AV - banco de dados 2014-1

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Avaliação: CCT0169_AV_201101111356 » BANCO DE DADOS
Tipo de Avaliação: AV
Aluno: 201101111356 ­ LUCIANO BARBOSA LIMA
Professor: PATRICIA FIUZA DE CASTRO Turma: 9001/ED
Nota da Prova: 2,5        Nota de Partic.: 1        Data: 07/06/2014 08:16:20
  1a Questão (Ref.: 201101215518) Pontos: 0,0  / 1,5
Devido  a  várias  desvantagens  do  sistema  de  arquivos  convencional  e  dificuldades  na  gerência  dos  dados  foram
desenvolvidos  os  SGBDs.  Além  de  seus  modelos  de  banco  de  dados,  um  SGBD  deve  oferecer  um  conjunto  de
facilidades e serviços que definem a capacidade de banco de dados. Cite 3 facilidades ou serviços que são oferecidos
pelo SGBD.
Resposta: Configurar a segurança do acesso.
Gabarito:
Persistência;  definição  e  manipulação  de  dados;carga,  descarga,  cópia,  restauração  e  recuperação  de  dados;
segurança;integridade;controle de concorrência de transações; e desempenho.
  2a Questão (Ref.: 201101175079) Pontos: 0,5  / 1,5
 A tabela c_empr foi criada pelo seguinte comando:
                  CREATE TABLE c_empr
 (id                    NUMBER(7) CONSTRAINT c_empr_id_pk PRIMAY KEY,
 ult_nome         VARCHAR2(25) 
            CONSTRAINT c_empr_ult_nome_nn NOT NULL,
 prim_nome       VARCHAR2(25),
 senha                 VARCHAR2(8)
            CONSTRAINT c_empr_senha_nn NOT NULL,
 dt_admissao     DATE,
 salario              NUMBER(11,2),
 id_gerente         NUMBER(7) ,
 id_depto         NUMBER(7) ,
 perc_comissao   NUMBER(4,2))
Escreva o comando de Alter Table necessário para acrescentar uma constraint na tabela de forma que a coluna id_gerente  seja
uma chave estrangeira para a própria tabela c_empr.
 
 
 
Resposta: ALTER TABLE c_empr WHERE id_gerente
Gabarito: ALTER TABLE c_empr
ADD CONSTRAINT c_empr_id_gerente_fk 
FOREIGN KEY (id_gerente) REFERENCES c_empr (id)
  3a Questão (Ref.: 201101151843) Pontos: 0,0  / 0,5
Pode se afirmar que uma entidade atributiva:
É a entidade que possui chave primária simples, ou seja, a sua chave primária não é composta pela chave primária de
nenhuma outra entidade.
É a entidade que possui chave estrangeira simples, ou seja, a sua chave primária não é composta pela chave estrangeira de
nenhuma outra entidade.
  É uma entidade definida a partir de um Grupo Repetitivo de Atributos de uma entidade.
  É a entidade que possui chave primária simples, ou seja, a sua chave primária é composta pela chave primária de nenhuma
outra entidade.
São duas ou mais entidades que têm algum tipo de relacionamento.
  4a Questão (Ref.: 201101373137) Pontos: 0,5  / 0,5
Os três níveis componentes de uma arquitetura de bancos de dados são:
básico, simples e complexo
  externo, conceitual e interno
compacto, estendido e paralelo
dimensional, relacional e complexo
distribuído, básico e paralelo
  5a Questão (Ref.: 201101362687) Pontos: 0,5  / 0,5
A afirmação: "um cliente mora em uma e somente uma cidade e em uma cidade moram pelo menos um ou vários clientes", mostra
que as cardinalidades de cliente para cidade e de cidade para clientes são respectivamente:
(1,N) e (0,N)
(0,1) e (1,N)
(0,N) e (1,1)
  (1,1) e (0,N)
(1,N) e (0,1)
  6a Questão (Ref.: 201101151434) Pontos: 0,0  / 0,5
­ Os ATRIBUTOS no Modelo ER (Entidade­Relacionamento) são características de entidades que
oferecem detalhes descritivos sobre elas. Logo, NÃO se pode afirmar:
São conectados à entidade
São representados por uma elipse
Podem existir entidades fracas
  São os relacionamentos entre as entidades
  Podem ser multivalorados
  7a Questão (Ref.: 201101150633) Pontos: 0,5  / 0,5
  7a Questão (Ref.: 201101150633) Pontos: 0,5  / 0,5
Conforme a relação de empregado abaixo, através da álgebra relacional, escolha a opção que  selecione o nome e endereço de
cada empregado, que possua salário superior a R$ 5.000,00.
 
