Wiki de Sistemas Operativos - Contribuciones del usuario [es]

Subidas de notas

2014-02-26T13:38:16Z

Cripolgon:

Pérez Asién, Manuel (manperasi)

Rojas Fernández, Alberto (albrojfer1)

Poley González, Cristian (cripolgon)

Ejercicios Administración Ficheros

2014-02-05T22:05:06Z

Cripolgon: /* Ejercicio 5 */

== Ejercicio 1 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

El siguiente sistema de ficheros FAT dispone de la siguiente tabla:

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
!bloque
!etiqueta
|-
| 0
|X
|-
| 1
| X
|-
| 2
| E
|-
| 3
| 5
|-
|4
|BAD
|-
|5
|6
|-
|6
|EOF
|-
|7
|4
|-
|8
|EOF
|}

Donde la tabla de entrada de directorios raíz situada en el bloque 2 contiene:
{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
!Fichero
!Bloque
|-
|Imagen.jpg
|3
|-
|Fichero.txt
|8
|-
|Fichero2.txt
|4
|-
|Imagen2.jpg
|7
|}

A) ¿Encuentra alguna incoherencia en la configuración actual? Justifique brevemente su respuesta.

B) ¿Cuántos accesos a bloque serán necesarios para alcanzar el último bloque del fichero Imagen.jpg? Considere el acceso a bloque que supone la consulta a la tabla de entrada de directorio. Justifique brevemente su respuesta.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 1|Ver solución]]'')

== Ejercicio 2 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

Indique cuántos accesos a bloque hay que realizar para alcanzar un bloque referenciado por el doble indirecto de un i-nodo. Considere que un i-nodo ocupa un bloque.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 3 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
En un sistema de archivo EXT2, para acceder al bloque 1035 de un archivo cuantos accesos a bloque hay que realizar. Cuente el acceso a la tabla de archivo como un acceso a bloque.

a) 4 accesos a bloque

b) 3 accesos a bloque

c) 5 accesos a bloque

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 3|Ver solución]]'')

== Ejercicio 4 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
Un administrador de sistema tiene que elegir que sistema de archivo usar entre FAT16, FAT32 y EXT2 para un sistema como mucho archivos pequeños y multitud de accesos aleatorios. Elige cual es la mejor opción.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 5 ==

En un sistema de archivo EXT2, el tamaño de cada bloque es de 4KB en un sistema de 32bits. ¿Cuál es el tamaño máximo de un fichero en bytes?

[[Solucion Ejercico 5 - Tema 13]]

Ejercicios Administración Ficheros

2014-02-05T22:04:31Z

Cripolgon: /* Ejercicio 5 */

Solucion Ejercico 5 - Tema 13

2014-02-05T22:04:10Z

Cripolgon:

==Solucion Ejercicio 5 - Tema 13==

Para poder calcular lo que nos piden, tendremos que calcular el número de entradas que existen en un bloque, para poder calcular esto usamos el tamaño de un bloque y el tamaño de palabra del sistema (32 bits = 32/8 bytes = 4 bytes = 2^2 bytes).

2^12
────── = 2^10 = 1024 entradas por cada bloque.
2^2

Como nos dicen que el sistema de archivo es EXT2, debemos saber que las 10 primeras entradas del i-nodo refencian a bloques y además que es indirecto triple, es decir, el indirecto simple tendrá 1024 entradas, donde cada entrada referencia a un bloque de tamaño 4KB, en indirecto doble habrá 1024^2 entradas y en indirecto triple habrá 1024^3 entradas.

Por tanto, el número total de entradas es:

10 + 1024 + 1024^2 + 1024^3 = 1*10^9 entradas.

Como cada entrada referencia a un bloque, el '''tamaño máximo de un fichero es: 4KB * 1*10^9 = 4TB'''

Solucion Ejercico 5 - Tema 13

2014-01-25T17:52:19Z

Cripolgon: Página creada con '==Solucion Ejercico 5 - Tema 13== Para poder calcular lo que nos piden, tendremos que calcular el número de entradas que existen en un bloque, para poder calcular esto usamos …'

==Solucion Ejercico 5 - Tema 13==

Para poder calcular lo que nos piden, tendremos que calcular el número de entradas que existen en un bloque, para poder calcular esto usamos el tamaño de un bloque y el tamaño de palabra del sistema (32 bits = 32/8 bytes = 4 bytes = 2^2 bytes).

2^12
────── = 2^10 = 1024 entradas por cada bloque.
2^2

Como nos dicen que el sistema de archivo es EXT2, debemos saber que las 10 primeras entradas del i-nodo refencian a bloques y además que es indirecto triple, es decir, el indirecto simple tendrá 1024 entradas, donde cada entrada referencia a un bloque de tamaño 4KB, en indirecto doble habrá 1024^2 entradas y en indirecto triple habrá 1024^3 entradas.

Por tanto, el número total de entradas es:

10 + 1024 + 1024^2 + 1024^3 = 1*10^9 entradas.

Como cada entrada referencia a un bloque, el '''tamaño máximo de un fichero es: 4KB * 1*10^9 = 4TB'''

Ejercicios Administración Ficheros

2014-01-25T17:44:27Z

Cripolgon: /* Ejercicio 5 */

Ejercicios Administración Ficheros

2014-01-25T17:42:55Z

Cripolgon: /* Ejercicio 5 */

== Ejercicio 1 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

El siguiente sistema de ficheros FAT dispone de la siguiente tabla:

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
!bloque
!etiqueta
|-
| 0
|X
|-
| 1
| X
|-
| 2
| E
|-
| 3
| 5
|-
|4
|BAD
|-
|5
|6
|-
|6
|EOF
|-
|7
|4
|-
|8
|EOF
|}

Donde la tabla de entrada de directorios raíz situada en el bloque 2 contiene:
{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
!Fichero
!Bloque
|-
|Imagen.jpg
|3
|-
|Fichero.txt
|8
|-
|Fichero2.txt
|4
|-
|Imagen2.jpg
|7
|}

A) ¿Encuentra alguna incoherencia en la configuración actual? Justifique brevemente su respuesta.

B) ¿Cuántos accesos a bloque serán necesarios para alcanzar el último bloque del fichero Imagen.jpg? Considere el acceso a bloque que supone la consulta a la tabla de entrada de directorio. Justifique brevemente su respuesta.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 1|Ver solución]]'')

== Ejercicio 2 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

Indique cuántos accesos a bloque hay que realizar para alcanzar un bloque referenciado por el doble indirecto de un i-nodo. Considere que un i-nodo ocupa un bloque.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 3 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
En un sistema de archivo EXT2, para acceder al bloque 1035 de un archivo cuantos accesos a bloque hay que realizar. Cuente el acceso a la tabla de archivo como un acceso a bloque.

a) 4 accesos a bloque

b) 3 accesos a bloque

c) 5 accesos a bloque

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 3|Ver solución]]'')

== Ejercicio 4 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
Un administrador de sistema tiene que elegir que sistema de archivo usar entre FAT16, FAT32 y EXT2 para un sistema como mucho archivos pequeños y multitud de accesos aleatorios. Elige cual es la mejor opción.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 5 ==

En un sistema de archivo EXT2 con indirecto triple, el tamaño de cada bloque es de 4KB en un sistema de 32bits. ¿Cuál es el tamaño máximo de un fichero en bytes?

[[Solucion Ejercico 5 - Tema 13]]

Ejercicios Administración Ficheros

2014-01-25T17:35:54Z

Cripolgon: /* Ejercicio 5 */

Ejercicios Administración Ficheros

2014-01-25T17:35:45Z

Cripolgon: /* Ejercicio 5 */

== Ejercicio 1 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

El siguiente sistema de ficheros FAT dispone de la siguiente tabla:

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
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|-
| 0
|X
|-
| 1
| X
|-
| 2
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|-
| 3
| 5
|-
|4
|BAD
|-
|5
|6
|-
|6
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|-
|7
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|}

Donde la tabla de entrada de directorios raíz situada en el bloque 2 contiene:
{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
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|-
|Imagen.jpg
|3
|-
|Fichero.txt
|8
|-
|Fichero2.txt
|4
|-
|Imagen2.jpg
|7
|}

A) ¿Encuentra alguna incoherencia en la configuración actual? Justifique brevemente su respuesta.

B) ¿Cuántos accesos a bloque serán necesarios para alcanzar el último bloque del fichero Imagen.jpg? Considere el acceso a bloque que supone la consulta a la tabla de entrada de directorio. Justifique brevemente su respuesta.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 1|Ver solución]]'')

== Ejercicio 2 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

Indique cuántos accesos a bloque hay que realizar para alcanzar un bloque referenciado por el doble indirecto de un i-nodo. Considere que un i-nodo ocupa un bloque.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 3 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
En un sistema de archivo EXT2, para acceder al bloque 1035 de un archivo cuantos accesos a bloque hay que realizar. Cuente el acceso a la tabla de archivo como un acceso a bloque.

a) 4 accesos a bloque

b) 3 accesos a bloque

c) 5 accesos a bloque

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 3|Ver solución]]'')

== Ejercicio 4 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
Un administrador de sistema tiene que elegir que sistema de archivo usar entre FAT16, FAT32 y EXT2 para un sistema como mucho archivos pequeños y multitud de accesos aleatorios. Elige cual es la mejor opción.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 5 ==

En un sistema de archivo EXT2, el tamaño de cada bloque es de 4KBytes en un sistema de 32bits. ¿Cuál es el tamaño máximo de un fichero en bytes?

[[Solucion Ejercico 5 - Tema 13]]

Ejercicios Administración Ficheros

2014-01-25T17:35:01Z

Cripolgon: /* Ejercicio 5 */

== Ejercicio 1 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

El siguiente sistema de ficheros FAT dispone de la siguiente tabla:

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
!bloque
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|-
| 0
|X
|-
| 1
| X
|-
| 2
| E
|-
| 3
| 5
|-
|4
|BAD
|-
|5
|6
|-
|6
|EOF
|-
|7
|4
|-
|8
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|}

Donde la tabla de entrada de directorios raíz situada en el bloque 2 contiene:
{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
!Fichero
!Bloque
|-
|Imagen.jpg
|3
|-
|Fichero.txt
|8
|-
|Fichero2.txt
|4
|-
|Imagen2.jpg
|7
|}

A) ¿Encuentra alguna incoherencia en la configuración actual? Justifique brevemente su respuesta.

