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PRENOM :
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SIG. ETUDIANT :
SIG. SURVEILLANT :
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NOTE :
Systèmes D'Exploitation I - 1
année LFIG
ère
Rattrapage, Juin 2016, 120 min
ESEN - Université de la Manouba
Amine DHRAIEF
Cet examen omporte 6 questions, pour un total de 20 points. La larté de votre
expression et la qualité de votre é riture sont deux ritères pris en ompte dans la
notation.
Gestion des pro essus
1. Remplissez les hamps (1),(2),(3),(4) dans le ode i-dessous pour que :
(a) (1 point) Le pro essus père a(cid:30) he son PID et elui de son (cid:28)ls.
Solution: (3) printf("PERE: le PID du père est %d, le PID de mon fils
%d",getpid(),pid);
(b) (1 point) Le por essus (cid:28)ls a(cid:30) he son PID et elui de son père.
Solution: (1) printf("FILS: le PID du fils est%d, le PID du père %d",getpid(),getppid());
( ) (1 point) Le pro essus (cid:28)ls dorme 100 se ondes
Solution: (2) sleep(100);
(d) (1 point) Le pro essus père évite que son (cid:28)ls ne reste à l'état Zombie
Solution: (4) wait(NULL);
i n t m a in ( )
{
p i d_ t p i d ;
p i d = f o r k ( ) ;
i f
( p i d == 0 )
{
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
; /
∗
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∗
( 1 )
/
∗
∗
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
; /
( 2 )
/
}
e l s e
{
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; /
( 3 )
/
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
; /
( 4 )
/
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∗
∗
∗
∗
NE RIEN ÉCRIRE ICI
}
r e t u r n 0 ;
}
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Points obtenus :
sur un total de 0 points
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2. (2 points) Combien d'étoile sont a(cid:30) hés suite à l'exé ution du programme C suivant ?
i n t m a in ( )
f o r k ( ) ;
f o r k ( ) ; f o r k ( ) ;
p r i n t f ( "
" ) ;
∗
r e t u r n 0 ;
{
}
}
Solution: 8 étoiles
Ordonnan ement des pro essus
3.
(a) (1 point) Expliquez brièvement les di(cid:27)éren es entre un ordonnan ement préemptif
et un ordonnan ement non préemptif.
Solution:
(cid:22) non préemptif : sans réquisition : le pro essus libère de lui même les
ressour es ou il se bloque
(cid:22) préemptif : ave réquisition : le pro essus s'exé uter pendant un délai
déterminé
(b) (1 point) Donnez un exemple d'ordonnan ement préemptif et d'ordonnan ement
non préemptif.
Solution:
(cid:22) non préemptif : FCFS (PAPS) ou SJF
(cid:22) préemptif : Round Robin ou SRT
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Points obtenus :
sur un total de 4 points
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4. 5 pro essus sont en attente d'exé ution, et ont respe tivement annon é au système qu'ils
auraient besoin de s'exé uter pendant 9, 6, 3, 5 et X unités de temps. L'ordonnan ement
est sans réquisition. En onséquen e, dis uter selon la valeur de X pour donner les ordres
d'exé ution qui vont minimiser le temps moyen d'exé ution. En d'autres termes, on vous
invite à proposer une stratégie d'ordonnan ement, qui sera sûrement di(cid:27)érente de FIFO !
(a) (1 point) Si X < 3
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Solution: Si X lt 3, l'ordonnan ement qui va minimiser le temps moyen d'exé-
ution est X,3,5,6,9.
(b) (1 point) Si X > 9
Solution: Si X gt 9, l'ordonnan ement qui va minimiser le temps moyen d'exé-
ution est 3,5,6,9,X
( ) (1 point) Identi(cid:28)ez ette stratégie ordonnan ement
Solution: Plus généralement, la stratégie que l'on propose est SJF . Les entités
annon ent leur temps d'exé ution, et le système les ordonne selon SJF. C'est
bien ette stratégie qui donne le meilleur temps d'exé ution moyen.
Système de gestion de (cid:28) hier
5. (2 points) Considérons un SGF utilisant une méthode d'allo ation haînée indexée à
base d'une table FAT. Chaque entrée de la table FAT a une taille de 24 bits. Pour un
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sur un total de 5 points
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disque de 32 Go, quelle est la taille minimale d'allo ation de (cid:28) hier dans e système ?
Justi(cid:28)ez votre réponse
Solution: Taille du disque = 32Go = 25 ∗ 230 = 235octets. Une entrée de la FAT
à 24 bits. Nombre d'unité d'allo ations (nombre d'entrée possibles) = = 224
minimale d'allo ations = 235/224 = 211octets = 2Koctets
. Taille
6. Un système de (cid:28) hiers utilise une table i-node pour organiser les (cid:28) hiers sur le disque.
Chaque i-node est onstitué d'un identi(cid:28) ateur d'utilisateur (2 o tets), trois dates (4
o tets ha un), les bits de prote tion (2 o tets), le nombre de liens (2 o tet), un type
de (cid:28) hier (2 o tets) et la taille (4 o tets). En outre, l'i-node ontient 13 index dire ts,
1 index vers une table à un seul niveau (simple indire tion), 1 index vers une table à
un deux niveaux (double indire tion), et 1 index vers une table à trois niveau (triple
indire tion). Le système de (cid:28) hiers sto ke aussi les premiers 436 o tets de haque (cid:28) hier
dans l'i-node.
(a) (2 points) Supposons un se teur de disque est de 512 o tets, et supposons que toute
table auxiliaire tiens sur un se teur, et que la taille d'un indexe est de 4 o tets, quelle
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est la taille maximale d'un (cid:28) hier dans e système.
Solution:
Un index à 4 o tets donnera 128 entrées par se teur, et la réponse orre te est :
436 + 13 512 + 1 128 512 + 1 128 128 512 + 1 128 128 128
512 = 1082203060, environ 1Go.
(b) (2 points) Est-t-il un béné(cid:28)que pour les 436 premiers o tets du (cid:28) hier soit in lut
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dans l'i-node ?
Solution: Oui. La plupart des (cid:28) hiers sont de petite taille. Si la taille du (cid:28) hier
est 436 o tets ou moins, alors l'ensemble des (cid:28) hiers peuvent être lus et é rits
dans une opération de disque sans avoir à faire un a ès indépendant à l'i-noeud.
( ) (3 points) Supposons un se teur de disque est de 512 o tets, et supposons que toute
table auxiliaire tiens sur un se teur, et que la taille d'un indexe est de 4 o tets, quelle
est la taille minimale d'un (cid:28) hier dans e système.
Solution: Un (cid:28) hier une fois réé va o uper au minimum 01 blo ; sa taille est
au moins égale à 512 o tets
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Fin du Rattrapage