Tai lieu on thi giua ky HDH

Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e

ÔN THI GIỮA KÌ HỆ ĐIỀU HÀNH
Vấn đề 1: Các phương pháp điều phối thời gian ngắn
1. Độ ưu tiên (Priorities).
Mỗi Process có 1 độ ưu tiên. Process nào có độ ưu tiên cao nhất được thực thi.  Process có độ
ưu tiên thấp có thể chờ mãi mãi (không có bài tập)
Đề: Bảng số liệu
Process Thời điểm xuất hiện
P1
0
P2
2
P3
4
P4
6
P5
8

Thời gian thực thi
3
6
4
5
2

2.

First – In – First – Out (FIFO)
Dạng Non-Preemptive
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
P1 X
P2
X
P3
X
P4
X
P5
X
Thời gian thực thi hiện thực: ( tính từ dấu X đến khi kết thúc )

15

16

17

18

19

P1:
3
P2:
7

P3:
9
P4:
12
P5:
12
Tổng thời gian:
43
Thời gian trung bình: 8.5
Dấu X là chỉ thời điểm xuất hiện mà đề bài cho, em ko cần quan tâm cái này, chỉ cần đề cho
lúc
nào
thì
em
đánh
dấu
vào
lúc
đó.
FIFO thực hiện theo thứ tự, P1 thực hiện 3 ( 0-1-2), xong đến P2 thực hiện 6 ( 3-4-5-6-7-8),
tuần tự cho đến hết.
3. Round Robin (RR)
Dạng Preemptive
quantum (q) = 1 ( tức mỗi lần 1process chỉ được thực thi 1 thời gian)


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

0 1
P1 X

P2
P3
P4
P5

2

3

4

5

6

Cập nhật: 24/11/2010

7

8

b7@2e

9

10

11

12

13

14

15 16

17 18

54
3

432

32
5

25
4

54
3

432

32

4

19

X
X
X
X
1

2

3

2

43

32

25
4

24

Hàng cuối cùng ghi chỉ số process đợi, tức hàng đợi
- Ở thời điểm 0, (a viết tắt thời điểm = t nhé), P0 vào, ko có p (process) nào đợi, nên hàng đợi
ko có.
Kết thúc t1, ko có p nào vào t2, p1 tiếp tục hiện hiện t1, ở thời điểm này, ko có p nào đợi,
queue = rỗng.
Đến t2, do hàng đợi ở t1 ko có process nào đợi, nên đến t2 phải ưu tiên p2 vào, do thứ tự
xuất hiện của p2 là ở t2, p1 vào hàng đợi, do thời gian thực thi của p1 là 3, trong khi mới thực
hiện 2.

Đến t3, p1 ra khỏi hàng đợi, thực thi, p2 chưa thực thi xong, p2 vào hàng đợi của t3.
- Đến t4, lẽ ra p3 phải vào thực thi, nhưng trong hàng đợi còn p2, nên p2 vào thực thi, p3 vào
hàng đợi.
- Đến t5, trong queue có p3, p3 thực thi, p2 vào hàng đợi.
Đến t6, lẽ ra p4 phải thực thi, nhưng p2 ở hàng đợi dc ưu tiên thực thi, p4 đợi, trong khi p3
chưa thực thi, nên thứ tự đợi là p4 đến p3 ( viết là 43).
- Đến t7, p4 vào thực thi, p3 đợi, p2 mới vừa thực thi ở p6, nên p2 phải đợi cuối, thứ tự đợi là
32.
Đến t8, lẽ ra đến thời đến xuất hiện của p5, nhưng do p3 ở hàng đợi, nên p3 thực thi trước,
trong hàng đợi trước đó đã có p2, nên p5 phải vào sau p2, sau đó là đến p4, thứ tự đợi là 254 (
em cần phân biệt chỗ này với t6, do trước t6, là t5 hàng đợi chỉ có p2, nên khi đến p2 thực
hiện, thì hàng đợi ở t6 ko có process nào, rồi mới có p4 đợi, và p3 đợi . Còn ở t8 này, do
trước đó là t7, hàng đợi có p3 và p2, nên p3 thực thi thì còn lại p2, p5 ko chen trước p2 dc)
- Cứ thế em làm cho đến hết.
Thời gian thực thi hiện thực:
P1:
4
P2:
16
P3:
13
P4:
14
P5:
7
Tổng thời gian:
54
Thời gian trung bình: 10.8
Process Thời điểm xuất hiện
P1

