DS 2017 2018 GM Correction
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Page 1 : EX - Examen nº1 corrigéS. Yassa - J.A. LorenzoSystème d’exploitationING1-GMAnnée 2017–2018Modalités— Durée : 2 heures.— Vous devez rédiger votre copie à l’aide d’un stylo à encre exclusivement.— Toutes vos affaires sacs, vestes, trousse, etc. doivent être placées à l’avant de la salle.— Une seule feuille manuscrite pas de photocopies est autorisée.— Aucune question ne peut être posée aux enseignants, posez des hypothèses en cas de doute.— Aucune machine électronique ne doit se trouver sur vous ou à proximité, même éteinte.— Aucune sortie n’est autorisée avant une durée incompressible d’une heure.— Aucun déplacement n’est autorisé.— Aucun échange, de quelque nature que ce soit, n’est possible.EISTI – S. Yassa - J.A. Lorenzo1/5
Page 2 : EX - Examen nº1 corrigé – Système d’exploitationExercice 1 : Programmation de processus 3 pointsÉcrivez un programme C qui crée un fils. Chaque processus doit afficher son PID à l’écran.Ensuite, le père doit attendre la terminaison du fils. Lorsque le fils termine, il enverra un code deretour, qui doit être récupéré par le père et affiché à l’ecran.Exercice 2 : Gestion des fichiers 4 pointsSupposons un noeud d’information i-node en Unix 10 adresses de bloc directs et 3 indirectscontenant un fichier. Quelle est la taille maximale d’un fichier si nous avons des blocs de 2 Kbyteset le numéro de bloc est donné sur 16 bits ? Note : Vous n’avez pas de calculatrice, donc il suffitde proposer la réponse même si vous ne faites pas toutes les opérations.2 KB / 2 bytes 16 bits = 1024 numéros de blocs dans un bloc.blocs directs = 10 blocsbloc indirect1 : 1024 blocsbloc indirect2 : 10242 blocsbloc indirect3 : 10243 blocsNombre maximum de blocs dans un fichier : 10 + 1024 + 10242 + 10243 = 1074791434Taille maximale du fichier : 1074791434 blocs 2 KB/bloc = 2149582868 Kbytes 2 TBytes.Note : les élèves n’ont pas de calculatrice, donc il suffit de proposer la réponse même s’ils nefont pas toutes les opérations.Exercice 3 : Ordonnanceur 4 pointsSoient trois processus A, B et C prêts tels que A est arrivé en premier suivi de B, 2 unités detemps après et C, 1 unité de temps après B. Les temps nécessaires pour l’exécution des processusA, B et C sont respectivement 8, 4 et 2 unités de temps. Le temps de commutation est supposénul. Calculer :— le temps de séjour de chaque processus.— le temps moyen de séjour.— le temps d’attente : temps de séjour - temps d’exécution du travail.— le temps moyen d’attente.— le nombre de changements de contexte Note : un changement de contexte se produit àchaque fois qu’un processus acquiert le processeur.EISTI – S. Yassa - J.A. Lorenzo2/5
Page 3 : EX - Examen nº1 corrigé – Système d’exploitationen utilisant les techniques :1. SRT Shortest Remaining Time2. Round robin quantum = 3 unités de tempsProcessusTemps d’exécutionTemps d’arrivageA80B42C23Réponse :1. SRT :1234567891011121314AABCCBBBAAAAAAB arrive à t = 2 et, comme il est plus court que le temps qui reste d’A, B est mis en exécutiondirectement. C arrive à t = 3 et, comme il est plus court que le temps qui reste de B, C est mis enexécution à la place de B.ProcessusTemps de séjourTemps d’attenteA14-0=1414-8=6B8-2=66-4=2c5-3=22-2=0Temps moyen de séjour = 14+6+23= 223 = 7,33Temps moyen d’attente = 6+2+03= 2,665 changement de contexte en comptant le changement initial pour l’arrivage d’A3. RR Q = 3 :1234567891011121314AAABBBCCAAABAAAprès l’unité de temps 3, on change à B pendant 3 unités de temps. C est déjà arrivé et mis enqueue donc il s’exécute pendant les 2 unités de temps. Une fois que C termine, on change à B etEISTI – S. Yassa - J.A. Lorenzo3/5
Page 4 : EX - Examen nº1 corrigé – Système d’exploitationaprès à A jusqu’à la fin.ProcessusTemps de séjourTemps d’attenteA14-0=1414-8=6B12-2=1010-4=6C8-3=55-2=3Temps moyen de séjour = 14+10+53= 9,7Temps moyen d’attente = 6+6+33= 56 changements de contexte en comptant le changement initial pour l’arrivage d’AExercice 4 : Temps de séjour dans un OSR 3 pointsSupposons 4 travaux A, B, C et D, chacun avec des temps d’exécution différents, qui se trouventdans la file d’un ordonnanceur qui implémente la technique SJF Shortest Job First, aussi appeléPCTE Plus Court Temps d’Exécution. Montrez avec un exemple que cette technique d’ordon-nancement donne le meilleur temps moyen de séjour, comparée à la technique FCFS First ComeFirst Served.Slide 30 de la séance 4 - Processus-ordonnanceur.Questions courtes 6 points1Dans le code suivant, combien de processus sont crées lorsque le programme est exé-cuté ?□int mainfork ;fork ;exit ;Quatre.2Quelles sont les avantages et les inconvenants d’un système d’allocation chaînée dansun disque dur ?□Avantages : facilite les modifications et l’accroissement.EISTI – S. Yassa - J.A. Lorenzo4/5
Page 5 : EX - Examen nº1 corrigé – Système d’exploitationInconvénients : alourdit la recherche d’une donnée. Pas d’accès aléatoire mais séquentiel3Dans quelle région en mémoire sont placées les données allouées avec malloc ?□Dans le Heap ou Tas.4Quelle est la différence entre un ordonnanceur sans réquisition OSR et avec réquisitionOAR ?□5Un programme contient une variable a. Après avoir appelé fork, le fils contiendra unecopie de la même variable, qui pourra être modifié indépendemment de celle du père.Si on vérifie l’adresse de cette variable dans le père et dans le fils, nous trouvons qu’elleest la même. Comment peut-on avoir deux variables avec la même adresse en mémoiremais avec des valeurs différentes ?□Cela a été vu dans le TP1 et expliqué à nouveau dans la séance de mémoire : Elles sont deuxvariables différentes. Les deux processus vont voir la même adresse virtuelle conséquencedu fork mais l’adresse physique sera différente pour chaque variable.6C’est quoi un défaut de page et à quoi sert le bit V valid-bit de la table de pages ?□EISTI – S. Yassa - J.A. Lorenzo5/5
