b13b14ACDa1b22a3a4BCDb31a2a3a4圖3-1初始表格F={A→C，D→C，BD→A}ABCDABa1a2a3b14ACDa1b22a3a4BCDa1a2a3a4圖3-2修改后的表格因修改后的表格中的第三行全為a，即a1 a2a3 a4，因此，p相對于F是無損連接(4)ABCDEADa1b12b13a4b16ABa1a2b23b24b26BCb31a2a3b34b36CDEb41b42a3a4a5AEa1b52b53b54a5圖4-1初始表格F={A→C，C→D，B→C，DE→C，CE→A}ABCDEADa1b12a3a4b16ABa1a2a3a4b26BCb31a2a3a4b36CDEa1b42a3a4a5AEa1b52a3a4a5圖3-2修改后的表格因修改后的表格中沒有一行全為a，因此，p相對于F不是無損連接9、解因為SC的所以屬性均為簡單屬性，即每個屬性都是不可再分的，則SC屬于第一范式，記作SC∈1NF.因為SC∈1NF，且SC→G，每個非主屬性都完全函數依賴于SC的主關系鍵，則稱SC屬于第二范式，記作SC∈2NF。因為SC∈2NF，在SC中，主關系鍵為（S,C）,非主屬性為G，函數依賴F={SC→G}，非主屬性G不傳遞函數依賴于主關系鍵（S,C）,因此，SC∈3NF通過考察SC發現，S,C兩屬性是L類屬性，故S,C兩屬性必在SC的任何候選鍵中，又由于(SC)+=SCG,即包含了SC的全部屬性，因此，SC是SC的唯一候選鍵。同時(S,C)→G，該決定因素包含了候選鍵，因此，SC也屬于BC范式，所以，SC屬于BC范式！！！10、設有關系模式R（A，B，C，D，E，F），函數依賴集F{A→BC，BC→A，B→C，D→EF，E→C}。試問：關系模式R是否為BCNF范式，并證明結論。解：根據BCNF范式定義：決定因素X都包含了R的一個候選鍵。所以先求R的候選鍵。如下：R類屬性：F。L類屬性：D。N類屬性：無。LR類屬性：A、B、C、E。所以D必為R任一候選鍵成員，而F不在任一候選鍵中。且D+={EF}<>R，所以D不是R唯一候選鍵。下面分別依次選取一個屬性與D組合分別求包閉,有：（DA)+={ABCDEF}=R（DB)+={ABCDEF}=R（DC)+={CDEF}（DE)+={CDEF}（DF)+={CDEF}所以（DA）和（DB）都為候選鍵。因為F中所有依賴的左部均無三個屬性組合，所以不要再求解三個屬性的候選鍵。（注意：如果繼續求解三個屬性的候選鍵，必須排除帶有DA和DB的三屬性組合，因為候選鍵要求沒有多余屬性，否則就是超鍵。）由此可見R的F中很多依賴的決定因素沒有包含候選鍵，所以R不是BCNF。11、設有關系模式R(A，B，C，D，E)，函數依賴集F={A→D，E→D，D→B，(B，C)→D，(D，C)→A}。（1）求出R的候選鍵。（2）判斷P={AB，AE，CE，BCD，AC}是否為無損連接分解？解：（1）通過觀察F發現，L類屬性：CER類屬性：無N類屬性：無LR類屬性：ABD故C，E兩屬性必在R的任何候選鍵中；又因為(CE)+=ABCDE，即包含了R的全部屬性，因此，CE是R的唯一候選鍵。（2）初始表格ABCDEABa1a2b13b14b15AEa1b22b23b24a5CEb31b32a3b34a5BCDb41a2a3a4b45ACa1b52a3b54b55修改后的表格ABCDEABa1a2b13b14b15AEa1a2b23b14a5CEa1a2a3a4a5BCDa1a2a3a4b45ACa1a2a3a4b55在第三行的值全部為a，即a1a2a3a4a5的形式。因此，p相對于F是無損連接分解。