0
P2
2
P3
4
P4
6
P5
8
quantum (q) = 2
0 1 2 3 4 5
P1 X
P2
X

6

7

8

Thời gian thực thi
3
6
4
5
2
9

10

11

12

13

14 15

16 17

18 19


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

P3
P4
P5

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e

X
X
X
1

1

32

2

24

43

43
5

35
2

35
2

52
4

52
4

24

24

4

4

Phần này giống trên, nhưng chỉ khác quantum = 2, tức mỗi lần process thực thi 2 đơn vị thời gian.
Nhưng em chú ý kĩ ở t4, do p1 thời gian thực thi chỉ có 3, nên tới t4 còn 1 thời gian thực thi, nên
nó chỉ có 1.
Thời gian thực thi hiện thực:
P1:
5
P2:
15
P3:
9
P4:
14
P5:
7
Tổng thời gian:
50
Thời gian trung bình: 10
4. Shortest Job First (SJF)
Process Thời điểm xuất hiện
P1
0
P2
2
P3
4
P4
6
P5

8

Thời gian thực thi
3
6
4
5
2

Dạng Non-Preemptive
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
P1 X
P2
X
P3
X
P4
X
P5
X
Shortest Job First – tức là ở thời điểm đó, cái nào có thời gian thực thi ngắn nhất thì thực thi
trước.
Dạng non-preemptive, tức là ko ưu tiên, cái nào thực thi, thì 1 lần sẽ thực thi tất cả, ngược lại với
dạng
preemptive
ở
bài
tập
trên.
- Ở t0, chỉ có p1 vào, nên p1 thực thi (0-1-2).

- Đến tới t2, chỉ có p2 vào, p2 thực thi (3-4-5-6-7-8).
- Tới t9, lúc này theo thời điểm xuất hiện thì p3 ở thời điểm 6, p4 ở thời điểm 6, p5 ở thời điểm
t8. Tức là tới t9, thì p3,p4,p5 đều có quyền xuất hiện, nhưng p5 có thời gian thực thi ngắn
nhất (2 đơn vị), nên p5 thực thi trước, tương tự đến p3 rồi p4.
Thời gian thực thi hiện thực:
P1:
3
P2:
7
P3:
11
P4:
14
P5:
3
Tổng thời gian:
38


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e

Thời gian trung bình: 7.6
5.

Shortest Remaining Time (SRT)
Process Thời điểm xuất hiện

P1
0
P2
2
P3
4
P4
6
P5
8

Thời gian thực thi
3
6
4
5
2

6.
Dạng Preemptive
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
P1 X
P2
X
P3
X
P4
X
P5
X

Shortest remaining time – tức process nào còn thời gian thực thi còn lại ngắn nhất, dc ưu tiên thực
thi trước, và dc ngắt quãng do đây là dạng preemptive.
- Ở thời điểm t0, p1 vào thực hiện đến t1. Đến t2 thì p2 cũng vào, lúc này p1 còn 1 đv time
thực
hiện,
p2
còn
6,
nên
p1
thực
thi
trước.
- Ở t3, chỉ có p2 thực thi.
- Đến t4, có p3 vào, p2 cũng còn thời gian thực thi. So sánh, p2 còn 5, p3 còn 4, p3 thực thi t4.
- T5,
chỉ
có
p2
và
p3,
so
sánh,
p3
thực
thi
trước.
Tương tự cho đến hết.
Thời gian thực thi hiện thực:
P1:

3
P2:
13
P3:
4
P4:
14
P5:
2
Tổng thời gian:
36
Thời gian trung bình: 7.2
7. Multi-level Feedback Queues (MFQ)
Dạng Preemptive

P1
P2
P3
P4
P5
(Q0)
(Q1)

