NOM :
PRENOM :
GROUPE :
CIN :
CODE :
SIG. ETUDIANT :
SIG. SURVEILLANT :
CODE :
NOTE :
1Łre annØe LFIG, TSI, ECOM - SystŁmes d’Exploitation I
Examen, Mai 2018, 90 min
ESEN - UniversitØ de la Manouba
AMINE DHRAIEF - CHIEHB-EDDINE BEN N’CIR
Cet examen comporte 7 questions, pour un total de 20 points. La clartØ de votre
expression et la qualitØ de votre Øcriture sont deux critŁres pris en compte dans la
notation.
Gestion des Processus (6 points)
Qui suis-je ? (2 points)
1.
(a) (1/2 point) Je suis un processus qui s’est terminØ mais son pŁre n’a pas encore lu
son code de retour.
(b) (1/2 point) Je suis un processus dont le pŁre s’est terminØ avant lui.
(a) Processus Zombie
(c) (1/2 point) Je suis un appel systŁme qui permet de crØer un processus.
(d) (1/2 point) Je suis un appel systŁme qui a(cid:30)che le PID du processus pŁre.
(c)
fork()
(d) getppid()
(b) Processus Orphelin
Page 1 sur 7
Points obtenus :
sur un total de 2 points
NE RIEN (cid:201)CRIRE ICI
A(cid:30)chage d’un processus (2 points)
2. (2 points) Soit le code ci-dessous
i n t main ( )
{
pid_t pi d ;
i n t v a l u e = 5 ;
p id = f o r k ( ) ;
i f
( p i d == 0 ) {
v a l u e += 1 5 ;
r e t u r n 0 ; }
e l s e
i f
( p i d > 0 ) {
w ait (NULL ) ;
p r i n t f ( " v a l u e = %d " , v a l u e ) ; }
r e t u r n 0 ;
}
Que va a(cid:30)cher ce code, sachant que wait(NULL) permet (cid:224) un processus pŁre d’attendre
la (cid:28)n d’exØcution de son processus (cid:28)ls ?
Solution: value = 5 l’incrØmentation a eu lieu sur la copie du (cid:28)ls (copy on write)
Arborescence des processus (2 points)
3. (2 points) Soit l’arborescence des processus prØsentØe par la (cid:28)gure ci-dessous :
Proposez un code qui va gØnØrer cette arborescence ?
P1 → P2 → P3 → P4 → P5
Page 2 sur 7
Points obtenus :
sur un total de 4 points
NOM :
Publicité
PRENOM :
GROUPE :
CIN :
CODE :
SIG. ETUDIANT :
SIG. SURVEILLANT :
CODE :
Solution:
i n t main ( )
{
i f ( f o r k ()==0)
i f ( f o r k ()==0)
i f ( f o r k ()==0)
i f ( f o r k ()==0)
wait (NULL ) ;
p r i n t f ("%d −−> %d \n " , g e t p p i d ( ) , g e t p i d ( ) ) ;
r e t u r n 0 ;
}
ou bien
i ;
i n t main ( )
{
i n t
i =0;
f o r ( i =0; i <4; i ++)
{
i f ( f o r k ( ) ) break ;
}
p r i n t f ("%d −−> %d\n " , g e t p p i d ( ) , g e t p i d ( ) ) ;
r e t u r n 0 ;
}
Page 3 sur 7
Points obtenus :
sur un total de 0 points
NE RIEN (cid:201)CRIRE ICI
Ordonnancement des Processus (7 points)
Qui suis-je ? (2 points)
4.
(a) (1/2 point) Je suis la version avec rØquisition de l’algorithme d’ordonnancement SJF.
(b) (1/2 point) Je suis la di(cid:27)Ørence entre le temps de la premiŁre exØcution et le temps
d’entrØe dans le systŁme.
(a)
SRT
(c) (1/2 point) Je suis la di(cid:27)Ørence entre le temps de terminaison et le temps d’entrØe
dans le systŁme.
(b) temps d’attente
(d) (1/2 point) Je suis la version avec rØquisition de l’algorithme d’ordonnancement
PAPS (FCFS).
(c) temps de sØjour
(d) Round Robin ou Tourniquet
Ordonnancement Round Robin vs. SJF (5 points)
ConsidØrons cinq processus P1, P2, P3, P4, P5, dont les temps d’exØcution et leurs temps
d’arrivØe respectifs sont les suivants
Processus Temps d’arrivØe Temps d’exØcution
P1
P2
P3
P4
P5
0
2
4
Publicité
6
8
3
6
4
5
2
5.
