Рубрики

Операционные системы | Комплект 6

Следующие вопросы были заданы на экзамене GATE 2011 CS.

1) Поток обычно определяется как «легкий процесс», поскольку операционная система (ОС) поддерживает меньшие структуры данных для потока, чем для процесса. В связи с этим, что из следующего является ИСТИННЫМ?
(A) На основе каждого потока ОС поддерживает только состояние регистра процессора
(B) ОС не поддерживает отдельный стек для каждого потока
(C) Для каждого потока ОС не поддерживает состояние виртуальной памяти
(D) На основе каждого потока ОС поддерживает только информацию о планировании и учете.

Ответ (С)
Потоки разделяют адресное пространство Process. Фактически память связана с процессами, а не с потоками.

2) Пусть время обслуживания ошибки страницы будет 10 мс на компьютере со средним временем доступа к памяти, равным 20 нс. Если одна ошибка страницы генерируется для каждых 10 ^ 6 обращений к памяти, каково эффективное время доступа к памяти?
(А) 21 нс
(B) 30 нс
(С) 23нс
(D) 35 нс

Ответ (Б)

Let P be the page fault rate
Effective Memory Access Time = p * (page fault service time) + 
                               (1 - p) * (Memory access time)
                             = ( 1/(10^6) )* 10 * (10^6) ns +
                               (1 - 1/(10^6)) * 20 ns
                             = 30 ns (approx)    

3) Приложение загружает 100 библиотек при запуске. Загрузка каждой библиотеки требует ровно одного доступа к диску. Время поиска диска в случайном месте составляет 10 мс. Скорость вращения диска 6000 об / мин. Если все 100 библиотек загружаются из случайных мест на диске, сколько времени занимает загрузка всех библиотек? (Время для передачи данных с дискового блока после размещения головки в начале блока может не учитываться)
(А) 0,50 с
(B) 1,50 с
(С) 1,25 с
(D) 1,00 с

Ответ (Б)
Поскольку временем передачи можно пренебречь, среднее время доступа является суммой среднего времени поиска и средней задержки вращения. Среднее время поиска для случайного местоположения определяется как 10 мс. Средняя задержка вращения составляет половину времени, необходимого для полного вращения. Дано, что 6000 вращений требуют 1 минуты. Таким образом, один оборот займет 60/6000 секунд, что составляет 10 мс. Поэтому средняя задержка вращения составляет половину от 10 мс, что составляет 5 мс.

Average disk access time = seek time + rotational latency 
                         = 10 ms + 5 ms 
                         = 15 ms
For 100 libraries, the average disk access time will be 15*100 ms

4. Рассмотрим следующую таблицу времени прибытия и пакета для трех процессов P0, P1 и P2.

Process   Arrival time   Burst Time
P0            0 ms          9 ms
P1            1 ms          4 ms
P2            2 ms          9 ms

Используется алгоритм планирования первоочередного кратчайшего задания. Планирование осуществляется только при поступлении или завершении процессов. Каково среднее время ожидания для трех процессов?
(А) 5,0 мс
(В) 4,33 мс
(С) 6,33 мс
(D) 7,33 мс

Ответ: — (А)
Процессу P0 назначается процессор в 0 мс, поскольку в готовой очереди нет другого процесса. P0 вытесняется через 1 мс, поскольку P1 достигает 1 мс, и время пакета для P1 меньше, чем оставшееся время P0. P1 работает в течение 4 мс. P2 прибыл в 2 мс, но P1 продолжился, поскольку время всплеска P2 длиннее, чем P1. После завершения P1 P0 снова планируется, так как оставшееся время для P0 меньше, чем время пакета P2.
P0 ожидает 4 мс, P1 ожидает 0 мс и P2 ожидает 11 мс. Таким образом, среднее время ожидания составляет (0 + 4 + 11) / 3 = 5.

Пожалуйста, смотрите GATE Corner для всех документов / решений / объяснений предыдущего года, учебных планов, важных дат, заметок и т. Д.

Пожалуйста, пишите комментарии, если вы найдете какие-либо неправильные ответы / объяснения, или вы хотите поделиться дополнительной информацией по темам, обсужденным выше.

Рекомендуемые посты:

Операционные системы | Комплект 6

0.00 (0%) 0 votes