2 queue: q0 = 1, q1 = 1( tức khi rơi vào q0, thì tới phiên thực hiện nó sẽ thực thi 1 đơn vị,
sau q0 mà chưa xong, nó sẽ rơi xuống q1, tới phiên thực hiện, nó cũng sẽ thực thi 1 đơn vị
).
0 1 2 3 4 5 6 7 8
9
10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
X

X
X
X
X
1

2

2

3

32

24

243

43
5

35
2

52
4

243

43

32

24

4

2

4


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e

Em chú ý ở dưới p5 cũng là 1 hàng đợi là q0, tuy nhiên do ko có process nào đợi nên e thấy nó
rỗng.
- Ở t0, p1 dc đưa vào q0, ko có process nào cạnh tranh, p1 thực thi luôn.
- Kết thúc t0, p1 sau khi thực hiện ở Q0, thì bị giáng xuống Q1. Tuy nhiên tới t1, ko có process
cạnh tranh, p1 đưa vào thực thi tiếp.
- Kết thúc t1, t2 bắt đầu, p1 được đưa lại vào Q1 ( do ko có queue cấp thấp hơn, nên sau khi đã
giáng nó xuống thấp nhất, thì mỗi lượt thực thi xong, nếu chưa hoàn thành, nó sẽ tiếp tục nằm ở
đó),lúc này p2 xuất hiện, p2 dc đựa vào Q0, và ko có process nào nằm ở Q0, p1 thì nằm ở Q1 có
mức ưu tiên thấp hơn, nên p2 dc thực thi ngay. Lúc này e thấy có p1 đang đợi.
Kết thúc t2, t3 bắt đầu, p2 sau khi đưa vào Q0 và đưa vào thực hiện ở t2, p2 giáng xuống Q1 ở
t3. Lúc này p1 ra khỏi Q1, thực thi và kết thúc.
- Kết thúc t3, t4 bắt đầu, lúc này p2 đang nằm ở Q1, p3 tới thời điểm xuất hiện, được đưa vào Q0,

có mức độ ưu tiên cao hơn nên thực thi ngay.
- Kết thúc t4, t5 bắt đầu, p3 bị giáng xuống Q1, tới p2 từ Q1 ra thực thi.
- Kết thúc t5, t6 bắt đầu, lúc này ở Q1 đang có p3, p2 sau khi thực hiện xong, bị giáng xuống Q1,
nên em sẽ thấy thứ tự là 3-2. Lúc này p4 vào Q0, và thực thi.
- Kết thúc t6,t7 bắt đầu, p4 giáng xuống Q1, do trước đó đang có p2 đang đợi, nên p4 phải đứng
sau (thứ tự 24), p3 ra thực thi.
- Kết thúc t7, t8 bắt đầu, lúc này Q1 đang có 24, p3 vừa thực thi trước đó, nên khi quay lại Q1
phải đứng sau 24, ( thứ tự lúc này là 243), và có p5 vào Q0, ko có tranh chấp với process khác, p5
thực thi.
- Tuần tự cho đến hết.
Thời gian thực thi hiện thực:
P1:
4
P2:
17
P3:
12
P4:
14
P5:
5
Tổng thời gian:
52
Thời gian trung bình: 10.4
3 queue: q0=1, q1=2, q2=4 ( thời gian thực thi khi vào q0 là 1 đơn vị thời gian, ở q1 là 2
đơn vị thời gian, ở q2 là 4 đơn vị thời gian )
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
X
X
X

X
X

P1
P2
P3
P4
P5
(Q0)
(Q1)
(Q2)

2
2

3

4
3

3

34

2

2

4
5

2

45

5

5

2

23

23

234

34

34

34

4

- Ở t0, p1 vào Q0, ko có tranh chấp, p1 thực thi 1đv.
- Kết thúc t0, bắt đầu t1,P1 xuống Q1, ko có process nào vào Q0, p1 thực thi 1 lúc 2 đơn vị ( do
q1=2).
- Kết thúc t2, p1 cũng đã hoàn thành, tuy nhiên ở thời điểm t2, p2 vào q0, và bị vướng p1, do t1
từ q1 thực thi 1 lúc 2 đơn vị time (2-3), nên lúc đó P2 phải đợi ở Q0. Bắt đầu t3, P2 ko có cạnh
tranh, p2 thực thi 1 đơn vị (q0 =1)

- Kết thúc t3, bắt đầu t4, p2 bị giáng xuong1 Q1, lúc này p3 vào Q0, ko có tranh chấp , nên thực
thi 1 đơn vị.


