De 1 HDH CQ k2 2008

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HCM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ THÔNG TIN

ĐỀ THI MÔN HỆ ĐIỀU HÀNH
THỜI GIAN LÀM BÀI : 90 PHÚT
(Sinh viên được phép tham khảo tài liệu , cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
1. Trả lời Đúng hoặc Sai cho mỗi phát biểu dưới đây :
(a)Trong hệ thống chia sẻ thời gian (time sharing system), tiêu chuẩn thích hợp nhất cho
việc định thời CPU là tối đa hóa độ lợi CPU (CPU utilization) (0,5đ)
(b) Giải thuật định thời Round Robin có thể là non-preemtive (0,5đ)
(c) Trong giải thuật preemptive priority scheduling tiến trình hoặc thread đang thực thi
luôn luôn có độ ưu tiên cao nhất trong số những tiến trình hoặc thread sẵn sàng (0,5đ)
2. Phân biệt 2 khái niệm : Virtual Memory và Paging (1,5đ)
3. Cho 4 tiến trình và thời gian vào (Arrival Time) tương ứng :
P1
P2
P3
P4

Arrival Time
0
2
3
5

CPU Burst Time
10
6
1
3

Vẽ sơ đồ Gannt và tính thời gian chờ trung bình (average wait time) và thời gian xoay
vòng (average turnaround time) trung bình cho các giải thuật định thời
(a) First Come First Serve(FCFS) (1đ)
(b) Shortest Remaining Time First (SRTF) (1đ)
(c) Round Robin (RR) với quantum = 4 (1đ)
4. Giả sử hệ thống có 4 frames còn trống . Xác định quá trình thay thế trang nhớ và tính
số page fault sẽ xảy ra đối với chuỗi tham chiếu như sau :
1, 2, 3, 4, 2, 1, 5, 6, 2, 1, 2, 3, 7, 6, 3, 2, 1, 2, 3, 6
khi sử dụng những giải thuật thay thế trang sau :
(b)LRU ( 2đ)
(c) Optimal (2đ)
--HẾT—


Đáp Án
1. (a). Sai (b).Sai (c).Đúng
2. Mổi tiến trình có không gian địa chỉ logic phân biệt với địa chỉ vật lý của bộ nhớ thực.
Cơ chế Paging thực hiện việc ánh xạ từ địa chỉ logic sang địa chỉ vật lý theo những đoạn
bộ nhớ gọi là trang (page). Virtual memory cho phép những tiến trình có kích thước lớn
hơn bộ nhớ vật lý cho phép được xử lý và thường được hiện thực bằng cơ chế paging.
3. a. First Come First Service (FCFS).
P1

0

1

2

3

4

P2

5

6

7

8

1
0

9

11

12

13

P3

1
5

14

16

17

P4

1
8

19

2
0

Thời gian xoay vòng cho P1 là 10-0=10, cho P2 là 16-2=14 cho P3 là 17-3=14
và cho P4 là 20-5=15. Như vậy thời gian xoay vòng trung bình là :
(10+14+14+15)/4=13.25
Thời gian chờ cho P1 là 0-0=0, cho P2 là 10-2 = 8, cho P3 là 16-3=13 và P4 là
17-5=12. Vậy thời gian chờ trung bình là (0+8+13+12)/4 = 8.25
b. Shortest Remaining Time First.
P1

0

P2

1

2

P3

3

P2

4

P4

5

6

7

P2

8

1
0

9

11

P1

12

13

1
5

14

16

17

1
8

19

2
0

Thời gian xoay vòng cho P1 là 20-0=20, cho P2 là 12-2=10 cho P3 là 4-3=1
và cho P4 là 8-5=3. Như vậy thời gian xoay vòng trung bình là
(20+10+1+3)/4=8.5
Thời gian chờ cho P1 là 0-0=0, cho P2 là 2-2 = 8, cho P3 là 3-3=0 và cho P4
là 5-5=0. Vậy thời gian chờ trung bình là (0+0+0+0)/4 = 0.
c. Round-Robin với time quantum bằng 4, bỏ qua thời gian tiêu tốn cho context
switch . Chúng ta giả sử rằng những tiến trình mới vào sẽ được đưa vào cuối của
ready queue
P1

0

1

P2

2

3

4

5

P3

6

7

8

P1

1
0

9

11

P4

12

13

14

P2

1
5

16

17

P1

1
8

19

2
0

Thời gian xoay vòng cho P1 là 20-0=20, cho P2 là 18-2=16 cho P3 là 9-3=6

và cho P4 là 16-5=11. Như vậy thời gian xoay vòng trung bình là
(20+16+6+11)/4=13.25
Thời gian chờ cho P1 là 0-0=0, cho P2 là 4-2 = 2, cho P3 là 8-3=5 và cho P4
là 13-5=8. Như vậy thời gian chờ trung bình là : (0+2+5+8)/4 = 3.75
4.

LRU ,page fault =
Optimal, page fault =

10
8