安全性可靠性性能评价Word文件下载.docx

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密钥的管理包括密钥体制的选择、密钥的分发、现场密钥保护以及密钥的销毁。

（5）磁介质上的数据加密

常用的方法有：

硬加密的防复制技术、软加密的防解读技术和防跟踪技术。

硬加密技术常用的3种方式是：

①利用非标准格式的磁介质记录方式；

②激光加密技术；

③利用专用的硬件。

3．3．1．2计算机系统可靠性

计算机系统的可靠性是指从它开始运行（t=0）到某时刻t这段时间内能正常运行的概率，用R（t）表示。

所谓失效率是指单位时间内失效的元件数与元件总数的比例，以表示，当为常数时，可靠性与失效率的关系为：

R（t）=e-λt

两次故障之间系统能正常工作的时间的平均值称为平均无故障时间MTBF：

MTBF=1/λ

通常用平均修复时间（MTRF）来表示计算机的可维修性，即计算机的维修效率，平均修复时间指从故障发生到机器修复平均所需要的时间。

计算机的可用性是指计算机的使用效率，它以系统在执行任务的任意时刻能正常工作的概率A来表示。

A=MTBF/（MTBF+MTRF）

计算机的RAS技术，就是指用可靠性R、可用性A和可维修性S这3个指标衡量一个计算机系统。

但实际应用中，引起计算机故障的原因除了元器件以外还与组装工艺、逻计算机可靠性模型有关。

常见的系统可靠性数学模型有以下3种：

①串联系统。

假设一个系统由N个子系统组成，当且仅当所有的子系统都能正常工作时，系统才能正常工作，这种系统称为串联系统。

设各子系统的可靠性为R1、R2、…Rn，则整个串联系统的可靠性为：

R=2-（1-R1）（1-R2）…（1-Rn）

设各子系统的失效率为，则整个串联系统的失效率为：

λ=λ1+λ2+…+λn

②并联系统。

假如一个系统由N个子系统组成，只要有一个子系统正常工作，系统就能正常工作，这样的系统称为并联系统。

设各子系统的可靠性为R1、R2、…、Rn，则整个并联系统的可靠性为：

R=R1×

R2×

…×

Rn

设各子系统的失效率为，则整个并联系统的失效率为：

③N模冗余系统。

N模冗余系统由N个（N=2n+）相同的子系统和一个表决器组成，表决器把N个子系统中占多数的相同结果的输出作为系统的输出。

设各子系统的可靠性均为R。

，则整个N模冗余系统的可靠性为：

（其中

表示从N个元素中取i个元素的组合数）

3．3．1．3计算机系统的性能评价

性能评测的常用方法：

①时钟频率；

②指令执行速度；

③等效指令速度法；

④数据处理速率PDR法；

⑤核心程序法。

基准程序法（Benchmark）是目前一致承认的测试性能的较好方法，有多种多样的基准程序，如主要测试整数性能的基准程序、测试浮点性能的基准程序等。

3．3．1．4计算机故障诊断和容错

计算机的故障根据其表现出的特点，可以分为永久性故障、间歇性故障及瞬时性故障3类。

故障诊断包括故障检测定位两个方面。

容错是采用冗余方法来消除故障影响。

针对硬件，有时间冗余两种方法。

主要容错技术有简单的双机备份和操作系统支持的双机容错。

3．3．2试题解析

从历年安全性和可靠性方面的试题统计（见表3-7）来看，主要考查系统可靠性，涉及计算机可靠性模型及相关的计算，有时与其他硬件知识类试题结合起来考查，此类试题看似复杂，其实只要复习一下相关内容，解答起来比较简单。

试题1（2000年试题12）

从供选择的答案中选出应填入下面叙述中的{}内的正确答案,把编号写在答卷的对应栏内.