B) ¿Cuántos accesos a bloque serán necesarios para alcanzar el último bloque del fichero Imagen.jpg? Considere el acceso a bloque que supone la consulta a la tabla de entrada de directorio. Justifique brevemente su respuesta.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 1|Ver solución]]'')

== Ejercicio 2 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

Indique cuántos accesos a bloque hay que realizar para alcanzar un bloque referenciado por el doble indirecto de un i-nodo. Considere que un i-nodo ocupa un bloque.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 3 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
En un sistema de archivo EXT2, para acceder al bloque 1035 de un archivo cuantos accesos a bloque hay que realizar. Cuente el acceso a la tabla de archivo como un acceso a bloque.

a) 4 accesos a bloque

b) 3 accesos a bloque

c) 5 accesos a bloque

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 3|Ver solución]]'')

== Ejercicio 4 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
Un administrador de sistema tiene que elegir que sistema de archivo usar entre FAT16, FAT32 y EXT2 para un sistema como mucho archivos pequeños y multitud de accesos aleatorios. Elige cual es la mejor opción.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 5 ==

En un sistema de archivo EXT2, el tamaño de cada bloque es de 4Kbytes en un sistema de 32bits. ¿Cuál es el tamaño máximo de un fichero en bytes?

[[Solucion Ejercico 5 - Tema 13]]

Ejercicios Administración Ficheros

2014-01-25T17:34:25Z

Cripolgon:

== Ejercicio 1 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

El siguiente sistema de ficheros FAT dispone de la siguiente tabla:

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
!bloque
!etiqueta
|-
| 0
|X
|-
| 1
| X
|-
| 2
| E
|-
| 3
| 5
|-
|4
|BAD
|-
|5
|6
|-
|6
|EOF
|-
|7
|4
|-
|8
|EOF
|}

Donde la tabla de entrada de directorios raíz situada en el bloque 2 contiene:
{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
!Fichero
!Bloque
|-
|Imagen.jpg
|3
|-
|Fichero.txt
|8
|-
|Fichero2.txt
|4
|-
|Imagen2.jpg
|7
|}

A) ¿Encuentra alguna incoherencia en la configuración actual? Justifique brevemente su respuesta.

B) ¿Cuántos accesos a bloque serán necesarios para alcanzar el último bloque del fichero Imagen.jpg? Considere el acceso a bloque que supone la consulta a la tabla de entrada de directorio. Justifique brevemente su respuesta.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 1|Ver solución]]'')

== Ejercicio 2 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

Indique cuántos accesos a bloque hay que realizar para alcanzar un bloque referenciado por el doble indirecto de un i-nodo. Considere que un i-nodo ocupa un bloque.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 3 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
En un sistema de archivo EXT2, para acceder al bloque 1035 de un archivo cuantos accesos a bloque hay que realizar. Cuente el acceso a la tabla de archivo como un acceso a bloque.

a) 4 accesos a bloque

b) 3 accesos a bloque

c) 5 accesos a bloque

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 3|Ver solución]]'')

== Ejercicio 4 ==
''[Este ejercicio fue parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2011/12, del 23 de Enero de 2012]''
Un administrador de sistema tiene que elegir que sistema de archivo usar entre FAT16, FAT32 y EXT2 para un sistema como mucho archivos pequeños y multitud de accesos aleatorios. Elige cual es la mejor opción.

(''[[Solución de los ejercicios de administración de ficheros#Ejercicio 2|Ver solución]]'')

== Ejercicio 5 ==

En un sistema de archivo EXT2, el tamaño de cada bloque es de 4Kbytes en un sistema de 32bits. ¿Cuál es el tamaño máximo de un fichero en bytes?

Solución Ejercicio 10 - Tema 12

2014-01-25T17:31:34Z

Cripolgon: /* Solución Ejercicio 10 - Tema 12 */

== Solución Ejercicio 10 - Tema 12 ==

{1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9}

┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ 30 │ 21 │ 9 │ 8 │ 1 │ 78 │ 77 │ 45 │ (C-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ 30 │ 21 │ 1 │ 45 │ 77 │ 78 │ 9 │ 8 │ (4-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ 45 │ 30 │ 21 │ 9 │ 8 │ 1 │ 77 │ 78 │ (SSTF)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘

[[Usuario:Cripolgon|Cripolgon]]

Solución Ejercicio 9 - Tema 12

2014-01-25T17:31:25Z

Cripolgon: /* Solución Ejercicio 9 - Tema 12 */

== Solución Ejercicio 9 - Tema 12 ==

{1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9}

┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ 45 │ 77 │ 78 │ 1 │ 8 │ 9 │ 21 │ 30 │ (C-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ 45 │ 30 │ 21 │ 1 │ 8 │ 9 │ 77 │ 78 │ (4-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ 45 │ 30 │ 21 │ 9 │ 8 │ 1 │ 77 │ 78 │ (SSTF)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘

[[Usuario:Cripolgon|Cripolgon]]

Solución Ejercicio 2 - Tema 8

2014-01-25T17:29:56Z

Cripolgon:

==== Solución Ejercicio 2 - Tema 8 ====

Para poder resolver este ejercicio debemos ver que la suma recAsig + recDisp >= recMax se cumple para todos los recursos de cada proceso, si esto se da entonces estamos ante una configuración de estado seguro.
Para ello seguimos el algoritmo visto en clase.

Teniendo el siguiente vector de recursos disponibles nos disponemos a comprobar si se pueden ejecutar todos los procesos:

'''[1 1 0]'''

Primero comprobamos si se puede ejecutar P1:

R1: recAsig = 3, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 4, ¿4 >= recMax = 0?---> '''OK'''

R2: recAsig = 0, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 2?---> '''NO'''

Comprabomos si se puede ejecutar P2:

R1: recAsig = 0, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 1?---> '''OK'''

R2: recAsig = 2, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 3, ¿3 >= recMax = 0?---> '''OK'''

R3: recAsig = 1, recDisp = 0 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 0?---> '''OK'''

'''Se ejecuta en primer lugar P2''', ahora este proceso libera todos los recursos que tiene asignado y por tanto el vector de recursos disponibles quedaría:

'''[1 3 1]'''

Comprobamos si se puede ejecutar P1 pero con el nuevo vector.

R1: recAsig = 3, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 4, ¿4 >= recMax = 0?---> '''OK'''

R2: recAsig = 0, recDisp = 3 ---> recAsig + recDisp = 3, ¿3 >= recMax = 2?---> '''OK'''

R3: recAsig = 2, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 3, ¿3 >= recMax = 0?---> '''OK'''

'''Se ejecuta el proceso P1''', se liberan los recursos asignados a este proceso y el vector de recursos disponibles queda:

'''[4 3 3]'''

Comprobamos si se puede ejecutar P3 pero con el nuevo vector.

R1: recAsig = 1, recDisp = 4 ---> recAsig + recDisp = 5, ¿5 >= recMax = 0?---> '''OK'''

R2: recAsig = 0, recDisp = 3 ---> recAsig + recDisp = 3, ¿3 >= recMax = 0?---> '''OK'''

R3: recAsig = 0, recDisp = 3 ---> recAsig + recDisp = 3, ¿3 >= recMax = 1?---> '''OK'''

Por tanto, al no producirse interbloqueos podemos decir que '''es una configuración de estado seguro'''.

[[Usuario:Cripolgon|Cripolgon]]

Solución Ejercicio 2 - Tema 8

2014-01-25T17:23:47Z

Cripolgon: Página creada con '==== Solución Ejercicio 2 - Tema 8 ==== Para poder resolver este ejercicio debemos ver que la suma recAsig + recDisp >= recMax, si esto se cumple para todos los procesos enton…'

==== Solución Ejercicio 2 - Tema 8 ====

Para poder resolver este ejercicio debemos ver que la suma recAsig + recDisp >= recMax, si esto se cumple para todos los procesos entonces estamos ante una configuración cuyo estado es seguro.
Para ello seguimos el algoritmo visto en clase.

Primero comprobamos si se puede ejecutar P1:

R1: recAsig = 3, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 4, ¿2 >= recMax = 0?---> '''OK'''

R2: recAsig = 0, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 2?---> '''NO'''

Comprabomos si se puede ejecutar P2:

R1: recAsig = 0, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 1?---> '''OK'''

R2: recAsig = 2, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 3, ¿3 >= recMax = 0?---> '''OK'''

R3: recAsig = 1, recDisp = 0 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 0?---> '''OK'''

'''Se ejecuta en primer lugar P2''', ahora este proceso libera todos los recursos que tiene asignado y por tanto el vector de recursos disponibles quedaria:

'''[0 3 1]'''

Comprobamos si se puede ejecutar P1 pero con el nuevo vector.

R1: recAsig = 0, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 1?---> '''OK'''

R2: recAsig = 2, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 3, ¿3 >= recMax = 0?---> '''OK'''

R3: recAsig = 1, recDisp = 0 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 0?---> '''OK'''

'''Se ejecuta el proceso P1''', se liberan los recursos asignados a este proceso y el vector de recursos disponibles queda:

'''[4 3 3]'''

Comprobamos si se puede ejecutar P3 pero con el nuevo vector.

R1: recAsig = 0, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 1?---> '''OK'''

R2: recAsig = 2, recDisp = 1 ---> recAsig + recDisp = 3, ¿3 >= recMax = 0?---> '''OK'''

R3: recAsig = 1, recDisp = 0 ---> recAsig + recDisp = 1, ¿1 >= recMax = 0?---> '''OK'''

Por tanto, al no producirse interbloqueos podemos decir que '''es una configuración de estado seguro'''.

Ejercicios

2014-01-24T11:44:04Z

Cripolgon:

= Ejercicio 1 =

Dada la siguiente configuración de procesos y recursos,elabore si la configuración es estado seguro.

<table BORDER="1" cellpadding="8">

<tr>
<td> </td> <td colspan="3">Adjudicados</td> <td colspan="3">Máximos</td>
</tr>

<tr>
<td> </td> <td>R1</td> <td>R2</td> <td>R3</td> <td>R1</td> <td>R2</td> <td>R3</td>
</tr>

<tr>
<td>P1</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>2</td>
</tr>

<tr>
<td>P2</td> <td>0</td> <td>0</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>1</td> <td>1</td>
</tr>

<tr>
<td>P3</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>1</td>
</tr>

</table>

Disponibles = [ 1 0 1 ]

(Nota: Recordar que M = A+Z)

[[Solución Ejercicio 1|Ver solución del ejercicio 1]]

= Ejercicio 2 =

Dada la siguiente configuración de procesos y recursos,elabore si la configuración es estado seguro.

<table BORDER="1" cellpadding="8">

<tr>
<td> </td> <td colspan="3">Adjudicados</td> <td colspan="3">Máximos</td>
</tr>

<tr>
<td> </td> <td>R1</td> <td>R2</td> <td>R3</td> <td>R1</td> <td>R2</td> <td>R3</td>
</tr>

<tr>
<td>P1</td> <td>3</td> <td>0</td> <td>2</td> <td>0</td> <td>2</td> <td>0</td>
</tr>

<tr>
<td>P2</td> <td>0</td> <td>2</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>0</td>
</tr>

<tr>
<td>P3</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>0</td> <td>0</td> <td>0</td> <td>1</td>
</tr>

</table>

Disponibles = [ 1 1 0 ]

[[Solución Ejercicio 2 - Tema 8]]

= Ejercicio 3 =

En un sistema en el que se ejecutan 9 procesos se usan matrices binarias de relación para detectar interbloqueos. En un momento dado, se calcula el cierre transitivo de la matriz T = WxA obteniendo como resultado la siguiente matriz:

[[Archivo:Matriz_binaria_de_relaci_T.png‎]]

Exprese mediante grafos de relación proceso/recurso las posibles relaciones de espera entre los procesos del sistema. Represente los recursos sin nombre.