12、F={A→C，B→D，C→D，DE→C，CE→A}初始表ABCDEADa1b12b13a4b15ABa1a2b23b24b25BEb31a2b33b34a5CDEb41b42a3a4a5AEa1b52b53b54a5修正后的表ABCDEADa1b12b13a4b15ABa1a2b13a4b25BEb31a2b33b24a5CDEa1b42a3a4a5AEa1b52a3a4a5 因為第三行已全是a，所以ρ對于F不是無損連接分解13、設有函數依賴集F=｛AB→CE，A→C，GP→B，EP→A，CDE→P，HB→P，D→HG，AB→CPG｝，求屬性集D關于F的閉包D+解： D+={DHG}14、已知關系模式R的全部屬性集U={A,B,C,D,E,G}及其函數依賴集：F={AB→C,C→A,BC→D,ACD→B,D→EG,BE→C,CG→BD,CE→AG},求屬性集BD的閉包（BD）+。解：(BD)+為{ABCDEG}15、F={D→G，C→A，CD→E，A→B}解：D+={DG}C+={CAB}A+={AB}(CD)+={CDABGE}(AD)+={ADBG}(AC)+={ACB}(ACD)+={ACDBGE}16、設有函數依賴集F={AB→CE，A→C，GP→B，EP→A，CDE→P，HB→P，D→HG，ABC→PG}求與F等價的最小函數依賴集。解：1）將F中函數依賴的右部均變為單屬性F1={AB→C，AB→E，A→C，GP→B，EP→A，CDE→P，HB→P，D→H，D→G，ABC→P，ABC→G}2）去掉函數依賴左部多余的屬性對于AB→C，因A+={AC}，所以B屬性多余，轉換為A→C對于AB→E，因A+={AC}，而B+={B}，所以無多余屬性，原樣保留。對于GP→B，因G+={G}，而P+={P}，所以無多余屬性，原樣保留。對于EP→A，因E+={E}，而P+={P}，所以無多余屬性，原樣保留。對于CDE→P，因C+={C}，而D+={DHG}，而E+={E}，(CD)+={CDHG}，(DE)+={DEHG}，(CE)+={CE}，所以無多余屬性，原樣保留。對于HB→P，因H+={H}，而B+={B}，所以無多余屬性，原樣保留。對于ABC→P，因A+={AC}，而B+={B}，C+={C}，(AB)+={ABCE}，(BC)+={BC}，(AC)+={AC}，所以無多余屬性，原樣保留。對于ABC→G，因A+={AC}，而B+={B}，C+={C}，(AB)+={ABCE}，(BC)+={BC}，(AC)+={AC}，所以無多余屬性，原樣保留。F2={AB→E，A→C，GP→B，EP→A，CDE→P，HB→P，D→H，D→G，ABC→P，ABC→G}3）在F2中消除多于函數依賴對于AB→E，假設去掉，計算(AB)+={ABCPG}，所以保留。對于A→C，假設去掉，計算A+={A}，所以保留。對于GP→B，假設去掉，計算(GP)+={GP}，所以保留。對于EP→A，假設去掉，計算(EP)+={EP}，所以保留。對于CDE→P，假設去掉，計算(CDE)+={CDEHG}，所以保留。對于HB→P，假設去掉，計算(HB)+={HB}，所以保留。對于D→H，假設去掉，計算(D)+={DG}，所以保留。對于D→G，假設去掉，計算(D)+={DH}，所以保留。對于ABC→P，假設去掉，計算(ABC)+={ABCEG}，所以保留。對于ABC→G，假設去掉，計算(ABC)+={ABCEP}，所以保留。最后得到Fmin={AB→E，A→C，GP→B，EP→A，CDE→P，HB→P，D→H，D→G，ABC→P，ABC→G}17、F={E→G，G→E，F→EG，H→EG，FH→E}求Fmin解：（1）將依賴右邊變為單一屬性得到 F1={E→G，G→E，F→E，F→G，H→E，H→G，FH→E}（2）去掉右邊多余屬性 對于FH→E，計算(F)+={FEG}，包含了E，所以可去掉H，得到F→E。