为提高数据传输的可靠性，可采用"

冗余校验"

的方法，海明码是常用方法之一。

在此方法中，若要求能校检测出所有双位错觉，并能校正单位错，则合法码字集中的码距至少为A。

若原始数据的字长为5位，则采用海明码对其样验位至少为B位。

对下面图3-2（a）所示系统，仅当部件1、部件2和部件3全部正常时系统才能政党工作，图中数字为各部分的可靠性，整个系统的可靠性近似为C。

如果将部件2和部件3改成由两个器件构成，如图3-2（b）所示，只要器件a和b中有一个正常就能使部件2正常工人，只要器件c和d中有一个正常就能使部件3正常工作。

图中数字是各器件可靠性，则部件2的可靠性是D，整个系统的可靠性近似为E。

供选择的答案

A：

①1②2③3④4

B：

C：

①0.68②0.72③0.80④0.92

D：

①0.64②0.88③0.96④0.99

E：

①0.82②0.90③0.94④0.96

[解析]

这是一道考查可靠性的综合题，除了可靠性计算之外，还涉及用于检错校验的海明码。

关于海明码问题的解答请参见3。

1。

2节的试题9（1999年试题8）

图3-2（a）所示系统符合串联、系统可靠性模型，根据系统可靠性公式，求得其可靠性为：

R3=0.95×

0.8×

0.9≈0.68

图3-2（b）所示系统是一个由串联和并联组合成的可靠性模型，其中部件2由两个并联的器件a和b构成，其可靠性为：

R2=1-（1-Ra）×

（1-Rb）=1-（1-0.8）×

（1-0.8）=0.96

最后与部件1一起计算整个系统（串联模型）的可靠性为：

0.96×

0.99≈0.90

[答案]A：

③B：

④C：

①D：

③E：

②

试题2（1996年试题9）

设在图3-3和图3-4系统中，R1、R2、R3为3个加工部件，每个加工部件的失效率均为λ，可靠性均为R。

则图3-3系统的失效率为A，可靠性为B。

图3-4中系统的失效率为C，可靠性为D。

若每个加工部件的平均无故障时间为5000小时，则图3-4中系统的平均无故障时间为E小时。

供选择答案

①λ/3②λ3③3λ④1-λ3

①R/3②R3③3R④1-R3

①（3/2）λ②（2/3）λ③（6/11）λ④2λ

①（1-R2）3②3（1-R2）③R3（2-R）3④1-3（1-R2）

①2500②5000③7500④3333

在任意控制系统中，已知每个部件的失效率为λ，可靠性为Ri，对串联系统而言，系统的失效率为λ1+λ2+λ3=3λ，问题A选③；

系统的可靠性为R1·

R2·

R3=R3，问题B选②。

对并联系统（有n个部件，每个部件的失效率均为λ）而言：

系统的失效率=λ/（1+1/2…+1/n）;