[[Archivo:SoluciónEjercicio2.png]]

Ejercicios

2014-01-24T11:41:52Z

Cripolgon:

= Ejercicio 1 =

Dada la siguiente configuración de procesos y recursos,elabore si la configuración es estado seguro.

<table BORDER="1" cellpadding="8">

<tr>
<td> </td> <td colspan="3">Adjudicados</td> <td colspan="3">Máximos</td>
</tr>

<tr>
<td> </td> <td>R1</td> <td>R2</td> <td>R3</td> <td>R1</td> <td>R2</td> <td>R3</td>
</tr>

<tr>
<td>P1</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>2</td>
</tr>

<tr>
<td>P2</td> <td>0</td> <td>0</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>1</td> <td>1</td>
</tr>

<tr>
<td>P3</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>1</td>
</tr>

</table>

Disponibles = [ 1 0 1 ]

(Nota: Recordar que M = A+Z)

[[Solución Ejercicio 1|Ver solución del ejercicio 1]]

= Ejercicio 2 =

Dada la siguiente configuración de procesos y recursos,elabore si la configuración es estado seguro.

<table BORDER="1" cellpadding="8">

<tr>
<td> </td> <td colspan="3">Adjudicados</td> <td colspan="3">Máximos</td>
</tr>

<tr>
<td> </td> <td>R1</td> <td>R2</td> <td>R3</td> <td>R1</td> <td>R2</td> <td>R3</td>
</tr>

<tr>
<td>P1</td> <td>3</td> <td>0</td> <td>2</td> <td>0</td> <td>2</td> <td>0</td>
</tr>

<tr>
<td>P2</td> <td>0</td> <td>2</td> <td>1</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>0</td>
</tr>

<tr>
<td>P3</td> <td>1</td> <td>0</td> <td>0</td> <td>0</td> <td>0</td> <td>1</td>
</tr>

</table>

Disponibles = [ 1 1 0 ]

= Ejercicio 3 =

En un sistema en el que se ejecutan 9 procesos se usan matrices binarias de relación para detectar interbloqueos. En un momento dado, se calcula el cierre transitivo de la matriz T = WxA obteniendo como resultado la siguiente matriz:

[[Archivo:Matriz_binaria_de_relaci_T.png‎]]

Exprese mediante grafos de relación proceso/recurso las posibles relaciones de espera entre los procesos del sistema. Represente los recursos sin nombre.

[[Archivo:SoluciónEjercicio2.png]]

Solución Ejercicio 10 - Tema 12

2014-01-24T11:34:43Z

Cripolgon: Página creada con '== Solución Ejercicio 10 - Tema 12 == {1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9} ┌────┬────┬────┬────┬────┬────…'

Ejercicios Gestión L/E

2014-01-24T11:31:42Z

Cripolgon: /* Ejercicio 10 */

== Ejercicio 1 ==
''[Este ejercicio formó parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

''[En el temario de 2012/13 no aparece NC-SCAN por lo que se ha simplificado a C-SCAN]''

Dados la siguiente secuencia de solicitud de accesos a sectores en disco:

3, 80, 15, 45, 1, 79, 4, 20, 21, 67, 19, 23

Indique el orden de accesos, considerando que inicialmente el cabezal se encuentra en la pista 0, para los siguientes criterios. Se considera un orden preferente ascendente:

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; width:800px; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
| 4-scan
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
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|-
| sstf
|
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|-
| c-scan
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|}

Las soluciones son algo confusas puesto que el cabezal empieza en la pista 0 y por esto no se puede apreciar realmente el efecto de los criterios.
(''[[Solución de los ejercicios de gestión de L/E#Ejercicio 1|Ver solución]]'')

== Ejercicio 2 ==
En un momento dado, un gestor de disco tiene pendiente la siguiente lista de accesos a cilindros: 17,24,20,32,12,37,8,30. Suponiendo que las cabezas lectoras se encuentran actualmente sobre el cilindro 22, indique en qué orden se atenderán estas peticiones si las cabezas se planifican por SCAN,SCAN circular(C-SCAN), o N-SCAN con N=4. Considere como preferente el sentido ascendente.

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; width:800px; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
| scan
|
|
|
|
|
|
|
|
|-
| c-scan
|
|
|
|
|
|
|
|
|-
| 4-scan
|
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|
|
|
|
|
|}

SOLUCIÓN(falta revisión profesor)

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; width:800px; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
| scan
| 24
| 30
|32
| 37
| 20
|17
| 12
| 8
|-
| c-scan
| 24
| 30
|32
| 37
| 8
|12
| 17
| 20
|-
| 4-scan
|24
| 32
|20
| 17
| 30
|37
| 12
| 8
|}

== Ejercicio 3 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)
En un momento dado, un gestor de disco tiene pendiente la siguiente lista de accesos a cilindros: 16, 7, 23, 42, 47, 5, 21 y 49. Suponiendo que las cabezas lectoras se encuentran
actualmente sobre el cilindro 17, y que para los algoritmos SCAN y sus derivados, cada ciclo comienza preferiblemente en sentido ascendente, indique en qué orden se atenderán estas peticiones si las cabezas se planifican por menor tiempo de búsqueda (SSTF), algoritmo del ascensor (SCAN), algoritmo SCAN circular (C-SCAN), o NSCAN con N=4.

SSTF 16 21 23 7 5 42 47 49

SCAN 21 23 42 47 49 16 7 5

C-SCAN 21 23 42 47 49 5 7 16

4-SCAN 23 42 16 7 21 47 49 5

== Ejercicio 4 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)
En un momento dado, un gestor de disco tiene pendiente la siguiente lista de accesos a cilindros:
50, 47, 1, 40, 2, 52, 72, 75. Suponiendo que las cabezas lectoras se encuentran actualmente sobre el cilindro 45, y que para los algoritmos SCAN y sus derivados, cada ciclo comienza preferiblemente en sentido ascendente, indique en qué orden se atenderán estas peticiones si las cabezas se planifican por menor tiempo de búsqueda (SSTF), algoritmo del ascensor (SCAN), algoritmo SCAN circular (C-SCAN), o N-SCAN con N=4.

SSTF 47 50 52 40 72 75 2 1

SCAN 47 50 52 72 75 40 2 1

C-SCAN 47 50 52 72 75 1 2 40

4-SCAN 47 50 40 1 2 52 72 75

== Ejercicio 5 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

En un momento dado, la cabeza lectora de un disco se encuentra en el cilindro 91 del disco, y el gestor tiene pendientes de atender peticiones de acceso sobre los siguientes cilindros: 90, 80, 85, 94, 5, 88, 87, 92, 93, 95, 81, 82, 83 Sin necesidad de desarrollar paso por paso el algoritmo, ¿cuál de ellas se atendería la última, si el gestor planifica los desplazamientos la cabeza lectora mediante algoritmo SSTF? ''La última en atenderse sería la petición sobre el cilindro 5, pues es el que queda más lejos de la zona en la que inicialmente se encuentra el brazo.
''
== Ejercicio 6 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

En un momento dado, la cabeza lectora de un disco se encuentra en el cilindro 45 del disco, y el gestor tiene pendientes de atender peticiones de acceso sobre las siguientes pistas: 2, 35, 46, 23, 90, 102, 3, 34 ¿En qué orden se atenderán si el gestor planifica los desplazamientos la cabeza lectora mediante algoritmo SSTF? ''En cada momento atenderá la petición que haga referencia al cilindro más cercano al actual. Por tanto, si la cabeza se encuentra inicialmente en el cilindro 45, el orden en que se atenderán las peticiones será: 46, 35, 34, 23, 3, 2, 90, 102.
''

== Ejercicio 7 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

¿Es lo mismo el cargador software de un sistema operativo que el cargador hardware? En caso negativo, ¿en qué se diferencian?
''No es lo mismo. El cargador hardware es llamado así porque lo proporciona el fabricante del hardware (viene empotrado en la memoria no volátil del sistema) y tiene como función primordial determinar la ubicación, cargar y transferir el control al cargador software, llamado así porque es proporcionado por el fabricante del sistema operativo, que es quien tiene la responsabilidad de cargar el sistema operativo pues es quien conoce las particularidades necesarias para la carga.''

== Ejercicio 8 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

En un sistema se dispone de un disco duro con una velocidad de rotación de 10.000 rpm y 100 sectores por pista. Se comprueba empíricamente que cuando los programas procesan información secuencialmente, transcurren aproximadamente 80 microseg entre dos peticiones de sectores consecutivos. ¿Cuántos sectores intercalaría para evitar rotaciones innecesarias? ''Si el disco gira a una velocidad 10.000 rpm, su velocidad de rotación en rps es 10.000/60 = 166,67 rps. El tiempo que tarda en dar una revolución es por tanto 1/166,67 = 5,9*10^-3, y por tanto el tiempo que tarda en pasar un sector es 5,9*10^-3/100= 5,9*10^-5, es decir, 59 microseg. Dado que hemos de intercalar n sectores de manera que n sea el menor tal que n*59 microseg > 80 microseg, hemos de tomar n=2. Dicho de otra manera, un intercalado de un sector sería insuficiente, pues tarda menos tiempo en pasar de lo que se supone que tarda en realizarse la siguiente petición. Por tanto, se intercalan dos sectores
''
== Ejercicio 9 ==
Indique el orden de accesos considerando que el cabezal se encuentra inicialmente en la pista 40 con un orden ASCENDENTE, para los siguientes criterios.

{1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9}

┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (C-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (4-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (SSTF)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘

[[Solución Ejercicio 9 - Tema 12 ]]

== Ejercicio 10 ==
Indique el orden de accesos considerando que el cabezal se encuentra inicialmente en la pista 40 con un orden DESCENDENTE, para los siguientes criterios.

{1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9}

┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (C-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (4-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (SSTF)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘

[[Solución Ejercicio 10 - Tema 12]]

Usuario discusión:Cripolgon

2014-01-24T11:30:12Z

Cripolgon: /* Solución Ejercicio 9 - Tema 12 */

Solución Ejercicio 9 - Tema 12

2014-01-24T11:29:42Z

Cripolgon: Página creada con '== Solución Ejercicio 9 - Tema 12 == {1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9} ┌────┬────┬────┬────┬────┬────…'

Ejercicios Gestión L/E

2014-01-24T11:29:20Z

Cripolgon: /* Ejercicio 9 */

== Ejercicio 1 ==
''[Este ejercicio formó parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

''[En el temario de 2012/13 no aparece NC-SCAN por lo que se ha simplificado a C-SCAN]''

Dados la siguiente secuencia de solicitud de accesos a sectores en disco:

3, 80, 15, 45, 1, 79, 4, 20, 21, 67, 19, 23

Indique el orden de accesos, considerando que inicialmente el cabezal se encuentra en la pista 0, para los siguientes criterios. Se considera un orden preferente ascendente:

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; width:800px; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
| 4-scan
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|-
| sstf
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|-
| c-scan
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|
|
|}

Las soluciones son algo confusas puesto que el cabezal empieza en la pista 0 y por esto no se puede apreciar realmente el efecto de los criterios.
(''[[Solución de los ejercicios de gestión de L/E#Ejercicio 1|Ver solución]]'')

== Ejercicio 2 ==
En un momento dado, un gestor de disco tiene pendiente la siguiente lista de accesos a cilindros: 17,24,20,32,12,37,8,30. Suponiendo que las cabezas lectoras se encuentran actualmente sobre el cilindro 22, indique en qué orden se atenderán estas peticiones si las cabezas se planifican por SCAN,SCAN circular(C-SCAN), o N-SCAN con N=4. Considere como preferente el sentido ascendente.

