通信網(wǎng)理論基礎(chǔ)課后習(xí)題答案.pdf

3 4 1 環(huán)上有 k 個端 3 k n 此 k 個端的選擇方式有種 對于某固定的 k 端來說 考 慮可以生成的環(huán) 任指定一個端 下個端的選取方法公有 k 1 種 再下端的選法有 k 2 種 等等 注意 這樣生成的環(huán)可按兩種試圖順序取得 故有 k n C 2 1 k 種 總的環(huán)數(shù)為 n k k n k C 3 2 1 2 某一固定邊 e 確定了兩個端 經(jīng)過 e 的環(huán)數(shù)按其過余下端進(jìn)行分類 若環(huán)再過 k 個端 1 k n 2 有選法種 對于某固定端來說 自然可以生成 k 個環(huán) 從而總的環(huán)數(shù) 為個 k n C 2 n k k n kC 3 2 3 兩個固定端之間的徑按其經(jīng)過端數(shù)分類 其中有一條不經(jīng)過其他端的徑 若經(jīng)過 k 個端 1 k n 2 則對于第一個端有 n 2 種選擇 第二個端有 n 3 種選擇 第 k 個 端有 n k 1 種選擇 共有 2 2 kn n 總的徑數(shù)為 2 1 2 2 1 n k kn n 3 5 試求圖 3 52 中圖的主樹數(shù)目 并列舉所有的主樹 圖 3 52 解 為圖的端編號為 v1 v2 v3 v4 取 v3 為參考點 有 8 201 021 113 S 所得主樹見下 第 1 頁 共 23 頁 3 6 試證明端數(shù) n 大于 4 的連接圖都是非平面圖 并求 n 2 3 4 的全連接圖為對偶圖 證明 設(shè)有n個端的全聯(lián)接圖為Kn因為K5是非平面圖 而當(dāng)n 5時K5是Kn的子圖 從而Kn n 5 均不是平面圖 一下是對偶圖 注意K4為自對偶圖 3 7 0000 1000 0100 1010 C 已知一個圖的鄰接矩陣如左 畫出此圖 并求各 端之間的最小有向徑長 解 首先作出圖形 對所繪制圖形的端點進(jìn)行編號 得鄰接矩陣 0000 1000 0100 0101 4321 vvvv C 第 2 頁 共 23 頁 經(jīng)計算 0000 0000 1000 0100 2 C 0000 0000 0000 1000 3 C 因而有 1 21 vvd 2 31 vvd 1 41 vvd 1 32 vvd 2 42 vvd 1 43 vvd 其余有向徑長均為 或不存在 3 8 圖有六個端 其無向距離矩陣如下 021321 101232 210123 321012 232101 123210 6 5 4 3 2 1 654321 v v v v v v vvvvvv 1 用 P 算法 求出最短樹 2 用 K 算法 求出最短樹 3 限制條件為兩端間通信的轉(zhuǎn)接次數(shù)不超過2的最 短樹 解 1 P 算法求解 456321 563216321321211 34 65162312 vvvvvv vvvvvvvvvvvvvvv e eeee 2 K 算法求解 按最小邊長順序取得 1 5645342312 eeeee此結(jié)果意味著最短樹不唯一 第 3 頁 共 23 頁 3 原圖有一個邊長全為 1 的基本子圖G1 要求轉(zhuǎn)接次數(shù)小于等于 2 若選取G1的任何 4 個 連續(xù)頂點 作為基礎(chǔ) 然后再按要求增加邊 例如以為基礎(chǔ) 增加 得到一個樹長為 7 轉(zhuǎn)接次數(shù)小于等于 2 的樹T1 事實上 以任何 4 個連續(xù) 頂點均可得到樹長為 7 的轉(zhuǎn)接次數(shù)小于等于 2 的樹 i v 1 i v 2 i v 3 i v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 3 9 圖有六個端 端點之間的有向距離矩陣如下 0227 50826 7205 102 7401 3190 6 5 4 3 2 1 654321 v v v v v