系统的可靠性为=1-（1-R）n。

图3-4所示乃串并联系统的总失效率为：

λ系=λ并1+λ并2+λ并3

=λ/（1+1/2）+λ/（1+1/2）+λ/（1+1/2）=2λ，所以问题C选择④。

一个并联部分的可靠性=1-（1-R）2=（2-R）R；

整个系统可靠性=[（2-R）R][（2-R）R]=[（2-R）R]3=（2-R）3R3，所以问题D的答案为③。

由于系统的总失效率λ系为2λ，且每个部件的平均无故障时间=1/λ=5000h，所以系统的平均无故障时间=1/λ系=1/2λ=1/2·

1/λ=2500h，问题E的正确答案为①。

②C：

④D：

①

试题3（1996年试题11）

数据加密是一种保证数据安全性的方法，数据解密则是逆变换，即A。

密码体制可分为B和C两大类，例如常用的DES属于B，而RSA则属于C。

DES的密钥长度为D位。

破密都面临多种不同的问题，其从易到难排列依次为E。

①由加密密钥求出解密密钥②由密文求出明文

③由明文求出密文④由解密密钥求出加密密钥

B、C：

①公开密钥②替代密码③换位密码④对称密钥

①32②48③64④128

①选择明文、已知明文、仅知密文②已知明文、仅知密文、选择明文

③已知明文、选择明文、仅知密文④仅知密文、已知密文、选择明文

数据加密是利用加密密钥加密算法将明文（数据）转换成密文，而数据解密是利用解密密钥将密文变换成明文。

所以问题A的答案为②。

密码体制按其对称性可分为对称密钥体制与非对称密钥体制两大类。

在对称密钥体制中，加密算法之间存在一定的相依的关系，加密和解密往往使用相联系的密钥，或由加密密钥很容易推同的密钥，或由加密密钥很容易推出解密密钥；

在非对称密钥体制中，有两个密钥，其中一个公开密钥，另一个为秘密密钥，因此加密密钥和解密密钥是不同的，而且很难从加密密钥导了解密密钥。

DES（DataEncyrptionStandard）算法采用对称密钥，DES的密钥长度为64位，RSA算法采用非对称密钥，其中包含公开密钥，所以B的答案为④问题C的答案为①，问题D的答案为③。

破密者，也即解密者，指的是截取到密文，而且也知道相应的明文，由此推算出用来加密的密钥或加密算法，从而解密密文。

这个难度比仅知密文要小一些。

选择明文是指破密者不仅可得到密文和相应的明文，而且也可以选择被加密的明文，这比已知明文容易，因为破密者能选择特定的明文去加密，从而得到更多关于密钥的信息，继而可以更容易地推出用来加密的密钥或算法，因此问题E的选择答案应为①。

②B：

试题4（1992年试题8）

一个复杂的系统可由若干个简单的系统串联或并联构成。

已知两个简单系统I和J的失效率分别为λi=25×

10-5/h（小时）和λj=5×

10-4/h（小时），则由I和J经如图3-5所示的串联和并联构成的复合系统P和Q的失效率分别为λp=A/h和λq=B/h.平均无故障时间分别为MTBFp=Ch和MTBFq=Dh.

系统P开始运行后2万小时内能正常运行的概率Rp=E.

A、B：

①25×

10-5②33×

10-5③66×

10-5④75×

10-5

C、D：

①1333②1500③3000④4000

①e-5②e-10③e10-5④e-20

系统的失效率λ指的是单位时间内的系统数与系统总数的比例。

在稳定使用的阶段岢以认为λ是常数。

系统从开始运行到某一时刻t这段时间内能正常运行的概率又称为系统的可靠性，是t的函数，记为R（t），可以证明：

R（t）=e-λt.

如果把系统故障发生的时刻看成是随机变量，则该随机变量的概率分布函数为：

F（t）=P{ε≦t}=

1-P{ε>

t}=

1-R（t）=

1-e-λt

平均无故障时间MTBF（MeanTimeBetweenFailures），就是从时刻0开始到故障发生时刻间间隔的平均数，即随机变量ε的平均值，可算得：

N个可靠性分别为Rk、失效率分别为λk（k=1,…，n）的子系统串联构成的复合系统，只有在每个子系统都可靠时才可靠，故其可靠性R及失效率λ分别为：

R=R1R2…Rn=

由此即可求复合系统P的失效率为：

λp=λi+λj

=75×

10-5/h

MTBFp=1/λp≈1333h

Rp（t）=e-75×

10-5t

当t=2×

104时有：

Rp=e-15

对于N个子系统并联的情况，复合系统只有在所有子系统均失效时复合系统才失效。

故有：

若N个子系统的失效率都是一样的，即λk≡λ（k=1,…，N）则有

R（t）=1-（1-e-λt）N

F（t）=（1-e-λt）N

复合系统的平均无故障时间为：

本题复合系统Q由系统J和两个I串联构在的复合系统（不妨记为I'

）再经并联构成。

复合系统I'

的失效率为：

λ'