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; width:800px; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
| scan
|
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|-
| c-scan
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|}

SOLUCIÓN(falta revisión profesor)

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; width:800px; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
| scan
| 24
| 30
|32
| 37
| 20
|17
| 12
| 8
|-
| c-scan
| 24
| 30
|32
| 37
| 8
|12
| 17
| 20
|-
| 4-scan
|24
| 32
|20
| 17
| 30
|37
| 12
| 8
|}

== Ejercicio 3 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)
En un momento dado, un gestor de disco tiene pendiente la siguiente lista de accesos a cilindros: 16, 7, 23, 42, 47, 5, 21 y 49. Suponiendo que las cabezas lectoras se encuentran
actualmente sobre el cilindro 17, y que para los algoritmos SCAN y sus derivados, cada ciclo comienza preferiblemente en sentido ascendente, indique en qué orden se atenderán estas peticiones si las cabezas se planifican por menor tiempo de búsqueda (SSTF), algoritmo del ascensor (SCAN), algoritmo SCAN circular (C-SCAN), o NSCAN con N=4.

SSTF 16 21 23 7 5 42 47 49

SCAN 21 23 42 47 49 16 7 5

C-SCAN 21 23 42 47 49 5 7 16

4-SCAN 23 42 16 7 21 47 49 5

== Ejercicio 4 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)
En un momento dado, un gestor de disco tiene pendiente la siguiente lista de accesos a cilindros:
50, 47, 1, 40, 2, 52, 72, 75. Suponiendo que las cabezas lectoras se encuentran actualmente sobre el cilindro 45, y que para los algoritmos SCAN y sus derivados, cada ciclo comienza preferiblemente en sentido ascendente, indique en qué orden se atenderán estas peticiones si las cabezas se planifican por menor tiempo de búsqueda (SSTF), algoritmo del ascensor (SCAN), algoritmo SCAN circular (C-SCAN), o N-SCAN con N=4.

SSTF 47 50 52 40 72 75 2 1

SCAN 47 50 52 72 75 40 2 1

C-SCAN 47 50 52 72 75 1 2 40

4-SCAN 47 50 40 1 2 52 72 75

== Ejercicio 5 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

En un momento dado, la cabeza lectora de un disco se encuentra en el cilindro 91 del disco, y el gestor tiene pendientes de atender peticiones de acceso sobre los siguientes cilindros: 90, 80, 85, 94, 5, 88, 87, 92, 93, 95, 81, 82, 83 Sin necesidad de desarrollar paso por paso el algoritmo, ¿cuál de ellas se atendería la última, si el gestor planifica los desplazamientos la cabeza lectora mediante algoritmo SSTF? ''La última en atenderse sería la petición sobre el cilindro 5, pues es el que queda más lejos de la zona en la que inicialmente se encuentra el brazo.
''
== Ejercicio 6 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

En un momento dado, la cabeza lectora de un disco se encuentra en el cilindro 45 del disco, y el gestor tiene pendientes de atender peticiones de acceso sobre las siguientes pistas: 2, 35, 46, 23, 90, 102, 3, 34 ¿En qué orden se atenderán si el gestor planifica los desplazamientos la cabeza lectora mediante algoritmo SSTF? ''En cada momento atenderá la petición que haga referencia al cilindro más cercano al actual. Por tanto, si la cabeza se encuentra inicialmente en el cilindro 45, el orden en que se atenderán las peticiones será: 46, 35, 34, 23, 3, 2, 90, 102.
''

== Ejercicio 7 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

¿Es lo mismo el cargador software de un sistema operativo que el cargador hardware? En caso negativo, ¿en qué se diferencian?
''No es lo mismo. El cargador hardware es llamado así porque lo proporciona el fabricante del hardware (viene empotrado en la memoria no volátil del sistema) y tiene como función primordial determinar la ubicación, cargar y transferir el control al cargador software, llamado así porque es proporcionado por el fabricante del sistema operativo, que es quien tiene la responsabilidad de cargar el sistema operativo pues es quien conoce las particularidades necesarias para la carga.''

== Ejercicio 8 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

En un sistema se dispone de un disco duro con una velocidad de rotación de 10.000 rpm y 100 sectores por pista. Se comprueba empíricamente que cuando los programas procesan información secuencialmente, transcurren aproximadamente 80 microseg entre dos peticiones de sectores consecutivos. ¿Cuántos sectores intercalaría para evitar rotaciones innecesarias? ''Si el disco gira a una velocidad 10.000 rpm, su velocidad de rotación en rps es 10.000/60 = 166,67 rps. El tiempo que tarda en dar una revolución es por tanto 1/166,67 = 5,9*10^-3, y por tanto el tiempo que tarda en pasar un sector es 5,9*10^-3/100= 5,9*10^-5, es decir, 59 microseg. Dado que hemos de intercalar n sectores de manera que n sea el menor tal que n*59 microseg > 80 microseg, hemos de tomar n=2. Dicho de otra manera, un intercalado de un sector sería insuficiente, pues tarda menos tiempo en pasar de lo que se supone que tarda en realizarse la siguiente petición. Por tanto, se intercalan dos sectores
''
== Ejercicio 9 ==
Indique el orden de accesos considerando que el cabezal se encuentra inicialmente en la pista 40 con un orden ASCENDENTE, para los siguientes criterios.

{1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9}

┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (C-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (4-SCAN)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘
┌────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┬────┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (SSTF)
└────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┴────┘

[[Solución Ejercicio 9 - Tema 12 ]]

== Ejercicio 10 ==
Indique el orden de accesos considerando que el cabezal se encuentra inicialmente en la pista 40 con un orden DESCENDENTE, para los siguientes criterios.

{1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9}

┌───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (C-SCAN)
└───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┘
┌───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (4-SCAN)
└───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┘
┌───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (SSTF)
└───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┘

Usuario discusión:Cripolgon

2014-01-24T11:28:57Z

Cripolgon: Solución Ejercicio 9 - Tema 12

Ejercicios Gestión L/E

2014-01-24T11:20:43Z

Cripolgon:

== Ejercicio 1 ==
''[Este ejercicio formó parte del cuarto Control de Evaluación Contínua del Curso 2010/11, del 8 de junio de 2011]''

''[En el temario de 2012/13 no aparece NC-SCAN por lo que se ha simplificado a C-SCAN]''

Dados la siguiente secuencia de solicitud de accesos a sectores en disco:

3, 80, 15, 45, 1, 79, 4, 20, 21, 67, 19, 23

Indique el orden de accesos, considerando que inicialmente el cabezal se encuentra en la pista 0, para los siguientes criterios. Se considera un orden preferente ascendente:

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; width:800px; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
| 4-scan
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|
|}

Las soluciones son algo confusas puesto que el cabezal empieza en la pista 0 y por esto no se puede apreciar realmente el efecto de los criterios.
(''[[Solución de los ejercicios de gestión de L/E#Ejercicio 1|Ver solución]]'')

== Ejercicio 2 ==
En un momento dado, un gestor de disco tiene pendiente la siguiente lista de accesos a cilindros: 17,24,20,32,12,37,8,30. Suponiendo que las cabezas lectoras se encuentran actualmente sobre el cilindro 22, indique en qué orden se atenderán estas peticiones si las cabezas se planifican por SCAN,SCAN circular(C-SCAN), o N-SCAN con N=4. Considere como preferente el sentido ascendente.

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; width:800px; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
| scan
|
|
|
|
|
|
|
|
|-
| c-scan
|
|
|
|
|
|
|
|
|-
| 4-scan
|
|
|
|
|
|
|
|
|}

SOLUCIÓN(falta revisión profesor)

{| border="2" cellpadding="4" cellspacing="0" style="margin: 1em 1em 1em 0; background: #f9f9f9; width:800px; border: 1px #aaa solid; border-collapse: collapse; font-size: 95%;"
| scan
| 24
| 30
|32
| 37
| 20
|17
| 12
| 8
|-
| c-scan
| 24
| 30
|32
| 37
| 8
|12
| 17
| 20
|-
| 4-scan
|24
| 32
|20
| 17
| 30
|37
| 12
| 8
|}

== Ejercicio 3 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)
En un momento dado, un gestor de disco tiene pendiente la siguiente lista de accesos a cilindros: 16, 7, 23, 42, 47, 5, 21 y 49. Suponiendo que las cabezas lectoras se encuentran
actualmente sobre el cilindro 17, y que para los algoritmos SCAN y sus derivados, cada ciclo comienza preferiblemente en sentido ascendente, indique en qué orden se atenderán estas peticiones si las cabezas se planifican por menor tiempo de búsqueda (SSTF), algoritmo del ascensor (SCAN), algoritmo SCAN circular (C-SCAN), o NSCAN con N=4.

SSTF 16 21 23 7 5 42 47 49

SCAN 21 23 42 47 49 16 7 5

C-SCAN 21 23 42 47 49 5 7 16

4-SCAN 23 42 16 7 21 47 49 5

== Ejercicio 4 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)
En un momento dado, un gestor de disco tiene pendiente la siguiente lista de accesos a cilindros:
50, 47, 1, 40, 2, 52, 72, 75. Suponiendo que las cabezas lectoras se encuentran actualmente sobre el cilindro 45, y que para los algoritmos SCAN y sus derivados, cada ciclo comienza preferiblemente en sentido ascendente, indique en qué orden se atenderán estas peticiones si las cabezas se planifican por menor tiempo de búsqueda (SSTF), algoritmo del ascensor (SCAN), algoritmo SCAN circular (C-SCAN), o N-SCAN con N=4.