(a) (2 points) Dessiner le diagramme de GANTT pour l’ordonnancement SJF.
Page 4 sur 7
Points obtenus :
sur un total de 4 points
NOM :
PRENOM :
GROUPE :
CIN :
CODE :
SIG. ETUDIANT :
SIG. SURVEILLANT :
CODE :
Solution:
P1 P2 P5 P3 P4
20
11
3
15
9
(b) (2 points) Dessiner le diagramme de GANTT pour l’ordonnancement Round Robin
(quantum = 2 unitØs de temps).
Solution:
P1 P2 P1 P3 P2 P4 P3 P5 P2 P4
20
2
17
15
11
13
7
5
4
9
(c) (1 point) Lequel des deux ordonnancements SJF/Round Robin peut entra(cid:238)ner l’ap-
parition de la famine ? Justi(cid:28)ez votre rØponse.
Solution: SJF car sans rØquisition
Gestion des Fichiers (7 points)
Qui suis-je ? (2 points)
6.
(a) (1/2 point) Je suis une table stockØe (cid:224) la (cid:28)n du MBR, je contiens des informations
sur la subdivision logique du disque dur. J’indique l’adresse de dØbut et de (cid:28)n de
chaque subdivision logique.
(b) (1/2 point) Je suis la plus petite unitØ de stockage d’un systŁme de (cid:28)chiers d’un
systŁme informatique. Le choix de sa taille est e(cid:27)ectuØ lors du formatage du disque,
et in(cid:29)ue sur les performances et sur la capacitØ utile du disque.
(c) (1/2 point) Je suis une structure de donnØe associØe (cid:224) un seul (cid:28)chier. Je contiens
(b)
Blocs
(a) Table de partitions
Page 5 sur 7
Points obtenus :
sur un total de 41/2 points
NE RIEN (cid:201)CRIRE ICI
essentiellement les adresses des blocs de donnØes du (cid:28)chier.
Publicité
(d) (1/2 point) Je suis une structure de donnØe qui contient les adresses des blocs de
donnØes des di(cid:27)Ørents (cid:28)chiers stockØs sur une partition en utilisant une liste cha(cid:238)nØe
indexØe.
(c)
i-node
(d)
FAT
FAT pour un disque de 1 To (5 points)
7. ConsidØrons un disque dur ayant une capacitØ de 1 To et un systŁme de gestion de (cid:28)chier
utilisant FAT-32.
(a) (1 point) Donner la taille minimale de bloc physique en Kilo octets pour indexer
tout l’espace disque.
Solution: Taille du disque = 1T o = 240octets. Une entrØe de la FAT-32 a 28
bits. Nombre d’unitØ d’allocations (nombre d’entrØe possibles) = = 228. Taille
minimale de bloc physique = 1 bloc physique = 240/228 = 212octets = 4Koctets
(b) (1 point) Quelle est alors la taille minimale d’un (cid:28)chier dans un tel systŁme ?
Solution: Taille du disque = 21T o = 240. Une entrØe de la FAT (cid:224) 28 bits.
Nombre d’unitØ d’allocations (nombre d’entrØe possibles) = = 228. Taille mini-
male d’un (cid:28)chier = 1 bloc physique = 4 Koctets
(c) (1 point) Calculer le nombre de blocs nØcessaires pour stocker la table FAT sur le
disque.
Solution: Taille de la table FAT = 228 ∗ 28bits. nombre de blocs nØcessaires
= 228 ∗ 28/215 = 28 ∗ 213blocs
Page 6 sur 7
Points obtenus :
sur un total de 31/2 points
NOM :
PRENOM :
GROUPE :
CIN :
CODE :
SIG. ETUDIANT :
SIG. SURVEILLANT :
CODE :
(d) (1 point) Pour la mØmorisation de blocs libres de cette unitØ disque, la mØthode
table de bits (bitmap) est utilisØe. Quelle est la taille de la table de bits en blocs ?
Solution: Taille de la table de bit = nombre de blocs du disque = 228bits. Taille
de la table en bloc = 228/215 = 213blocs
(e) (1 point) Vous dØcidez de formater ce disque dur en FAT-16 en choisissant des
blocs physiques de 32 Koctets. Expliquer pourquoi il est dØconseillØ fortement de
faire cette opØration ?
Solution: taille max = 216 ∗ 215 = 231 = 2GB <<< 1T o
1
2
2
4
4
4
5
41/2
6
31/2
7
2
Total
20
Page:
Points:
Score:
Page 7 sur 7
Fin de l’Examen