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e

- Kết thúc t4, bắt đầu t5, p3 bị giáng xuống Q1, p2 từ Q1 thực thi 2 đơn vị (5-6). Trong lúc ở t6,
có P4 vào Q0, nhưng bị vướng p2 đang thực thi, nên phải đợi ở Q0, cùng thời gian đó cũng có p3
đang ở Q1. Bắt đầu t7, p2 sau khi thực thi từ Q1, bị giáng xuống Q2,p4 từ Q0 thực thi 1 đơn vị.
- Cứ tuần tự làm như thế, nhưng em chú ý cái nào ở Q2, thì mỗi lần được thực hiện, nó dc phép
thực hiện 4 đơn vị, nhưng tùy theo còn bào nhiêu thời gian hoàn thành, thì nó thực hiện nhiêu đó.
Giả sử ở t14, p2 được thực thi 4 đơn vị, nhưng nó chỉ cần 3 đơn vị là hoàn tất, nên nó sẽ thực thi
3 và hoàn thành.

Thời gian thực thi hiện thực:
P1:
3
P2:
15
P3:
14
P4:
14
P5:
6
Tổng thời gian:

52
Thời gian trung bình: 10.4

Vấn đề 2: Giải thuật ngân hàng
Dạng 1. Kiểm tra xem trạng thái có an toàn hay không?
Cách giải: phải tìm cho được ít nhất C, R, A
Vd1: E=(6,3,4,2) A=(1,0,2,0)

C=

R=

Kiểm tra xem trạng thái có an toàn hay không?
Bài làm:
R4 A





Đáp ứng yêu cầu của P4
P4 thực thi hoàn tất và giao trả tài nguyên
A=A+C4=(2,1,2,1)
Mark(P4)

R1 A





Đáp ứng yêu cầu của P1
P1 thực thi hoàn tất và giao trả tài nguyên
A=A+C1=(5,1,3,2)
Mark(P1)

R2 A
 Đáp ứng yêu cầu của P2
 P2 thực thi hoàn tất và giao trả tài nguyên
 A=A+C2=(5,2,3,2)


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

 Mark(P2)
R3 A





Đáp ứng yêu cầu của P3
P3 thực thi hoàn tất và giao trả tài nguyên
A=A+C3=(6,3,4,2)
Mark(P3)

R5 A
 Đáp ứng yêu cầu của P5

 P5 thực thi hoàn tất và giao trả tài nguyên
 A=A+C5=(6,3,4,2)
 Mark(P5)
Nhận xét: A = E
 Tồn tại một trình tự điều khiển để các process thực thi hoàn tất <P4,P1,P2,P3,P5>
 Kết luận: hệ thống ở trạng thái an toàn
Vd2: 1 hệ thống có 12 ổ băng từ và 3 tiến trình với bảng cấp phát tài nguyên như sau:
Tiến trình Đã được cấp (số ổ băng)
Tối đa cần (số ổ băng)
P1
5
10
P2
2
4
P3
2
9
Dùng giải thuật nhà băng xác định trạng thái có an toàn hay không?
Bài làm
Max =

C=

 R =Max – C =
E = (12)
 A = E – C = (12) – ( 5 + 2 + 2 ) = (3)
R2





R1

A
Đáp ứng yêu cầu của P2
P2 thực thi hoàn tất và giao trả tài nguyên
A=A+C2=(5)
Mark(P2)
A

b7@2e


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành





R3

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e

Đáp ứng yêu cầu của P1
P1 thực thi hoàn tất và giao trả tài nguyên
A=A+C1=(10)
Mark(P1)

