Sistemas Operativos | conjunto 6

Se han hecho las siguientes preguntas en el examen GATE 2011 CS.

1) Un subproceso generalmente se define como un «proceso liviano» porque un sistema operativo (SO) mantiene estructuras de datos más pequeñas para un subproceso que para un proceso. En relación a esto, ¿cuál de las siguientes es VERDADERA?
(A) Por subproceso, el sistema operativo mantiene solo el estado de registro de la CPU
(B) El sistema operativo no mantiene una pila separada para cada subproceso
(C) Por subproceso, el sistema operativo no mantiene el estado de la memoria virtual
(D) Por subproceso, el sistema operativo mantiene solo información de programación y contabilidad.

Respuesta (C)
Los subprocesos comparten el espacio de direcciones del proceso. Virtualmente, la memoria se ocupa de los procesos, no de los subprocesos.

2) Deje que el tiempo de servicio de falla de página sea de 10 ms en una computadora con un tiempo promedio de acceso a la memoria de 20 ns. Si se genera una falla de página por cada 10 ^ 6 accesos a la memoria, ¿cuál es el tiempo efectivo de acceso a la memoria?
(A) 21ns
(B) 30ns
(C) 23ns
(D) 35ns

Respuesta (B)

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) Una aplicación carga 100 bibliotecas al inicio. La carga de cada biblioteca requiere exactamente un acceso al disco. El tiempo de búsqueda del disco en una ubicación aleatoria es de 10 ms. La velocidad de rotación del disco es de 6000 rpm. Si las 100 bibliotecas se cargan desde ubicaciones aleatorias en el disco, ¿cuánto tiempo lleva cargar todas las bibliotecas? (El tiempo para transferir datos desde el bloque de disco una vez que la cabeza se ha colocado al comienzo del bloque puede despreciarse)
(A) 0,50 s
(B) 1,50 s
(C) 1,25 s
(D) 1,00 s

Respuesta (B)
Dado que el tiempo de transferencia puede despreciarse, el tiempo de acceso promedio es la suma del tiempo de búsqueda promedio y la latencia de rotación promedio. El tiempo de búsqueda promedio para una ubicación aleatoria es de 10 ms. La latencia rotacional promedio es la mitad del tiempo necesario para completar la rotación. Se da que 6000 rotaciones necesitan 1 minuto. Entonces, una rotación tomará 60/6000 segundos, que son 10 ms. Por lo tanto, la latencia de rotación promedio es la mitad de 10 ms, que es de 5 ms.

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. Considere la siguiente tabla de tiempo de llegada y tiempo de ráfaga para tres procesos P0, P1 y P2.

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

Se utiliza el algoritmo de programación primero del trabajo más corto preventivo. La programación se lleva a cabo solo a la llegada o finalización de los procesos. ¿Cuál es el tiempo de espera promedio para los tres procesos?
(A) 5,0 ms
(B) 4,33 ms
(C) 6,33 ms
(D) 7,33 ms

Respuesta: – (A) Al
proceso P0 se le asigna un procesador a 0 ms ya que no hay ningún otro proceso en la cola de espera. P0 se adelanta después de 1 ms cuando P1 llega a 1 ms y el tiempo de ráfaga para P1 es menor que el tiempo restante de P0. P1 funciona durante 4 ms. P2 llegó a 2 ms pero P1 continuó ya que el tiempo de ráfaga de P2 es más largo que el de P1. Una vez que se completa P1, P0 se programa nuevamente ya que el tiempo restante para P0 es menor que el tiempo de ráfaga de P2.
P0 espera 4 ms, P1 espera 0 ms y P2 espera 11 ms. Entonces, el tiempo de espera promedio es (0+4+11)/3 = 5.

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