v vvvvvv 1 用 D 算法求 V1 到所有其他端的最短徑長及其路徑 2 用 F 算法求最短徑矩陣和路由矩陣 并找到 V2 至 V4 和 V1 至 V5 的最短徑長及路由 3 求圖的中心和中點 解 1 D 算法 V1V2V3V4V5V6指定 最短徑長 0 V1W1 0 9 1 3 V3W13 0 9 3 2 V5W15 0 8 3 7 V4W14 0 8 7 V3W16 0 8 V2W12 0 2 F 算法 最短路徑矩陣及最短路由陣為W5 R5 有向距離為 4 412 vvv 有向距離為 2 531 vvv 第 4 頁 共 23 頁 053353 603323 650555 551051 531101 534350 027284 507264 720486 615072 834201 723180 053313 603323 650333 451011 431101 434320 0272134 507264 7205167 12150112 1134201 1023190 053313 603323 650333 051011 031101 034320 0272134 508264 7205167 150112 34201 23190 051311 604322 650300 051011 051101 024320 02102167 508267 7205 150112 74201 163190 051311 604320 650300 051011 051101 004320 02102167 50826 7205 150112 74201 3190 054301 604320 650300 050001 050301 004320 0227 50826 7205 102 7401 3190 55 44 33 22 11 00 RW RW RW RW RW RW 第 5 頁 共 23 頁 3 中心為V 8 7 8 7 8 8 5 ij j WMax 3或V5 j ij W 23 24 27 21 18 21 5 中心為V2 3 11 求下圖中Vs到Vt的最大流量fst 圖中編上的數(shù)字是該邊的容量 解 本題可以利用 M 算法 也可以使用最大流 最小割簡單計算可知 43 vvvX s t vvvX 21 123153 XXC 可知 最大流為 12 可以安排為fs1 3 fs2 5 f12 1 f2t 4 f1t 4 fs3 1 fs4 3 f3t 1 f4t 3 3 12 試移動 3 54 圖中的一條邊 保持其容量不變 是否能增大 fst 如果可以 求此時的最 大值 但若所有轉(zhuǎn)接端 v1v2v3 和 v4 的轉(zhuǎn)接容量限制在 4 則情況將如何 解 依然按照最大流 最小割定理 若 能依一邊從X找到X內(nèi)部至割 XX 中 自然可以增大流量 可以將e34移 去 改為 e41 或者e42均可 使總流 量增至 12 2 14 3 5 6 4 6 2 3 1 4 4 4 4 2 2 2 v1v1 v2 v3 v4 v2 v3 v4 Vs Vt 當(dāng) vi i 1 4 的轉(zhuǎn)接容量限制到 4 時 等效圖為右圖 對于 3 11 中的流量分 配 在本題限制下 若將 fs2 由 5 改為 4 即得到一個流量為 11 的可行流 但 若 2 44 33 vvvvvvX S t vvvvX 2 11 則113431 XXC 換句話說就是 11 已是最大流 第 6 頁 共 23 頁 3 13 圖 3 55 中的Vs和Vt間要求有總流量fst 6 求最佳流量分配 圖中邊旁的兩個數(shù)字前者 為容量 后者為費用 解 本題可以任選一個容量為 6 的可行流 然后采用負(fù)價環(huán)法 但也可用貪心算法 從 Vs 出發(fā)的兩條線路費用一樣 但進(jìn)入 Vt 的兩條路徑費用為 7 和 2 故盡可能選用費用為 2 的 線路 得下圖 1 再考慮 V0 進(jìn)入 V0 的兩條路徑中優(yōu)先滿 足費用為 3 的路徑 得 圖 2 很容易得到 最后一個流量為 