Empregado(matrícula, nome, endereço, salário, departamento, cargo).
π nome,endereço (Empregado) X (δ salario>5000 (Empregado))
π salario>5000   (δ nome,endereco  (Empregado))
  π nome,endereco  (δ salario>5000 (Empregado))
π salario>5000    X (δ nome,endereco  (Empregado))
δ nome,endereco  (π salario>5000 (Empregado))
  8a Questão (Ref.: 201101150254) Pontos: 0,5  / 0,5
A linguagem de consulta formal e procedimental, ou seja, aquela em que o usuário fornece instruções para o sistema para que este
realize uma sequência de operações na base de dados para calcular o resultado desejado, se chama:
Normalização.
Linguagem de programação.
Cardinalidade.
Modelo Entidade­Relacionamento.
  Álgebra relacional.
  9a Questão (Ref.: 201101151546) Pontos: 0,0  / 1,0
Em um Modelo de Entidade e Relacionamento, o ATRIBUTO tem a seguinte função:
  Identifica unicamente uma entidade e não um relacionamento.
  É uma propriedade que descreve uma entidade ou um relacionamento.
Identifica unicamente um relacionamento e não uma entidade.
É sempre um atributo identificador único (chave primária) para apenas uma tabela.
É uma propriedade que descreve somente um relacionamento.
  10a Questão (Ref.: 201101151590) Pontos: 0,0  / 1,0
­ Considere o banco de dados relacional de uma clínica médica, no qual as chaves primárias
(incrementada automaticamente) e estrangeiras estão sublinhadas.
 
*Obs. A numeração automática iniciará com 1.
 
                        PACIENTE (id_pac, nome_pac, sexo, fone_pac)
                        ESPECIALIDADE (id_espec, nome_espec)
                        MEDICO (id_med, nome_med, fone_med, id_espec)
                        CONSULTA (id_cons, dt_cons, vl_cons, id_pac, id_med)
 
Dê o comando correspondente de Selecionar nome do paciente, nome da especialidade, nome do
médico, data de consulta para todos os pacientes.
Select T1.nome_pac, T2.nome_espec, T3.nome_med, T4.dt_cons, T4.vl_cons From
Select T1.nome_pac, T2.nome_espec, T3.nome_med, T4.dt_cons, T4.vl_cons From
PACIENTE T4, ESPECIALIDADE T3, MEDICO T2, CONSULTA T1 Where T1.id_pac =
T4.id_pac  And T4.id_med = T3.id_med And T3.id_espec = T2.id_espec
Select T3.nome_med, T1.nome_pac, T2.nome_espec, T4.dt_cons, T4.vl_cons From
PACIENTE T4, ESPECIALIDADE T3, MEDICO T2, CONSULTA T1 Where T1.id_pac =
T4.id_pac And T4.id_med = T3.id_med And T3.id_espec = T2.id_espec
Select T2.nome_espec, T1.nome_pac, T3.nome_med, T4.dt_cons, T4.vl_cons From
PACIENTE T4, ESPECIALIDADE T3, MEDICO T2, CONSULTA T1 Where T1.id_pac =
T4.id_pac And T4.id_med = T3.id_med And T3.id_espec = T2.id_espec
  Select T1.nome_pac, T2.nome_espec, T3.nome_med, T4.dt_cons From PACIENTE T4,
ESPECIALIDADE T3, MEDICO T2, CONSULTA T1 Where T1.id_pac = T4.id_pac  And
T4.id_med = T3.id_med And T3.id_espec = T2.id_espec
  Select T1.nome_pac, T3.nome_med, T2.nome_espec, T4.dt_cons, T4.vl_cons From
PACIENTE T4, ESPECIALIDADE T3, MEDICO T2, CONSULTA T1 Where T1.id_pac =
T4.id_pac And T4.id_med = T3.id_med And T3.id_espec = T2.id_espec
Período de não visualização da prova: desde 30/05/2014 até 16/06/2014.