SSTF 47 50 52 40 72 75 2 1

SCAN 47 50 52 72 75 40 2 1

C-SCAN 47 50 52 72 75 1 2 40

4-SCAN 47 50 40 1 2 52 72 75

== Ejercicio 5 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

En un momento dado, la cabeza lectora de un disco se encuentra en el cilindro 91 del disco, y el gestor tiene pendientes de atender peticiones de acceso sobre los siguientes cilindros: 90, 80, 85, 94, 5, 88, 87, 92, 93, 95, 81, 82, 83 Sin necesidad de desarrollar paso por paso el algoritmo, ¿cuál de ellas se atendería la última, si el gestor planifica los desplazamientos la cabeza lectora mediante algoritmo SSTF? ''La última en atenderse sería la petición sobre el cilindro 5, pues es el que queda más lejos de la zona en la que inicialmente se encuentra el brazo.
''
== Ejercicio 6 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

En un momento dado, la cabeza lectora de un disco se encuentra en el cilindro 45 del disco, y el gestor tiene pendientes de atender peticiones de acceso sobre las siguientes pistas: 2, 35, 46, 23, 90, 102, 3, 34 ¿En qué orden se atenderán si el gestor planifica los desplazamientos la cabeza lectora mediante algoritmo SSTF? ''En cada momento atenderá la petición que haga referencia al cilindro más cercano al actual. Por tanto, si la cabeza se encuentra inicialmente en el cilindro 45, el orden en que se atenderán las peticiones será: 46, 35, 34, 23, 3, 2, 90, 102.
''

== Ejercicio 7 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

¿Es lo mismo el cargador software de un sistema operativo que el cargador hardware? En caso negativo, ¿en qué se diferencian?
''No es lo mismo. El cargador hardware es llamado así porque lo proporciona el fabricante del hardware (viene empotrado en la memoria no volátil del sistema) y tiene como función primordial determinar la ubicación, cargar y transferir el control al cargador software, llamado así porque es proporcionado por el fabricante del sistema operativo, que es quien tiene la responsabilidad de cargar el sistema operativo pues es quien conoce las particularidades necesarias para la carga.''

== Ejercicio 8 ==
(NO ESTÁN REVISADOS POR PABLO NEIRA, PERO ESTÁN PUBLICADOS COMO SOLUCIONES DE EXÁMENES ANTIGUOS, ESTÁN HECHOS POR ALGÚN OTRO PROFESOR)

En un sistema se dispone de un disco duro con una velocidad de rotación de 10.000 rpm y 100 sectores por pista. Se comprueba empíricamente que cuando los programas procesan información secuencialmente, transcurren aproximadamente 80 microseg entre dos peticiones de sectores consecutivos. ¿Cuántos sectores intercalaría para evitar rotaciones innecesarias? ''Si el disco gira a una velocidad 10.000 rpm, su velocidad de rotación en rps es 10.000/60 = 166,67 rps. El tiempo que tarda en dar una revolución es por tanto 1/166,67 = 5,9*10^-3, y por tanto el tiempo que tarda en pasar un sector es 5,9*10^-3/100= 5,9*10^-5, es decir, 59 microseg. Dado que hemos de intercalar n sectores de manera que n sea el menor tal que n*59 microseg > 80 microseg, hemos de tomar n=2. Dicho de otra manera, un intercalado de un sector sería insuficiente, pues tarda menos tiempo en pasar de lo que se supone que tarda en realizarse la siguiente petición. Por tanto, se intercalan dos sectores
''
== Ejercicio 9 ==
Indique el orden de accesos considerando que el cabezal se encuentra inicialmente en la pista 40 con un orden ASCENDENTE, para los siguientes criterios.

{1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9}

┌───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (C-SCAN)
└───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┘
┌───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (4-SCAN)
└───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┘
┌───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (SSTF)
└───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┘

== Ejercicio 10 ==
Indique el orden de accesos considerando que el cabezal se encuentra inicialmente en la pista 40 con un orden DESCENDENTE, para los siguientes criterios.

{1, 30, 21, 45, 8, 78, 77, 9}

┌───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (C-SCAN)
└───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┘
┌───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (4-SCAN)
└───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┘
┌───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┬───┐
│ │ │ │ │ │ │ │ │ (SSTF)
└───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┴───┘

Discos Magnéticos

2014-01-15T00:40:54Z

Cripolgon: /* Arquitectura de los discos magnéticos */

== Arquitectura de los discos magnéticos ==

Los discos magnéticos están formados por varios discos (desde 2 hasta 7) de material magnético montados sobre el mismo eje, los cuales se mantienen girando a una velocidad constante. Estos discos están recorridos, cada uno, por 2 cabezales magnéticos que no llegan a tocar el disco (están separados por unos 3 nanómetros debido a una delgada capa de aire formada por la rotación del disco, de hecho si lo tocan se produce un error conocido como aterrizaje del cabezal) y que leen y escriben datos en el disco creando puntos de campo magnético.

En esta imagen se muestran los componentes de un disco duro magnético:

[[Archivo:componentes_HD_comentados.png]]

= Partes del disco magnético =

La superficie del disco magnético se divide en la siguientes partes:

* Pista (''track'', en inglés): Zona a la que accede el cabezal si este se queda fijo en una posición y el disco sigue girando. Si el cabezal se tratara de un lápiz, la pista sería la zona que el cabezal dibuja sobre el disco (que se trataría de una circunferencia). Hay que tener en cuenta que las pistas más cercanas al centro del disco son de menor tamaño al tener menor radio la circunferencia.
* Sector: Es una subdivisión de una pista (track) en un disco magnético. Cada sector almacena una cantidad fija de datos.
* Cilindro: Conjunto de sectores a los que el conjunto de cabezales pueden acceder desde una posición. Un cilindro está compuesto por un conjunto de sectores.

[[Archivo:cilindro.jpg]][[Archivo:Estructura_disco.png|Estructura de un disco óptico|right]]

= Prestaciones de un disco duro magnético =

Las prestaciones de un disco se pueden medir mediante los siguientes indicadores:

* Capacidad, cantidad de unidades de información que se pueden almacenar en el disco.
* Revoluciones por minuto (RPM), velocidad constante a la que gira el disco magnético.
* Tiempo de arranque del motor, se trata del tiempo que tarda el motor en hacer que el disco comience a girar a velocidad constante.
* Tiempo de accesos, tanto para operaciones de lectura como escritura:
** Tiempo de búsqueda, se trata del tiempo que tarda el cabezal en desplazarse de una pista a otra.
** Demora de rotación, se trata del tiempo que tarda en pasar un sector por delante del cabezal.
** Tiempo de transmisión, se trata del tiempo que toma la transferencia de datos del dispositivo al gestor de dispositivo.

= Recursos multimedia =
Funcionamiento electromecánico de un disco duro:
http://www.youtube.com/watch?v=Wiy_eHdj8kg

Usuario:Cripolgon

2013-12-19T20:00:01Z

Cripolgon:

Cristian Poley González-2º Ingeniería Informática-Ingeniería del Software. 2013/2014

Solución ejercicio 1 memoria virtual

2013-12-18T17:19:49Z

Cripolgon: /* NRU con 2º oportunidad */

= FIFO =
accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | = | 3 | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------ = 0.75
12

= NRU =

En caso de empate, se emplea LRU.
accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | 1 | 0 | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------ = 0.583
12

--[[Usuario:juacascor|juacascor]] '''DUDA''': Creo que hay un error en el paso 10 cuando cargamos la pagina 2, en el criterio NRU comenzamos por el primer marco y buscamos la pagina victima, en este caso creo que seria la pagina 5 que esta cargada en el marco 2 y tienen R=1, M=0 no la pagina 4 como pone en el ejercicio.

= NRU con 2º oportunidad =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------
contenido | 1 | 1 | 1 | 1-2 | 1-2-3 |1-2-3-4|2-3-4-5|2-3-4-5|3-4-5-1|5-1-3-2|5-1-3-2|1-3-2-4|
de la cola -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

Creo que es asi, pero no me lo tomeis a pies juntillas que no estoy muy seguro.

Por favor que alguien explique bien este criterio, que en cada ejercicio se aplica de una forma diferente.Gracias

Explicación:

El criterio se basa en combinar el NRU (sin bit M) con FIFO. En la cola se van añadiendo las páginas según se cargan con su respectivo valor del bit R. A la hora de sustituir se mira el candidato de la cabecera de la cola. Si su R=1, se le da una segunda oportunidad desplazándolo al final de la cola y poniendo su bit R=0. Si hubiera tenido el R=0, se hubiera tomada esa página como víctima. Eso es lo que sucede cuando llega la página 5. En ese momento la cola es 1 2 3 4 con su bit R=1 en todas las páginas. Se va mirando el candidato si tiene el bit R=0 como no es así, pasa al final de la cola. Llega un momento en el que la página 1 vuelve a la cabecera(en este caso con R=0),por lo que ahora si es sustituida por la página 5.[[Usuario:Jherrera|Jherrera]]

Una Dudilla : la FIFO es por orden de carga o por orden de acceso?¿ Según veo en el ejercicio lo hace por orden de acceso --[[Usuario:DvS 013|DvS 013]]
--
Respuesta : La fifo almacena el tiempo que una página lleva cargada en memoria, por lo que es por orden de carga. [[Usuario : JCGarrido|JCGarrido]]

He puesto el orden de la cola para que se vea más claro. Cuando el candidato tiene R=1 se pone a 0 y se inserta al final. Es por eso que cuando se accede por última vez a la página 2, al estar 3 la primera, se pone su bit R a 0 se inserta al final (no estaba en la solución anterior) y la siguiente (4, con R=0) es la página víctima.--[[Usuario:Alexrdp|Alexrdp]] 09:37 14 jun 2011 (UTC)

Entonces, sería asi:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | 5 | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | 0 | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | 1 | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | 0 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | 3 | 2 | 2 | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------
12

Esta segunda solución creo que no está del todo correcta.
Cuando llega el cuarto acceso a 1 (donde se produce el sexto fallo de página), el contenido de la cola es el siguiente:

2 (R=0) - 3 (R=1) - 4 (R=0) - 5 (R=1)

Con lo cual, la víctima es el 2, pero sin poner a 0 el resto de los bits R, ya que el primer elemento de la cola tiene el bit R=0 y no hace falta seguir iterando sobre ésta.