fst 6 的圖 3 邊上的數(shù)字 為流量安排 總的費用為 3 2 3 2 2 3 1 1 6 3 3 4 5 7 4 2 VsVt 圖 1 52722432 1142312323 L 易用負(fù)價環(huán)驗證圖 4 的流量分配為最佳流 量分配 3 4 2 4 Vt 2 2 2 4 3 3 2 1 1 2 2 4 Vs VtVsVt 圖 2圖 3圖 4 Vs 3 16 試計算完全圖 Kn 的主樹的數(shù)目 解 設(shè) A 為 Kn 的關(guān)聯(lián)陣 那么主樹的數(shù)目為 21 1 0 0 00 1 1 1 1 0 01 11 11 1 1 001 11 1 11 11 nn T n n n n n n n dct n n dct n n dct n n n dctAAdctN 證畢 第 7 頁 共 23 頁 4 1 求 M M m n 中 等待時間 w 的概率密度函數(shù) 解 M M m n 的概率分布為 1 1 0 1 00 1 1 m r mnmk m m p k m p nk nkmp k m mkp k m p k m k k 0 10 0 0 假定 n m n 0 現(xiàn)在來計算概率 P w x 既等待時間大于 x 的概率 n j jj xwPpxwP 0 其中 Pj w x 的概率為 njmxwP njm i xm exwP mjxwP j mj i i xm j j 1 1 100 0 可得 xm m n nim mn i i xm m n mj n mj i i xmj m n n mj mj i i xm j e m mP xwP則若n P i xm eP m m i xm eP m m P i xm ePxwP 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 特別的 新到顧客需等待的概率為 1 0 0 m mP WP m 1 1 1 而 1 2 0 1 0 mn m m mn x m i x me m Pm xf mn n mn i mn m i mxm m w 第 8 頁 共 23 頁 n m k k xmm m w PwPPwP注 em m Pm xf在n 0 1 1 0 0 4 4 求M D 1 排隊問題中等待時間W的一 二 三階矩m1 m2 m3 D表示服務(wù)時間為定值b 到達(dá)率為 解 1 SBs s sG 其中 sbst edtebtsB 0 從而 sb es s sG 1 又 0 i i is gsG 1 00 s j sb ssg j j i i i b g 1 1 0 2 2 1 1 2 1 b b g 3 423 2 1 12 2 1 b bb g 3 4 33 2 3 22 2 11 4 4 3 1 4 21 6 0 1 6 2 2 0 1 2 0 1 24 1 21 b gGm b gGm b gGm b b bb g 4 5 求 M B 1 B M 1 和 B B 1 排隊問題的平均等待時間W 其中 B 是二階指數(shù)分布 100 1 2121 21 tt eetf 解 M B 1 2 2 1 2 21 2 2 2 1 2 2 2 12 21 1 2 2 2 1 2 21 1 2 2 1 1 0 1 1 1 1 1 22 0 1 0 1 m w wBwBw ss dtetfSB st 第 9 頁 共 23 頁 B M 1 21 2 11 21 2 11 1 2 21 2 11 10 1 21 2 2121 21 2 2121 21 2 2121 2 2 1 1 2 2 1 1 b 求 穩(wěn)定狀態(tài)時系統(tǒng)的隊列長度為k的概率pk 顧客到達(dá)時隊列的長度為k的概率vk 顧 客離去時隊列的長度dk 以及平均等待時間 并用G G 1 上界公式求出此時的平均等待時間 評論計算結(jié)果 并討論a b的情況 解 由于是 D D 1 問題 故子系統(tǒng)運行情況完全確定 第一個顧客到達(dá)后 