然后去掉重復的，最后得到 F2={E→G，G→E，F→E，F→G，H→G，H→E}（3）驗證是否有多余依賴 對于E→G，假設去掉，計算(E)+={E}，所以保留。對于G→E，假設去掉，計算(G)+={G}，所以保留。對于F→E，假設去掉，計算(F)+={FGE}，已經包含了E，去掉。得到F3={E→G，G→E，F→G，H→E，H→G}對于F→G，假設去掉，計算(F)+={F}，所以保留。對于H→G，假設去掉，計算(H)+={HGE}，已包含了G，去掉，得到。 F4={E→G，G→E，F→G，H→E}對于H→E，假設去掉，計算(H)+={H}，所以保留。最終，得到： Fmin={E→G，G→E，F→G，H→E}18、求所有候選鍵（1）R(A，B，C，D，E，P)，F={A→B，C→P，E→A，CE→D}解：L類屬性：CEN類屬性：無LR類屬性：A因為（CE）+={CEDPAB}，包含了R的所有屬性，所以CE為R的唯一候選鍵。（2）R(C，T，S，N，G)，F={C→T，CS→G，S→N}解：L類屬性：C、S，N類屬性：無LR類屬性：無因為（CS）+={CSTGN}，包含了R的所有屬性，所以CS為R的唯一候選鍵。（3）R(C，S，Z)，F={CS→Z，Z→C}解：L類屬性：SN類屬性：無LR類屬性：C、Z：因為S+={S}不包含R的所有屬性，所以分別求（SC）+={CSZ}，包含了R的所有屬性，所以SC為R的一個候選鍵；（SZ）+={SZC}，包含了R的所有屬性，所以SZ為R的一個候選鍵。因為，無沒有用到的屬性，不需要考慮三個屬性情況，至此，關系模式R中不可能再存在別的候選鍵了。（4）R(S，D，I，B，O，Q)，F={S→D，I→B，B→O，O→Q，Q→I}解：L類屬性：SN類屬性：無LR類屬性：B、I、O、Q因為S+={SD}不包含R的所有屬性，所以要考慮組合情況（SB）+、（SI）+、（SO）+、（SQ）+兩個組合（SB）+={SBDOQI}，包含了R的所有屬性，所以SB為R的一個候選鍵；（SI）+={SIDBOQ}，包含了R的所有屬性，所以SI為R的一個候選鍵；（SO）+={SOQIBD}，包含了R的所有屬性，所以SO為R的一個候選鍵；（SQ）+={SQBIOD}，包含了R的所有屬性，所以SD為R的一個候選鍵；因為無沒用到的屬性，不需要考慮三個屬性情況，所以至此，關系模式R中不可能再存在別的候選鍵了。（5）R(S，D，I，B，O，Q)，F={I→B，B→O，I→Q，S→D}解：L類屬性：I、SN類屬性：無LR類屬性：B因為（IS）+={ISBDOQ}，包含了R的所有屬性，所以IS為R的唯一候選鍵。（6）R(A，B，C，D，E，F)，F={AB→E，AC→F，AD→B，B→C，C→D}解：L類屬性：AN類屬性：無LR類屬性：B、C、D：因為A+={A}，不包含R的所有屬性，所以要考慮組合情況（AB）+、（AC）+、（AD）+，（AB）+={ABECDF}，包含了R的所有屬性，所以AB為R的一個候選鍵；（AC）+={ACFDBE}，包含了R的所有屬性，所以AC為R的一個候選鍵；（AD）+={ADBECF}，包含了R的所有屬性，所以AD為R的一個候選鍵；因為無多余的屬性，不需要考慮三個屬性情況，所以至此，關系模式R中不可能再存在別的候選鍵了。19、解：按照常識，可以得出關系鍵是職工號，而且可以得到如下依賴F={職工號→職工名，職工號→年齡，職工號→性別，職工號→單位名，職工號→單位號，單位號→單位名} 關系顯然屬于1NF，而且主鍵為單一屬性，所以關系也屬于2NF。