A

 Đáp ứng yêu cầu của P3
 P3 thực thi hoàn tất và giao trả tài nguyên
 A=A+C3=(12)
 Mark(P3)
Vậy tồn tại một trình tự điều khiển để các process thực thi hoàn tất <P2, P1, P3>
 Kết luận: hệ thống ở trạng thái an toàn

t

Cách trình bày khác: miêu tả trạng thái theo thời gian
A
R Proces C
s
3
2
P2
2
5
5
P1
5
10 7
P3
2
Vd3: Một hệ thống có 5 tiến trình với tình trạng tài nguyên như sau:
C
Max
Process

R1
R2
R3
R4
R1
R2
R3
R4
P0
0
0
1
2
0
0
1
2
P1
1
0
0
0
1
7
5
0
P2

1

3

5

4

2

3

5

6

P3

0

6

3

2

0

6

5

2

P4

0

0

1

4

0

6

5

6

A
R1
1

R2
5

R3
2

Trạng thái có an toàn hay không?
Bài làm:

R = Max – C =

A
R1
1
1
2
3
3

R2
5
5
8
8
14

R
R3
2
3
8
8
11

R4
0

2
6
6
8

R1
0
1
0
0
0

R2
0
0
7
0
6

C

Process
R3
0
0
5
2
4

R4

0
2
0
0
0

P0
P2
P1
P3
P4

R1
0
1
1
0
0

R2
0
3
0
6
0

R3
1
5
0

3
1

R4
2
4
0
2
4

R4
0


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e

Vậy tồn tại một trình tự điều khiển để các process thực thi hoàn tất <P0, P2, P1, P3, P4>
 Kết luận: hệ thống ở trạng thái an toàn

Dạng 2: Cấp phát tài nguyên cho 1 process nào đó được hay không?
Cách giải: giả định đã cấp phát, quy về dạng 1, nếu an toàn thì cấp được
Vd1: Cho bảng số liệu.
Loại tài nguyên
Được các process yêu cầu
R1
P2

R2
P1
Với tình trạng này thì có cấp phát R2 cho P2 hay không?

Đã cấp cho các process
P1
P2

Bài làm:
Thông tin hệ thống khi giả định đã cấp R2 cho P2
E = (1, 1)
A = (0, 0)
C=

R=

Nhận xét:
Kết luận: Hệ thống ở trạng thái không an toàn, nên không cấp R2 cho P2 được
Dạng 3: Bài toán trên RAG (đồ thị cấp phát/phân phối tài nguyên)
Cách giải: Vẽ hình và nhận xét
Vd1: Cho bảng số liệu:
Loại tài nguyên Số phiên bản Được các process yêu cầu
Máy in kim
2
P1
Máy in laser
1
Ổ băng từ
2
P2

Hãy thể hiện trạng thái này bằng Đồ thị cấp phát tài nguyên.
Bài làm:

Đã cấp cho các process
P2, P3
P3
P1, P3


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Vd2: Cho bảng số liệu:
Loại tài nguyên Số phiên bản
R1
1
R2
2
R3
1
Có deadlock hay không? Vì sao?

Cập nhật: 24/11/2010

Được các process yêu cầu
P1
P3
P2

b7@2e

Đã cấp cho các process
P2
P1, P2
P3

Bài làm:

RAG bị deadlock do tồn tại các chu trình và không có process nào có thể kết thúc

Vấn đề 3: Thay thế trang trong bộ nhớ ảo dạng phân trang - Chọn phần tử thay thế
Vd: Cho trình tự các trang: 2 3 2 1 5 2 4 5 3 2 5 2
•