系統(tǒng)無顧客 經(jīng) 第 10 頁 共 23 頁 過 b 后 服務(wù)完畢 顧客離去 再經(jīng)過 a b 后 下一個顧客到達(dá) 此時有 00 01 0 1 k k dr k a ba k a b p kk k 顧客不等待時0 w G G 1 上界公式 00 1 2 0 1 2 22 22 22 w t w bttpap t w t t tr 當(dāng) a 將造成呼損 t 時無呼損 2 2 22 00 2 4 2 dtdeedtdbtap 則dbtp t t t c t c 4 8 在優(yōu)先級別隊列中 A 隊為優(yōu)先級 不拒絕 B 隊為非優(yōu)先級 只準(zhǔn)一人排隊等待 不 計在服務(wù)中的 且當(dāng) A 隊無人時才能被服務(wù) 求各狀態(tài)概率 A 隊的平均等待時間和 B 隊 的拒絕概率 解 00 0 0 1 1 11 0 1 2 2 2 1 1 1 1 說明 0 狀態(tài)代表系統(tǒng)中無顧客狀態(tài) i j 狀態(tài)代表系統(tǒng)中正在服務(wù)且 A 隊中有 i 個顧客 B 隊列中有 j 個顧客排 隊的狀態(tài) 狀態(tài)轉(zhuǎn)移圖如右 A 隊到達(dá)率為 1 B 隊到達(dá)率為 2 服務(wù)率 系統(tǒng)穩(wěn)定 時 應(yīng)有1 1 1 5 4 3 2 1 0 0 0 21 11 111 1 0 10 110 21 11002011 02110010021 00021 iPPPP iPPP PPP PPPP PP iiii iii 由于 4 是差分方程 不妨設(shè)其通解為 代入有 i i xpp 000 2 22211 10 0 1 1 2121 2 2 2 121 0 121 21 00 1 0010021 xx xxxpxpxp iii 由于 5 是非齊次差分方程 0 1 0 21 111 11 1 iiii ppppp 其特征根為 1 a 假設(shè)其通解為 代入前式得 ii i BxAp 011 0 1 0002 1 0101 1 0 iiii xpxBxBxB 解之 得 i i i xpAppB 00011 00 代入 3 式得 11002011 1ppp 即 02100 000 1021001 02100 1 1 pp xpp xxpp xpA i i i i i 由正則條件 2 1 02100 0 102100 0 10 021211 1 0 0 10210210 1 1 11 1 1 1 11 1 11 xp xprpprw x p xpp r r r rrA i i 第 12 頁 共 23 頁 0 00 1 02100 0 0102100 0 1 11 1 1 x pxp xxppP r r r r rCB 4 9 排隊系統(tǒng)中有三個隊列 其到達(dá)率分別為 cba 公用同一出線路 其中a類最優(yōu)先 即線路有空閑就發(fā)送 b類次之 即a無排隊時 可以發(fā)送 c類最低 即a b類均無排隊時可 以發(fā)送 不計正在傳送的業(yè)務(wù) 各個隊列的截 至隊長為na 2 nb 1 nc 0 試列出穩(wěn)定狀 態(tài)下的狀態(tài)方程 并計算 cba 時 各 狀態(tài)的概率和三類呼叫的呼損 0 0 0 1 0 02 0 0 0 1 0 1 1 02 1 0 0 a b c a a a a b b b 解 r s k 分別表示 a b c 三隊中等待的呼叫數(shù) 狀態(tài)以 r s k 表示 穩(wěn)態(tài)方程 210010100110 200110210 110000010 100200 000200100 0100010000 0000 pppp ppp ppp pp ppp pppp pp aba ba ba ab aba cbaba cba 歸一條件1 0 kji pp 若 cba 令 a 151427362712 122 122 12156 