De acuerdo a este último comentario, quedaría de la siguiente manera:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 5 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

talla de fallos de página = 8 / 12

Existia un fallo en el acceso número 10, donde no se ponía el bit R del marco 3 a 0 y en el último acceso, que se puso la página 4 en el
marco 1, pero no es así, cuando llegamos a este acceso la cola es |3|5|1|2|, por tanto el que será reemplazado será el 3, porque será el
primero en encontrarnos con el bit R a 0.
Corregido por --[[Usuario:Cripolgon|Cripolgon]]

= LRU =

accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

= LFU =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | 1 | 2 | 3 | = | = | = | = | = | 4 | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | 1 | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | 1 | = | = | 2 | = | = | 3 | 3 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | | 1 | = | = | = | 1 | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------
12

Observación: al quitar un elemento se resetea su contador

= Sustitución por envejecimiento =
Periodo de 4, registro R de 3 bits, desempate: FIFO (por orden de carga)

_________________accesos a página__________________
|_1_|_1_|_1_|_2_||_3_|_4_|_5_|_3_||_1_|_2_|_3_|_4_|
======================================================
1 | 1 | = | = | = || 1 | = | 5 | = || 5 | = | = | 4 |
|100| = | = | = ||010| = |100| = ||010| = | = |100|
m---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
a 2 | | | | 2 || 2 | = | = | = || 1 | = | = | = |
r | | | |100||010| = | = | = ||100| = | = | = |
c---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
o 3 | | | | || 3 | = | = | = || 3 | 2 | = | = |
s | | | | ||100| = | = | = ||010|100| = | = |
---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
4 | | | | || | 4 | = | = || 4 | = | 3 | = |
| | | | || |100| = | = ||010| = |100| = |
--------------------------------------------------------> t
x x x x x x x x x

9
tasa fallos pág = ----
12

Usuario:Cripolgon

2013-12-18T17:19:40Z

Cripolgon: Página creada con 'Cristian Poley'

Cristian Poley

Solución ejercicio 1 memoria virtual

2013-12-18T17:18:04Z

Cripolgon: /* NRU con 2º oportunidad */

= FIFO =
accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | = | 3 | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------ = 0.75
12

= NRU =

En caso de empate, se emplea LRU.
accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | 1 | 0 | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------ = 0.583
12

--[[Usuario:juacascor|juacascor]] '''DUDA''': Creo que hay un error en el paso 10 cuando cargamos la pagina 2, en el criterio NRU comenzamos por el primer marco y buscamos la pagina victima, en este caso creo que seria la pagina 5 que esta cargada en el marco 2 y tienen R=1, M=0 no la pagina 4 como pone en el ejercicio.

= NRU con 2º oportunidad =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------
contenido | 1 | 1 | 1 | 1-2 | 1-2-3 |1-2-3-4|2-3-4-5|2-3-4-5|3-4-5-1|5-1-3-2|5-1-3-2|1-3-2-4|
de la cola -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

Creo que es asi, pero no me lo tomeis a pies juntillas que no estoy muy seguro.

Por favor que alguien explique bien este criterio, que en cada ejercicio se aplica de una forma diferente.Gracias

Explicación:

El criterio se basa en combinar el NRU (sin bit M) con FIFO. En la cola se van añadiendo las páginas según se cargan con su respectivo valor del bit R. A la hora de sustituir se mira el candidato de la cabecera de la cola. Si su R=1, se le da una segunda oportunidad desplazándolo al final de la cola y poniendo su bit R=0. Si hubiera tenido el R=0, se hubiera tomada esa página como víctima. Eso es lo que sucede cuando llega la página 5. En ese momento la cola es 1 2 3 4 con su bit R=1 en todas las páginas. Se va mirando el candidato si tiene el bit R=0 como no es así, pasa al final de la cola. Llega un momento en el que la página 1 vuelve a la cabecera(en este caso con R=0),por lo que ahora si es sustituida por la página 5.[[Usuario:Jherrera|Jherrera]]

Una Dudilla : la FIFO es por orden de carga o por orden de acceso?¿ Según veo en el ejercicio lo hace por orden de acceso --[[Usuario:DvS 013|DvS 013]]
--
Respuesta : La fifo almacena el tiempo que una página lleva cargada en memoria, por lo que es por orden de carga. [[Usuario : JCGarrido|JCGarrido]]

He puesto el orden de la cola para que se vea más claro. Cuando el candidato tiene R=1 se pone a 0 y se inserta al final. Es por eso que cuando se accede por última vez a la página 2, al estar 3 la primera, se pone su bit R a 0 se inserta al final (no estaba en la solución anterior) y la siguiente (4, con R=0) es la página víctima.--[[Usuario:Alexrdp|Alexrdp]] 09:37 14 jun 2011 (UTC)

Entonces, sería asi:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | 5 | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | 0 | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | 1 | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | 0 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | 3 | 2 | 2 | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------
12

Esta segunda solución creo que no está del todo correcta.
Cuando llega el cuarto acceso a 1 (donde se produce el sexto fallo de página), el contenido de la cola es el siguiente:

2 (R=0) - 3 (R=1) - 4 (R=0) - 5 (R=1)

Con lo cual, la víctima es el 2, pero sin poner a 0 el resto de los bits R, ya que el primer elemento de la cola tiene el bit R=0 y no hace falta seguir iterando sobre ésta.

De acuerdo a este último comentario, quedaría de la siguiente manera:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 5 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

talla de fallos de página = 8 / 12

Existia un fallo en el acceso número 10, donde no se ponía el bit R del marco 3 a 0 y en el último acceso, que se puso la página 4 en el
marco 1, pero no es así, cuando llegamos a este acceso la cola es |3|5|1|2|, por tanto el que será reemplazado será el 3, porque será el
primero en encontrarnos con el bit R a 0.
Corregido por --[[Usuario : Cripolgon|Cripolgon]]

= LRU =

accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

= LFU =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | 1 | 2 | 3 | = | = | = | = | = | 4 | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | 1 | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | 1 | = | = | 2 | = | = | 3 | 3 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | | 1 | = | = | = | 1 | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------
12

Observación: al quitar un elemento se resetea su contador

= Sustitución por envejecimiento =
Periodo de 4, registro R de 3 bits, desempate: FIFO (por orden de carga)

_________________accesos a página__________________
|_1_|_1_|_1_|_2_||_3_|_4_|_5_|_3_||_1_|_2_|_3_|_4_|
======================================================
1 | 1 | = | = | = || 1 | = | 5 | = || 5 | = | = | 4 |
|100| = | = | = ||010| = |100| = ||010| = | = |100|
m---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
a 2 | | | | 2 || 2 | = | = | = || 1 | = | = | = |
r | | | |100||010| = | = | = ||100| = | = | = |
c---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
o 3 | | | | || 3 | = | = | = || 3 | 2 | = | = |
s | | | | ||100| = | = | = ||010|100| = | = |
---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
4 | | | | || | 4 | = | = || 4 | = | 3 | = |
| | | | || |100| = | = ||010| = |100| = |
--------------------------------------------------------> t
x x x x x x x x x

9
tasa fallos pág = ----
12

Solución ejercicio 1 memoria virtual

2013-12-18T16:57:05Z

Cripolgon: /* NRU con 2º oportunidad */

= FIFO =
accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | = | 3 | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------ = 0.75
12

= NRU =

En caso de empate, se emplea LRU.
accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | 1 | 0 | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------ = 0.583
12

--[[Usuario:juacascor|juacascor]] '''DUDA''': Creo que hay un error en el paso 10 cuando cargamos la pagina 2, en el criterio NRU comenzamos por el primer marco y buscamos la pagina victima, en este caso creo que seria la pagina 5 que esta cargada en el marco 2 y tienen R=1, M=0 no la pagina 4 como pone en el ejercicio.

= NRU con 2º oportunidad =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------
contenido | 1 | 1 | 1 | 1-2 | 1-2-3 |1-2-3-4|2-3-4-5|2-3-4-5|3-4-5-1|5-1-3-2|5-1-3-2|1-3-2-4|
de la cola -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

Creo que es asi, pero no me lo tomeis a pies juntillas que no estoy muy seguro.

Por favor que alguien explique bien este criterio, que en cada ejercicio se aplica de una forma diferente.Gracias

Explicación:

El criterio se basa en combinar el NRU (sin bit M) con FIFO. En la cola se van añadiendo las páginas según se cargan con su respectivo valor del bit R. A la hora de sustituir se mira el candidato de la cabecera de la cola. Si su R=1, se le da una segunda oportunidad desplazándolo al final de la cola y poniendo su bit R=0. Si hubiera tenido el R=0, se hubiera tomada esa página como víctima. Eso es lo que sucede cuando llega la página 5. En ese momento la cola es 1 2 3 4 con su bit R=1 en todas las páginas. Se va mirando el candidato si tiene el bit R=0 como no es así, pasa al final de la cola. Llega un momento en el que la página 1 vuelve a la cabecera(en este caso con R=0),por lo que ahora si es sustituida por la página 5.[[Usuario:Jherrera|Jherrera]]

Una Dudilla : la FIFO es por orden de carga o por orden de acceso?¿ Según veo en el ejercicio lo hace por orden de acceso --[[Usuario:DvS 013|DvS 013]]
--
Respuesta : La fifo almacena el tiempo que una página lleva cargada en memoria, por lo que es por orden de carga. [[Usuario : JCGarrido|JCGarrido]]

He puesto el orden de la cola para que se vea más claro. Cuando el candidato tiene R=1 se pone a 0 y se inserta al final. Es por eso que cuando se accede por última vez a la página 2, al estar 3 la primera, se pone su bit R a 0 se inserta al final (no estaba en la solución anterior) y la siguiente (4, con R=0) es la página víctima.--[[Usuario:Alexrdp|Alexrdp]] 09:37 14 jun 2011 (UTC)

Entonces, sería asi:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | 5 | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | 0 | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | 1 | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | 0 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | 3 | 2 | 2 | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------
12

Esta segunda solución creo que no está del todo correcta.
Cuando llega el cuarto acceso a 1 (donde se produce el sexto fallo de página), el contenido de la cola es el siguiente:

2 (R=0) - 3 (R=1) - 4 (R=0) - 5 (R=1)

Con lo cual, la víctima es el 2, pero sin poner a 0 el resto de los bits R, ya que el primer elemento de la cola tiene el bit R=0 y no hace falta seguir iterando sobre ésta.

De acuerdo a este último comentario, quedaría de la siguiente manera:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 5 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

talla de fallos de página = 8 / 12

Existia un fallo en el acceso número 10, donde no se ponía el bit R del marco 3 a 0 y en el último acceso, que se puso la página 4 en el
marco 1, pero no es así, cuando llegamos a este acceso la cola es |3|5|1|2|, por tanto el que será reemplazado será el 3, porque será el
primero en encontrarnos con el bit R a 0.
Corregido por --[[Usuario : cripolgon|cripolgon]]

= LRU =

accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

= LFU =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | 1 | 2 | 3 | = | = | = | = | = | 4 | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | 1 | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | 1 | = | = | 2 | = | = | 3 | 3 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | | 1 | = | = | = | 1 | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------
12

Observación: al quitar un elemento se resetea su contador

= Sustitución por envejecimiento =
Periodo de 4, registro R de 3 bits, desempate: FIFO (por orden de carga)

_________________accesos a página__________________
|_1_|_1_|_1_|_2_||_3_|_4_|_5_|_3_||_1_|_2_|_3_|_4_|
======================================================
1 | 1 | = | = | = || 1 | = | 5 | = || 5 | = | = | 4 |
|100| = | = | = ||010| = |100| = ||010| = | = |100|
m---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
a 2 | | | | 2 || 2 | = | = | = || 1 | = | = | = |
r | | | |100||010| = | = | = ||100| = | = | = |
c---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
o 3 | | | | || 3 | = | = | = || 3 | 2 | = | = |
s | | | | ||100| = | = | = ||010|100| = | = |
---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
4 | | | | || | 4 | = | = || 4 | = | 3 | = |
| | | | || |100| = | = ||010| = |100| = |
--------------------------------------------------------> t
x x x x x x x x x

9
tasa fallos pág = ----
12

Solución ejercicio 1 memoria virtual

2013-12-18T16:56:21Z

Cripolgon: /* NRU con 2º oportunidad */

= FIFO =
accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | = | 3 | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------ = 0.75
12

= NRU =

En caso de empate, se emplea LRU.
accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | 1 | 0 | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------ = 0.583
12

--[[Usuario:juacascor|juacascor]] '''DUDA''': Creo que hay un error en el paso 10 cuando cargamos la pagina 2, en el criterio NRU comenzamos por el primer marco y buscamos la pagina victima, en este caso creo que seria la pagina 5 que esta cargada en el marco 2 y tienen R=1, M=0 no la pagina 4 como pone en el ejercicio.