I=λi+λj=

5×

10-4/h

I=λj

N=2时并联系平均无故障时间：

且

λq=1/MTBFq≈33×

④B：

③

试题5（1991年试题10）

由两个相同的计算机单元组成的计算机维修双工系统，其状态转移图如图3-6所示。

其中：

S0表示两个单元均正常工作，系统有效运行；

S1表示其中一个单元正常工作，一个故障单元正在修理，系统仍有效运行；

S2表示系统失效，一个故障单元正在修理，另一个故障单元待修。

λ、μ分别表示计算机单元的故障率和修复率。

该系统的状态概率转移矩阵为A。

系统处于稳定状态时，系统无故障运行的概率为B；

系统有效运行的概率为C系统失效的概率和故障的关系是D，和修复率关系是E。

B,C：

①随λ增大而减小，并生成线性关系②随λ增大而减小，但不成线性关系

③随λ增大而增大，并生成线性关系④随λ增大而增大，但不成线性关系

①随μ增大而减小，并生成线性关系②随μ增大而减小，但不成线性关系

③随μ增大而增大，并生成线性关系④随μ增大而增大，但不成线性关系

设P0、P1和P2分别表示状态转移前系统处于S0、S1和S2状态的概率；

P'

0、P'

1和P'

2则分别表示状态转移后系统处于S0、S1和S2状态的概率。

根据题中给出的状态转移图，写出该系统的状态转移方程如下：

0=（1-2λ）P0+μP1

1=2λP0+[1-（λ+μ）]P1+μP2

2=λP3（1-μ）P2

将状态转移方程写成矩阵形式为：

后一个3×

3矩阵，即为状态率转移矩阵。

在系统处于稳定状态时，P'

0=P0，P'

1=P1，

2=P2，P0+P1+P2=1，可得出的系统无故障运行的概率：

系统有一个单元正常工作，另一个单元有故障正在修理，系统仍能有效动行的概率：

总的系统可有效运行的概率为：

系统失效的概率为：

由此可知，系统失效的概率和故障率的关系是随λ增大而增长率大,但不成线性关系;

它和修复率的关系随μ增大而减小,但不成线性关系.

[答案]A:

④B:

②C:

⑥D;

④E:

试题6（1990年试题9）

从供选择的答案中先出填入下面关于N模冗余系统的叙述中的{}内的正确答案的对应栏内.

N模冗余系统如图3-7所示,由N（N=2n+1）个相同部件的副本和一个（n+1）/N表决器把N个副本中占多数的输出作为系统的输出.

设表决器完全可靠,且每个副本的可靠性为R0,则该N模冗余系统的可靠性R=A.当R0=e-λt,当λt=B,R0=C,R为不依赖于N的恒定值D;

当R0小于C,R是N的E.

A:

B、C、D：

①0.1②0.347③0.5④0.693⑤0.869⑥0.9

E:

①单调递增函数②单调递减函数③对数函数④指数函数

试题中图3-7给出的由N（N=2n+1）个相同的副本和一个（n+1）/N表决器组成的N模冗余系统中，只要有n+1个以上的副本正常工作，就认为系统工作正常，输出正确。

因此，若假定表决器完全可靠，且每个副本的可靠性R0，由概率论的有关理论可推出该N模冗余系统的可靠性为：

若R0=e-λt，则R是λt和N的函数，对于不同的N可画出R随λt变化的曲线簇如图3-8所示。

只有当λt=Ln2=0.693时，R0=e-λt=e-Ln2=0.5

R为一不依赖于N的恒定值0.5。

当R0小于0.5时，意味着单个副本产生正确结果的可能性小于产生错误结果的可能性（I-R0），而N模冗余系统又是以多数副本的表决结果作为系统的输出。

显然，此时副本的个数（N）越多，就越容易引起错误，即整个系统的可靠性（R）就越小。

换言之，R是N单调递减函数。

从上面给出的R依赖于λt变化的曲线族图中也可直观地看了，在λt>

0.693（即R0<

0.5）处，N越大的曲线越靠下，即R越小。

③D：