因此存在非主屬性“單位名”通過“單位號”對主屬性“職工號”的傳遞依賴，所以該關系不屬于3NF。將其轉換為3NF步驟如下：首先求解Fmin={職工號→職工名，職工號→年齡，職工號→性別，職工號→單位號，單位號→單位名}接著根據Fmin對R進行分解R1={職工號，職工名}，R2={職工號，年齡}R3={職工號，性別}，R4={職工號，單位名}R5={單位號，單位名}3）合并整理得到ρ={R1={職工號，職工名，年齡，性別，單位號}，R2={單位號，單位名}}4）驗證是否無損分解職工號職工名年齡性別單位號單位名S（職工號，職工名，年齡，性別，單位號）a1a2a3a4a5b16D（單位號，單位名）b21b22b23b24a5a6原始表格職工號職工名年齡性別單位號單位名S（職工號，職工名，年齡，性別，單位號）a1a2a3a4a5a6D（單位號，單位名）b21b22b23b24a5a6整理后得到第一行全部為a，所以該分解為無損分解。分解完成。20、要建立關于系，學生、班級、研究會等信息的一個關系數據庫。規定：一個系有若干個專業、每個專業每年只招一個班，每個班有若干學生，一個系的學生住在同一個宿舍區。每個學生可參加若干研究會，每個研究會有若干學生。描述學生的屬性有：學號、姓名、出生年月、系名、班號、宿舍區。描述班級的屬性有：班號、專業名、系名、人數、入校年份。描述系的屬性有：系號、系名、系辦公室地點、人數。描述研究會的屬性有：研究會名、成立年份、地點、人數。學生參加某研究會，有一個入會年份。試給出上述數據庫的關系模式；寫出每個關系的最小依賴集（即基本的函數依賴集，不是導出的函數依賴）；指出是否存在傳遞函數依賴；對于函數依賴左部是多屬性的情況，討論其函數依賴是完全函數依賴還是部分函數依賴，指出各關系的候選鍵、外部關系鍵。解：1）關系模式R1=學生（學號，姓名、出生年月、系名、班號、宿舍區）R2=班級（班號、專業名、系名、人數、入校年份）R3=系（系號、系名、系辦公室地點、人數）R4=研究會（研究會名、成立年份、地點、人數）R5=入會（學號、研究會名、入會年份）

2）每個關系的最小函數依賴集首先根據分析，寫出所有依賴F1={學號→姓名，學號→出生年月，學號→系名，學號→班號，學號→宿舍區，系名→宿舍區，班號→宿舍區，班號→系名}F2={班號→專業名，班號→系名，班號→人數，班號→入校年份，專業名→系名，(專業名，入校年份)→班號}F3={系號→系名，系號→系辦公室地點，系名→系辦公室地點，系號→人數，系名→人數，系名→系號}F4={研究會名→成立年份、研究會名→地點、研究會名→人數}.F5={(學號，研究會名)→入會年份}然后求解最小依賴得到F1min={學號→姓名，學號→出生年月，學號→班號，系名→宿舍區，班號→系名}F2min={班號→專業名，班號→人數，班號→入校年份，專業名→系名，(專業名，入校年份)→班號}F3min={系號→系名，系名→系辦公室地點，系名→人數，系名→系號}F4min={研究會名→成立年份、研究會名→地點、研究會名→人數}.F5min={(學號，研究會名)→入會年份}3）傳遞函數依賴R1：學號→班號，班號→系名，系名→宿舍區；所以存在傳遞依賴。R2：班號→專業名，專業名→系名；所以存在傳遞依賴。R3：系號→系名，系名→系辦公室地點；系號→系名，系名→人數；所以存在傳遞依賴。R4：不存在傳遞依賴。R5：不存在傳遞依賴。4）對于函數依賴左部是多屬性的情況R2：(專業名，入校年份)→班號，因為專業可對應不同年份的多個班號，同一個入學年份也對應多個班號，所以任何一個都不能決定班號，且其單個屬性閉包分別為： 專業名+={專業名，系名}入校年份+={/