= NRU con 2º oportunidad =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------
contenido | 1 | 1 | 1 | 1-2 | 1-2-3 |1-2-3-4|2-3-4-5|2-3-4-5|3-4-5-1|5-1-3-2|5-1-3-2|1-3-2-4|
de la cola -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

Creo que es asi, pero no me lo tomeis a pies juntillas que no estoy muy seguro.

Por favor que alguien explique bien este criterio, que en cada ejercicio se aplica de una forma diferente.Gracias

Explicación:

El criterio se basa en combinar el NRU (sin bit M) con FIFO. En la cola se van añadiendo las páginas según se cargan con su respectivo valor del bit R. A la hora de sustituir se mira el candidato de la cabecera de la cola. Si su R=1, se le da una segunda oportunidad desplazándolo al final de la cola y poniendo su bit R=0. Si hubiera tenido el R=0, se hubiera tomada esa página como víctima. Eso es lo que sucede cuando llega la página 5. En ese momento la cola es 1 2 3 4 con su bit R=1 en todas las páginas. Se va mirando el candidato si tiene el bit R=0 como no es así, pasa al final de la cola. Llega un momento en el que la página 1 vuelve a la cabecera(en este caso con R=0),por lo que ahora si es sustituida por la página 5.[[Usuario:Jherrera|Jherrera]]

Una Dudilla : la FIFO es por orden de carga o por orden de acceso?¿ Según veo en el ejercicio lo hace por orden de acceso --[[Usuario:DvS 013|DvS 013]]
--
Respuesta : La fifo almacena el tiempo que una página lleva cargada en memoria, por lo que es por orden de carga. [[Usuario : JCGarrido|JCGarrido]]

He puesto el orden de la cola para que se vea más claro. Cuando el candidato tiene R=1 se pone a 0 y se inserta al final. Es por eso que cuando se accede por última vez a la página 2, al estar 3 la primera, se pone su bit R a 0 se inserta al final (no estaba en la solución anterior) y la siguiente (4, con R=0) es la página víctima.--[[Usuario:Alexrdp|Alexrdp]] 09:37 14 jun 2011 (UTC)

Entonces, sería asi:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | 5 | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | 0 | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | 1 | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | 0 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | 3 | 2 | 2 | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------
12

Esta segunda solución creo que no está del todo correcta.
Cuando llega el cuarto acceso a 1 (donde se produce el sexto fallo de página), el contenido de la cola es el siguiente:

2 (R=0) - 3 (R=1) - 4 (R=0) - 5 (R=1)

Con lo cual, la víctima es el 2, pero sin poner a 0 el resto de los bits R, ya que el primer elemento de la cola tiene el bit R=0 y no hace falta seguir iterando sobre ésta.

De acuerdo a este último comentario, quedaría de la siguiente manera:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 5 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

talla de fallos de página = 8 / 12

Existia un fallo en el acceso número 10, donde no se ponía el bit R del marco 3 a 0 y en el último acceso, que se puso la página 4 en el
marco 1, pero no es así, cuando llegamos a este acceso la cola es |3|5|1|2|, por tanto el que será reemplazado será el 3, porque será el
primero en encontrarnos con el bit R a 0.
Corregido por [[Usuario : cripolgon|cripolgon]]

= LRU =

accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

= LFU =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | 1 | 2 | 3 | = | = | = | = | = | 4 | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | 1 | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | 1 | = | = | 2 | = | = | 3 | 3 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | | 1 | = | = | = | 1 | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------
12

Observación: al quitar un elemento se resetea su contador

= Sustitución por envejecimiento =
Periodo de 4, registro R de 3 bits, desempate: FIFO (por orden de carga)

_________________accesos a página__________________
|_1_|_1_|_1_|_2_||_3_|_4_|_5_|_3_||_1_|_2_|_3_|_4_|
======================================================
1 | 1 | = | = | = || 1 | = | 5 | = || 5 | = | = | 4 |
|100| = | = | = ||010| = |100| = ||010| = | = |100|
m---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
a 2 | | | | 2 || 2 | = | = | = || 1 | = | = | = |
r | | | |100||010| = | = | = ||100| = | = | = |
c---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
o 3 | | | | || 3 | = | = | = || 3 | 2 | = | = |
s | | | | ||100| = | = | = ||010|100| = | = |
---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
4 | | | | || | 4 | = | = || 4 | = | 3 | = |
| | | | || |100| = | = ||010| = |100| = |
--------------------------------------------------------> t
x x x x x x x x x

9
tasa fallos pág = ----
12

Solución ejercicio 1 memoria virtual

2013-12-18T16:55:39Z

Cripolgon: /* NRU con 2º oportunidad */

= FIFO =
accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | = | 3 | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------ = 0.75
12

= NRU =

En caso de empate, se emplea LRU.
accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | 1 | 0 | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------ = 0.583
12

--[[Usuario:juacascor|juacascor]] '''DUDA''': Creo que hay un error en el paso 10 cuando cargamos la pagina 2, en el criterio NRU comenzamos por el primer marco y buscamos la pagina victima, en este caso creo que seria la pagina 5 que esta cargada en el marco 2 y tienen R=1, M=0 no la pagina 4 como pone en el ejercicio.

= NRU con 2º oportunidad =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------
contenido | 1 | 1 | 1 | 1-2 | 1-2-3 |1-2-3-4|2-3-4-5|2-3-4-5|3-4-5-1|5-1-3-2|5-1-3-2|1-3-2-4|
de la cola -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

Creo que es asi, pero no me lo tomeis a pies juntillas que no estoy muy seguro.

Por favor que alguien explique bien este criterio, que en cada ejercicio se aplica de una forma diferente.Gracias

Explicación:

El criterio se basa en combinar el NRU (sin bit M) con FIFO. En la cola se van añadiendo las páginas según se cargan con su respectivo valor del bit R. A la hora de sustituir se mira el candidato de la cabecera de la cola. Si su R=1, se le da una segunda oportunidad desplazándolo al final de la cola y poniendo su bit R=0. Si hubiera tenido el R=0, se hubiera tomada esa página como víctima. Eso es lo que sucede cuando llega la página 5. En ese momento la cola es 1 2 3 4 con su bit R=1 en todas las páginas. Se va mirando el candidato si tiene el bit R=0 como no es así, pasa al final de la cola. Llega un momento en el que la página 1 vuelve a la cabecera(en este caso con R=0),por lo que ahora si es sustituida por la página 5.[[Usuario:Jherrera|Jherrera]]

Una Dudilla : la FIFO es por orden de carga o por orden de acceso?¿ Según veo en el ejercicio lo hace por orden de acceso --[[Usuario:DvS 013|DvS 013]]
--
Respuesta : La fifo almacena el tiempo que una página lleva cargada en memoria, por lo que es por orden de carga. [[Usuario : JCGarrido|JCGarrido]]

He puesto el orden de la cola para que se vea más claro. Cuando el candidato tiene R=1 se pone a 0 y se inserta al final. Es por eso que cuando se accede por última vez a la página 2, al estar 3 la primera, se pone su bit R a 0 se inserta al final (no estaba en la solución anterior) y la siguiente (4, con R=0) es la página víctima.--[[Usuario:Alexrdp|Alexrdp]] 09:37 14 jun 2011 (UTC)

Entonces, sería asi:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | 5 | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | 0 | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | 1 | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | 0 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | 3 | 2 | 2 | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------
12

Esta segunda solución creo que no está del todo correcta.
Cuando llega el cuarto acceso a 1 (donde se produce el sexto fallo de página), el contenido de la cola es el siguiente:

2 (R=0) - 3 (R=1) - 4 (R=0) - 5 (R=1)

Con lo cual, la víctima es el 2, pero sin poner a 0 el resto de los bits R, ya que el primer elemento de la cola tiene el bit R=0 y no hace falta seguir iterando sobre ésta.

De acuerdo a este último comentario, quedaría de la siguiente manera:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 5 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

talla de fallos de página = 8 / 12

Existia un fallo en el acceso número 10, donde no se ponía el bit R del marco 3 a 0 y en el último acceso, que se puso la página 4 en el
marco 1, pero no es así, cuando llegamos a este acceso la cola es |3|5|1|2|, por tanto el que será reemplazado será el 3, porque será el
primero en encontrarnos con el bit R a 0.
Corregido por --[cripolgon]

= LRU =

accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

= LFU =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | 1 | 2 | 3 | = | = | = | = | = | 4 | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | 1 | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | 1 | = | = | 2 | = | = | 3 | 3 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | | 1 | = | = | = | 1 | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------
12

Observación: al quitar un elemento se resetea su contador

= Sustitución por envejecimiento =
Periodo de 4, registro R de 3 bits, desempate: FIFO (por orden de carga)

_________________accesos a página__________________
|_1_|_1_|_1_|_2_||_3_|_4_|_5_|_3_||_1_|_2_|_3_|_4_|
======================================================
1 | 1 | = | = | = || 1 | = | 5 | = || 5 | = | = | 4 |
|100| = | = | = ||010| = |100| = ||010| = | = |100|
m---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
a 2 | | | | 2 || 2 | = | = | = || 1 | = | = | = |
r | | | |100||010| = | = | = ||100| = | = | = |
c---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
o 3 | | | | || 3 | = | = | = || 3 | 2 | = | = |
s | | | | ||100| = | = | = ||010|100| = | = |
---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
4 | | | | || | 4 | = | = || 4 | = | 3 | = |
| | | | || |100| = | = ||010| = |100| = |
--------------------------------------------------------> t
x x x x x x x x x

9
tasa fallos pág = ----
12

Solución ejercicio 1 memoria virtual

2013-12-18T16:54:14Z

Cripolgon: /* NRU con 2º oportunidad */

= FIFO =
accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | = | 3 | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------ = 0.75
12

= NRU =

En caso de empate, se emplea LRU.
accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | 1 | 0 | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | M | | | | | | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | = | = | = | 1 | 1 | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------ = 0.583
12

--[[Usuario:juacascor|juacascor]] '''DUDA''': Creo que hay un error en el paso 10 cuando cargamos la pagina 2, en el criterio NRU comenzamos por el primer marco y buscamos la pagina victima, en este caso creo que seria la pagina 5 que esta cargada en el marco 2 y tienen R=1, M=0 no la pagina 4 como pone en el ejercicio.