122 3 122 12156 122 33 122 1293 3 23456 2 0 0 2 654 2100 2 3 200 0 2 543 1100 2 32 100 0 2 432 0100000 p pppp pppp pppp C 類呼損為 0 1ppc B 類呼損為 210110010 ppppB 第 13 頁 共 23 頁 A 類呼損為 200210 pppA 4 10 有一個三端網(wǎng)絡(luò) 端點為 邊為及 v1 到 v3 的業(yè)務(wù)由 v2 轉(zhuǎn)接 設(shè)所有的端之間的業(yè)務(wù)到達(dá)率為 線路的服務(wù)率為 的 1問題 當(dāng)采用即時 拒絕的方式時 求 321 vvv 211 vve 322 vve 1 各個端的業(yè)務(wù)呼損 2 網(wǎng)絡(luò)的總通過量 3 線路的利用率 解 令 00 表示 e1 e2 均空閑 10 表示 e1 忙 e2 閑 即 e1 由 v1 v2 間業(yè)務(wù)占用 01 表示 e1 閑 e2 忙 即 e2 由 v2 v3 間業(yè)務(wù)占用 11 表示 e1 e2 均忙 且分別由 v1v2 v2v3 間業(yè)務(wù)占用 表示 e1 e2 均忙 且由 v1 v3 間業(yè)務(wù)占用 狀態(tài)轉(zhuǎn)移圖如右 當(dāng) 231312 時 有下列關(guān)系 100111 110001 110010 100100 00 2 3 ppp ppp ppp pppp ppt 0 0 0 1 1 11 0 13 23 23 12 12 23 又 解之得 1 p 2 00 00 2 11 001001 31 1 p這里 pp pppp 呼損 2 2 0013 31 3 1 pp而 2 2 01001223 31 2 1 pppp 通過量 2 2 231312 31 23 1 1 1 pppT 線路利用率 2 2 011011 31 2 2 pppp 4 11上題中的網(wǎng)若用于傳送數(shù)據(jù)包 到達(dá)率仍為 每秒 平均包長為b比特 邊的容量為c 比特 秒 采用不拒絕的方式 并設(shè)各端的存儲容量足夠大 求 1 穩(wěn)定條件 2 網(wǎng)絡(luò)的平均時延 3 總的通過量 4 線路的平均利用率 第 14 頁 共 23 頁 解 這是一個無損但有時延的系統(tǒng) 兩條線路上到達(dá)率為 2 而服務(wù)率為 c b 的 M M 1 系統(tǒng) 1 穩(wěn)定條件為 2 b c 1 2 網(wǎng)絡(luò)的平均時延 對 v1v2 和 v2v3 間的業(yè)務(wù) 2 1 1 1 1 b c w 對 v1v3 間的業(yè)務(wù) 2 2 2 12 b c ww 3 系統(tǒng)穩(wěn)定時 總的通過量為 3 b c 4 線路的平均利用率 2 b c 一般來說 通過率與利用率均有增加 這是以穩(wěn)定性和時延為代價換來的 4 12 在分組交換系統(tǒng)中 設(shè)信息包以泊松率到達(dá) 平均到達(dá)率為 但信息包的長度為固定 b 比特 信道容量為 c 比特 秒 由于端內(nèi)存儲量的限制 設(shè)除了在傳送的包外 只允許有 兩個信息包等待傳送 試 1 列出關(guān)于dr 顧客離去時的隊長 的系統(tǒng)方程 2 解出個dr 3 求平均時延 4 求信息包被拒絕的概率 解 1 1 3 0 032231303 031221202 0211101 01000 i i d pdqdqdqdd pdqdqdqdd qdqdqdd qdqdd 其中 p0 是第 4 個顧客被拒絕離去之后 第 3 個顧客的殘余壽命中無顧客到達(dá)的概率 這里到達(dá)是隨機(jī)的 可知 b c edte b c p c b t cb 1 0 0 設(shè) c b 則 0 2 20 0 0 1 2 0 2 2 1 00 0 1 1 22 