Optimal


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

2

3

2

1

5

2

4

5

3

2

5

2

2

2

2

2

2

2

4

4

4

4

4

4

3

3

3

3

3

3

3

3

2

2

2

1

5

5

5

5

5

5

5

5

F

F

F

F

F

F

6 lỗi trang
•

FIFO

2

3

2

1

5

2

4

5

3

2

5

2

20

21

22

23

50

50

51

52

30

31

32

33

30

31

32

33

20

21

22

23

24

50

51

10

11

12

40

41

42

43

44

20

F

F

F

F

F

F

F

F

F

9 lỗi trang
•

LRU

2

3

2

1

5

2

4

5

3

2

5

2

20

21

20

21

22

20

21

22

30

31

32

33

30

31

32

50

51

52

50

51

52

50

51

10

11

12

40

41

42

20

21

20

F

F

F

F

F

F

F

7 lỗi trang
•
•
•

Second Chance
Clock
NRU

Vấn đề 4: Sơ đồ chuyển đổi địa chỉ
1. Bộ nhớ ảo dạng phân trang

b7@2e


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

2. Tổ chức bảng trang dạng nhiều cấp

3. Tổ chức bảng trang dạng bảng băm

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

4. Bảng trang nghịch đảo

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

5. Sơ đồ chuyển đổi địa chỉ với TLB

6. Bộ nhớ ảo dạng phân đoạn

7. Bộ nhớ ảo dạng phân đoạn có phân trang

b7@2e


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

8. Bộ nhớ ảo trên MULTICS

9. Bộ nhớ ảo trên Pentium

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

b7@2e

Vấn đề 5: Chuyển đổi địa chỉ
Dạng 1: Cho dung lượng bộ nhớ ảo, kích thước trang, dung lượng bộ nhớ thực, cho số liệu 1
bảng trang. Xác định địa chỉ vật lí (nếu có) ứng với địa chỉ ảo
Cách giải: Tìm cấu trúc địa chỉ ảo, cấu trúc địa chỉ vật lí, dựa theo cấu trúc tìm các thành phần.
Tìm page# đối chiếu bảng trang để lấy ra frame# . điều kiện làm tiếp là present bit = 1. Ghép frame#
với offset.
Vd:
Dung lượng bộ nhớ ảo

Kích thước trong

Dung lượng bộ nhớ thực

16MB

1KB

4MB

Page#

Frame#

Present bit

…

…

…

…

0x68B

0x2FF

…

1

0x68A

0x2FE

…

0


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

Cập nhật: 24/11/2010

…

…

…

…

0x283

0x1FA

…

1

0x283

0x1FE

…

1

0x281

0x1AA

…

0

…

…

…

…

Áp dụng sơ đồ trình bày trên để xác định địa chỉ vật lí (nếu có) ứng với địa chỉ ảo
Câu a. 0x0A0A0A
Câu b. 0x1A2B3C

Bài làm:
-

Cấu trúc địa chỉ ảo:
Tìm kích thước địa chỉ ảo
Ta có dung lượng bộ nhớ ảo là 16MB = 224 Byte
 Địa chỉ ảo dài 24 bit
Tìm kích thước phần offset
Ta có kích thước 1 trang là 1KB = 210 Byte

 Phần offset dài 10 bit
Địa chỉ ảo dài 24 bit, offset dài 10 bit.  Phần page# dài 24 – 10 = 14 bit
Cấu trúc:

page# | offset
14 bit

-

10 bit

Cấu trúc địa chỉ vật lí:
Tìm kích thước địa chỉ vật lí
Ta có dung lượng bộ nhớ vật lí là 4MB = 222 Byte
 Địa chỉ vật lí dài 22 bit
 Phần frame# dài: 22 – 10 = 12 bit
Cấu trúc:

frame# | offset
12 bit

10 bit

b7@2e


Đề cương ôn thi giữa kì hệ điều hành

-

Cập nhật: 24/11/2010

Chuyển đổi địa chỉ:

Câu a.
Địa chỉ ảo:0x0A0A0A = 0000 1010 0000 1010 0000 10102
 offset: 1000001010
 page#: 00001010000010 = 0x282
Đối chiếu với bảng trang, ta có được frame# = 0x1FE , present bit = 1
Frame# = 0x1FE = 111111110 2
Địa chỉ vật lí của 0x0A0A0A là : 1111111101000001010 = 0x7FA0A
Câu b.
Địa chỉ ảo: 0x1A2B3C = 0001101000101011001111002
 offset: 1100111100
 page#: 00011010001010 = 0x68A
Đối chiếu với bảng trang, ta có được frame# = 0x2FE, present bit = 0
Vậy trang chưa được nạp vào bộ nhớ nên không tồn tại địa chỉ vật lí của 0x1A2B3C

b7@2e