DS 2019 2020 Correction
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Page 1 : Examen Session NormaleT. Gherbi - J.A. LorenzoSystème d’exploitationING1-GI-GMAnnée 2019–2020Modalités— 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.— Aucun document n’est autorisé.— 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.
Page 2 : Exercice 1 : Programmation de processus 5 pointsÉcrivez un programme qui crée un processus père. Ce dernier crée un processus fils1. Leprocessus fils1 affiche son pid et le pid de son père ; puis renvoie via exit le code 120 à sonpère. Le père attend la fin de son fils et affiche son code retourné via exit. Ensuite le pèreutilise une boucle for pour créer N autres fils et ensuite termine. Les N fils devront afficherchacun son PID.Exercice 2 : Le système de fichiers 2 pointsSoit un système de fichiers Unix basé sur les i-nodes, formé de blocs de taille 2 Ko et utilisantdes numéros de blocs sur 16 bits. Calculez la taille maximale que peut prendre un fichier. Pour rappel, un i-node contient, enplus des propriétés du fichier, 10 adresses de bloc directes, et 3 adresses de bloc indirectes.Exercice 3 : Gestion de processus - ordonnancement 4 pointsSoient cinq processus prêts A, B, C, D et E, tels que : A arrive à l’instant 0 et nécessite pourson exécution 6 unités de temps, B arrive à l’instant 2 et nécessite un temps d’exécution de 3unités, C arrive à l’instant 3 et nécessite un temps d’exécution de 5 unités, D arrive à l’instant6 et nécessite un temps d’exécution de 4 unités et, en fin, E arrive à l’instant 7 et nécessite untemps d’exécution de 2 unités.ProcessusTemps d’exécutionTemps d’arrivéeA60B32C53D46E27En supposant que le temps de commutation est nul, calculez :— le temps de séjour de chaque processus.— le temps moyen de séjour.— le temps d’attente : temps de séjour - temps d’exécution.— le temps moyen d’attente.— le nombre de changements de contexte en utilisant les techniques :1. FIFO First In First Out FCFS First Come First Served2. SRT Shortest Remaining TimeExercice 4 : Mémoire virtuelle 4 points
Page 3 : Soit une machine ayant 1 KBytes 1 Byte = 1 octet de mémoire physique, divisée en pages detaille 512 Bytes, et adressable via une plage d’adressage virtuelle de 12 bits. Repondre lesquestions suivantes :1. Dans l’adresse virtuelle, combien de bits sont nécessaires pour le numéro de pagevirtuelle ? 2. Quelle est la taille maximale de mémoire virtuelle qui peut être gérée ? 3. En utilisant la table de pages ci-dessous, traduisez l’adresse virtuelle suivante en adresseréelle: 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 04. Faut-il remplacer la page en mémoire physique ? Pourquoi ? Page numberValid bit70016010511140113100201011010110QCM : 5 pointsa Dans le code suivant, combien a-t-on de processus avant la dernière accolade ?void mainp=fork ;if p==0fork ;elsefork ;fork;2 3 4 5 6 7 8 9 10 b parted est une commande de compression de fichiers de traduction de l’adresse virtuelle enadresse réelle de profilage et de de gestion de partitions de démarrage du biosc Où se trouve la zone du swap ? dans la mémoire ROM dans les registres dans le disque dur dans la mémoire RAM dans le MBRd Que fait la commande apt-get upgrade ? met à jours les paquets met à jour le noyau
Page 4 : met à jour le fichier des liens des dépôts officiels met à jour le biose Quel est le nombre maximal de partitions primaires qu’on peut créer sur un disqueGPT en MS Windows ?12 3 4 8 32 64 128 256Questions de cours : 5 pointsa Expliquez l’allocation chainée dans la mémoire secondaire et donnez ses avantages etses inconvénients ?b Que contient le secteur 0 sur un disque MBR ?c Expliquez la façon vue en TP pour mettre à jour la distribution d’Ubuntu.d A quoi servent docker-compose et Docker-hub ?e Citez les états que peut prendre un processus dans son cycle de vie. Corrigé Exercice 2 : Le système de fichiers 2 points16 bits = 2 octets. Donc 2Ko / 2 = 1024 numéros de bloc dans un bloc10 blocs directs + 1024 + 1024² + 1024³ 2Ko = 2 ToExercice 3 : Gestion de processus - ordonnancement 4 points1. FCFS0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20A AAAAABBBCCCCCDDDDEEProcessusTemps séjourTemps d’attenteA6-0=66-6 =0B9-2=77-3=4C14-3=1111-5=6D18-6=1212-4=8E20-7=1313-2=11Tmoyensejour = 6+7+11+12+13 / 5 = 9,8Tmoyenattente = 0+4+6+8+11 / 5 = 5,8
Page 5 : 5 changements de contexte en comptant le changement initial2. SRT0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20A ABBBAAAAEEDDDDCCCCCProcessusTemps séjourTemps d’attenteA9-0=99-6=3B5-2 =33-3=0C20-3=1717-5 =12D15-6=99-4=5E11-7=44-2 =2Tmoyensejour = 9+3+17+9+4 / 5 = 8,4Tmoyenattente = 3+0+12+5+2 / 5 = 4,46 changements de contexte en comptant le changement initialExercice 4 : Mémoire virtuelle 4 pointsPage de 512 bytes = 2 . Donc 9 bits pour l’offset et 3 pour le numéro de page virtuelle⁹Taille maximale qui peut être gérée : 2^12 bytesAdresse virtuelle : 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0Adresse réelle : 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0Il faut remplacer la page, parce que le valid-bit est 0.QCM : 5 pointsa - 8b - de gestion de partitionsc - dans le disque durd - met à jours les paquets e – 128 en Linux est ilimitéeT=0 A6T=2 A4 B3T=3 A4 B2 C5T=5 A4 C5T=6 A3 C5 D4T=7 A2 C5 D4 E2T=9 C5 D4 E2T=11 C5 D4
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