deedd q q d edbeq edbeq ed c b edbeq b 第 15 頁 共 23 頁 eee e dd e deee d i 2 4 2211 1 1 1 2 2 21 2 223 0 0 2 23 3 平均時延 0 2 21 1 1 1 2 1 2 3 2 2 3 22 d c b ee c b dm m m d m m cbws vv 拒絕概率 3 dpC 4 13 有四個端三條邊組成的數(shù)據(jù)網(wǎng) 如圖所示 端間的信息包分別為和每秒 信息包長度 為負(fù)指數(shù)分布 平均包長為k比特 各信道容量分別為c1 c2和c3 和一起排隊 和一起排隊 和一起排隊 均不拒絕 求 1 各種業(yè)務(wù)的平均時延 2 網(wǎng)絡(luò)的平均時延 3 各信道的平均利用率 解 由于均不拒絕且到達(dá)和離去均隨機(jī) 故 3 個 信道均等效于 3 個 M M 1 系統(tǒng) 其中 C1 到達(dá)為 1312 服務(wù)為 c1 b C2 到達(dá)為 4212 服務(wù)為 c2 b C3 到達(dá)為 4313 服務(wù)為 c3 b C1 的平均遲延為 1312 1 11 1 1 1 b c C1 的平均遲延為 4212 2 22 1 1 1 b c C1 的平均遲延為 4313 3 33 1 1 1 b c 4212 2 1312 1 2112 11 b c b c sss cc 第 16 頁 共 23 頁 4313 3 1312 1 3113 11 b c b c sss cc 4313 1 343 4212 2 242 11 b c ss b c ss cc 網(wǎng)絡(luò)的平均時延為 43421312 4343424213131212 ssss s 各信道利用率為 3431333 2421222 1131211 cb cb cb c c c 4 14 總線上有 4 個用戶 v1 v2 v3 和 v4 它們之間以 Alopha 方式互相通信 信包到達(dá)率均 為每秒 信息包的長度為 b 比特 總線上的傳輸速率為 c 比特 秒 試求通過率 r 并大致 畫出 r 與 b 的曲線關(guān)系 解 r 與 b 的曲線關(guān)系如右圖 從直觀上來看 這也是顯然的 總線上一個包的服務(wù)時間 c b 秒 總的呼叫量為 c b a 12 通過量為 a ear 2 通過率 a e c b r r 2 12 第 17 頁 共 23 頁 5 1 由 n 個元件構(gòu)成的一個系統(tǒng) 各元件的平均壽命都是 T 當(dāng)一個元件失效據(jù)使得系統(tǒng)失 效的情況下 已知系統(tǒng)的平均壽命將下降至 T n 如果采取容錯措施 當(dāng) m 個以上元件失效 才使系統(tǒng)失效 求證此系統(tǒng)的平均壽命為 m r m rn TT 0 1 可見比未采取措施前提高至少 m 倍 當(dāng) m n 1 時 這一系統(tǒng)實際上即是 n 個元件的并接系 統(tǒng) 試證上式即轉(zhuǎn)化成并連系統(tǒng)的壽命公式 證 以 i 狀態(tài)代表有 i 個元件失效的狀態(tài) 此時系統(tǒng)的狀態(tài)轉(zhuǎn)移框圖如下 012mF 那么狀態(tài) i 的平均壽命為 mi in T Si 0 從而系統(tǒng)的平均壽命為 m i m in TSSSS 0 10 1 當(dāng) m n 1 時 n k k TS 0 1 而利用數(shù)學(xué)歸納法易知 n n n nnn n k C n CCC k 1 1 3 1 2 11 321 0 5 2 有 n 個不可修復(fù)系統(tǒng) 它們的平均壽命都是 T 先取兩個作為并接 即互為熱備份運行 當(dāng)有一個損壞時 啟用第三個作為熱備份 再損壞一個是起用第四個 已知下去 直到 n 個系統(tǒng)均損壞 忽略起用冷備份期間另一系統(tǒng)損壞的可能性 試計算這樣運行下的平均壽命 并與全冷備份和全熱備份是的平均壽命相比較 解 狀態(tài)圖如下 i 表示有 i 個系統(tǒng)損壞 失效在圖中標(biāo)出 012n 1n 2 2 2 2 由上圖有 TSni T S ni 1 20 2 從而 平均壽命 冷熱 熱冷 n SSS T n SnTS T n Tn T SSSS 1 3 1 2 1 1 2 1 1 2 110 第 18 頁 共 23 頁 5 3 上題目中 n 個子系統(tǒng)都是可修復(fù)系統(tǒng) 可靠度都是 R 仍用上述方式運行 一損壞系統(tǒng) 修復(fù)后作為最后一個系統(tǒng)排隊等候再起用 求穩(wěn)態(tài)可靠度 解 m n m 表示 n 個系統(tǒng)中有 m 個失效 狀態(tài)轉(zhuǎn)移圖及失效率與修復(fù)率如圖 0 n1 n 12 n 2m n mn 1 1n 0 2 2 2 2 2 2 2 m 1 n n 1 3 m 用 Pm 表示狀態(tài) m n m 的概率 穩(wěn)態(tài) 狀態(tài)方程如下 1 2 2 10 1 2 2 2 0 1 21 11 10 n i i nn nnn mmm p pnp pnppn nmpmppm pp 解狀態(tài)方程如下 有 0 0 2 2 0 2 p n p nmp m p n n n m m m 由歸一性 1 1 0 1 0 221 n m n nn m nm p 穩(wěn)態(tài)可靠度 n nn m m ns nm m pR 1 221 21 1 其中 R R 1 R 是單一系統(tǒng)的可靠度 5 4 一個復(fù)雜系統(tǒng)有 n 級梯形結(jié)構(gòu)組成如圖所示 其中有 n 個子系統(tǒng)作為橋 2 n 1 個子系 統(tǒng)作為梯邊 它們都是可靠度為 R 的可以修復(fù)系統(tǒng) 求這個復(fù)雜系統(tǒng)的可靠度遞推公式 假定所有子系統(tǒng)都互相獨立 第 19 頁 共 23 頁 解 依次考慮 1 2 3 n 依照各個橋的情況可以分類 根據(jù) 1 2 3 n 的好壞情 況可以得到以下結(jié)果 情況 概率 可靠度 R 1 1 R 2 Rn 1 R 1 R 1 1 R2 2 Rn 2 R 1 R 2 1 1 R3 2 Rn 3 N R 1 R n 1 1 1 Rn 2 R0 N 1 1 R n1 1 Rn 1 2 221 0 2 1 2 42 1 2 2121 212 nn n nn n nnn RRRRRRRR RRRRRRRRRR 其中 2 0 2RRR 0 n 5 5 有一個故障率為 的系統(tǒng) 為了考慮是否使之成為可修復(fù)系統(tǒng)而配備維修力量 分別計 算兩類可靠度 試證明作為不可修復(fù)系統(tǒng)在時間 T 以內(nèi)的可靠度大于作為可修復(fù)系統(tǒng)的穩(wěn) 態(tài)可靠度的條件是 01 0995 0 TR 或 01 0 e T T TT T 01 0 995 0 T 5 6 有一故障率為 修復(fù)率為的系統(tǒng) 已知此系統(tǒng)的費用是 sr BAC 其中 A B r s 為已知的非負(fù)常量 求可靠度為 0 99 時的最小費用 解 1 999999 0 ss r sB A C 令 0 d dc 有 sr s ss r Bs rA sB A 1 1 99 099 第 20 頁 共 23 頁 s sr s s sr r s Bs rA B Bs rA AC99 9999 min 5 7 用流量法求圖 5 9 b 中的二分網(wǎng)的聯(lián)接度 和結(jié)合度 只考慮端故障 且各端的可 靠度均為 R 求 1 端和 5 端間的聯(lián)接概率 解 圖 5 9 b 中的二分圖 任意一端 度數(shù)均為 4 4 容易知道 4 一知考慮端故障 故中有一 二 三失效和無失效是等價圖入右 可靠度分別為 44 4 33 4 2 22 4 4 3