= NRU con 2º oportunidad =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------
contenido | 1 | 1 | 1 | 1-2 | 1-2-3 |1-2-3-4|2-3-4-5|2-3-4-5|3-4-5-1|5-1-3-2|5-1-3-2|1-3-2-4|
de la cola -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

Creo que es asi, pero no me lo tomeis a pies juntillas que no estoy muy seguro.

Por favor que alguien explique bien este criterio, que en cada ejercicio se aplica de una forma diferente.Gracias

Explicación:

El criterio se basa en combinar el NRU (sin bit M) con FIFO. En la cola se van añadiendo las páginas según se cargan con su respectivo valor del bit R. A la hora de sustituir se mira el candidato de la cabecera de la cola. Si su R=1, se le da una segunda oportunidad desplazándolo al final de la cola y poniendo su bit R=0. Si hubiera tenido el R=0, se hubiera tomada esa página como víctima. Eso es lo que sucede cuando llega la página 5. En ese momento la cola es 1 2 3 4 con su bit R=1 en todas las páginas. Se va mirando el candidato si tiene el bit R=0 como no es así, pasa al final de la cola. Llega un momento en el que la página 1 vuelve a la cabecera(en este caso con R=0),por lo que ahora si es sustituida por la página 5.[[Usuario:Jherrera|Jherrera]]

Una Dudilla : la FIFO es por orden de carga o por orden de acceso?¿ Según veo en el ejercicio lo hace por orden de acceso --[[Usuario:DvS 013|DvS 013]]
--
Respuesta : La fifo almacena el tiempo que una página lleva cargada en memoria, por lo que es por orden de carga. [[Usuario : JCGarrido|JCGarrido]]

He puesto el orden de la cola para que se vea más claro. Cuando el candidato tiene R=1 se pone a 0 y se inserta al final. Es por eso que cuando se accede por última vez a la página 2, al estar 3 la primera, se pone su bit R a 0 se inserta al final (no estaba en la solución anterior) y la siguiente (4, con R=0) es la página víctima.--[[Usuario:Alexrdp|Alexrdp]] 09:37 14 jun 2011 (UTC)

Entonces, sería asi:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | 5 | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | 0 | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | 1 | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | 0 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | 3 | 2 | 2 | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | = | 1 | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | X | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

9
talla de fallos de página = ------
12

Esta segunda solución creo que no está del todo correcta.
Cuando llega el cuarto acceso a 1 (donde se produce el sexto fallo de página), el contenido de la cola es el siguiente:

2 (R=0) - 3 (R=1) - 4 (R=0) - 5 (R=1)

Con lo cual, la víctima es el 2, pero sin poner a 0 el resto de los bits R, ya que el primer elemento de la cola tiene el bit R=0 y no hace falta seguir iterando sobre ésta.

De acuerdo a este último comentario, quedaría de la siguiente manera:

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 5 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 2 | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | 1 | = | = | 0 | = | 1 | = | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | 3 | 3 | = | 3 | 3 | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | 1 | = | 0 | 1 | = | 0 | 1 | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | 4 | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| R | | | | | | 1 | 0 | = | = | 1 | = | 0 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

talla de fallos de página = 8 / 12

Existia un fallo en el acceso número 10, donde no se ponía el bit R del marco 3 a 0 y en el último acceso, que se puso la página 4 en el
marco 1, pero no es así, cuando llegamos a este acceso la cola es |3|5|1|2|, por tanto el que será reemplazado será el 3, porque será el
primero en encontrar con el bit R a 0.
Corregido por --cripolgon

= LRU =

accesos a páginas
-------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | = | = | = | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | = | = | 1 | = | = | = |
--------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | = | = | = | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | = |
---------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | X | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

8
talla de fallos de página = ------
12

= LFU =

accesos a páginas

| r | r | w | r | r | r | r | w | w | w | r | r |
-------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 1 | 1 | 1 | 1 | = | = | = | = | = | 1 | = | = | 1 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | 1 | 2 | 3 | = | = | = | = | = | 4 | = | = | 4 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
marcos | 2 | | | | 2 | = | = | 5 | = | = | = | = | 4 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | 1 | = | = | 1 | = | = | = | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 3 | | | | | 3 | = | = | 3 | = | = | 3 | 3 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | 1 | = | = | 2 | = | = | 3 | 3 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
| 4 | | | | | | 4 | = | = | = | 2 | = | 2 |
| |-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|
| C | | | | | | 1 | = | = | = | 1 | = | 1 |
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
fallo | X | | | X | X | X | X | | | X | | X |
página -------------------------------------------------------------------------------------------------

tiempo ->

7
talla de fallos de página = ------
12

Observación: al quitar un elemento se resetea su contador

= Sustitución por envejecimiento =
Periodo de 4, registro R de 3 bits, desempate: FIFO (por orden de carga)

_________________accesos a página__________________
|_1_|_1_|_1_|_2_||_3_|_4_|_5_|_3_||_1_|_2_|_3_|_4_|
======================================================
1 | 1 | = | = | = || 1 | = | 5 | = || 5 | = | = | 4 |
|100| = | = | = ||010| = |100| = ||010| = | = |100|
m---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
a 2 | | | | 2 || 2 | = | = | = || 1 | = | = | = |
r | | | |100||010| = | = | = ||100| = | = | = |
c---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
o 3 | | | | || 3 | = | = | = || 3 | 2 | = | = |
s | | | | ||100| = | = | = ||010|100| = | = |
---|---|---|---|---||---|---|---|---||---|---|---|---|
4 | | | | || | 4 | = | = || 4 | = | 3 | = |
| | | | || |100| = | = ||010| = |100| = |
--------------------------------------------------------> t
x x x x x x x x x

9
tasa fallos pág = ----
12

Condiciones para el interbloqueo y estrategias de resolución

2013-12-17T20:54:24Z

Cripolgon: /* Detección y Recuperación */

== Condiciones para que se produzca interbloqueo ==

Según [http://en.wikipedia.org/wiki/Edward_G._Coffman,_Jr. Coffman], para que se pueda producir un interbloqueo se tienen que dar las siguientes cuatro condiciones:

* '''Exclusión mutua''': cada recurso está asignado a un único proceso de manera exclusiva.
* '''Retención y espera''': los procesos que tienen, en un momento dado, recursos asignados con anterioridad, pueden solicitar nuevos recursos y esperar a que se le asignen sin liberar antes alguno de los recursos que ya tenía asignados.

* '''No apropiación''': los recursos otorgados con anterioridad no pueden ser forzados a dejar un proceso. El proceso que los posee debe liberarlos en forma explícita. Ni siquiera el sistema operativo puede expropiárselo.

* '''Espera circular''': debe existir una cadena circular de dos o más procesos, cada uno de los cuales espera un recurso poseído por el siguiente miembro de la cadena. Esta condición es una consecuencia potencial de las tres primeras, es decir, dado que se producen las tres primeras condiciones, puede ocurrir una secuencia de eventos que desemboque en un círculo vicioso de espera irresoluble.

Las tres primeras condiciones son necesarias, pero no suficientes para que exista interbloqueo. Sólo las cuatro condiciones en conjunto constituyen una condición necesaria y suficiente para el interbloqueo.

== Estrategias ==

Existen diversas estrategias frente a los interbloqueos, que se pueden agrupar en:

* Omisión
* Detección y recuperación
* Prevención
* Predicción

Que se detallan a continuación.

=== Omisión ===

Considera que la probabilidad de un interbloqueo es muy baja, de modo que se confía en que no se van a producir. Por sorprendente que parezca, los sistemas operativos modernos convencionales suelen aplicar esta estrategia. Por justificar la decisión de los fabricantes de sistemas operativos cabe incidir en que las estrategias de resolución y prevención de interbloqueos tienen un coste alto desde el punto de vista del consumo de recursos de procesamiento y memoria.

=== Detección y Recuperación ===

Esta estrategia permite la detección de una situación de interbloqueo y su consiguiente resolución. De entre las medidas de detección consideramos las siguientes:

* ''Grafo de relación recursos-procesos'': Consiste en la representación gráfica de los recursos asignados a los procesos y los recursos que dichos procesos requieren para finalizar su ejecución. Esta técnica se basa en recorrer el grafo yendo de un nodo a otro, por lo que si se consigue volver al nodo de partida estaremos en un recorrido circular. Para que este tipo de error sea detectado usamos algoritmos de detección, se lanzan cuando se solicita un recurso ocupado, es decir, hay una nueva arista dentro de nuestro grafo y debemos comprobar que no da lugar a un recorrido cíclico.

Un ejemplo de grafo en el que se detecta un ciclo es el siguiente:

[[Archivo:deteccion_ciclo.png]]

* ''Matrices de relación recursos-procesos'': Consiste en la representación matricial de los recursos asignados a los procesos y los recursos que dichos procesos requieren para finalizar su ejecución. Se distinguen dos tipos, el '''método mediante matrices binarias de relación''', y el '''método de detección matricial''':

-''Matrices binarias de relación:''
Una matriz binaria de relación es aquella que representa una relación R entre dos conjuntos, en la cual el primero de estos dos tiene múltiples asignaciones a elementos del segundo.

El método consiste en, aplicando matrices binarias de relación, utilizar el cierre transitivo para determinar si algún proceso está relacionado consigo mismo a través de otros, señalando así la existencia de ciclos. El procedimiento sería:

1.- Formar la matriz de espera (W: P->R): Los procesos P están a la espera de recursos R.

2.- Formar la matriz de asignación (A: R->P): Los recursos R están asignados a procesos P.

3.- Formar la matriz de procesos a la espera de procesos (T: WxA): Producto cartesiano de ambas matrices.

4.- Hallar el cierre transitivo de la matriz T: Que se puede obtener, por ejemplo, aplicando el Algoritmo de Warshall (algoritmo de análisis sobre grafos para encontrar el camino mínimo entre todos los pares de vértices en una única ejecución). El algoritmo es el siguiente:

Warshall(T, n){
for (k=1 to n){
for (i=1 to n){
for (j=1 to n){
Tij = Tij ⋁ (Tik ⋀ Tkj)
}
}
}
}

Donde n es la dimensión de la matriz T

5.- Si hay procesos que tengan un 1 en la diagonal principal, forman parte de algún ciclo.

Se trata de un método fácil de implementar, ya que solo se realizan operaciones con matrices y bucles, algo muy sencillo para una máquina. Sim embargo, tiene dos inconvenientes:
* El número de operaciones a realizar es muy alto teniendo en cuenta el tamaño que pueden alcanzar las matrices de recursos
* Solo se puede usar cuando solo existe una instancia de cada recurso.

-''Detección matricial'':
Método matricial que trata aquellos casos en los que se usan matrices binarias (a diferencia de Algoritmo del Banquero que se verá más adelante). Aísla grupos de procesos que no pueden proseguir la ejecución porque no pueden ver satisfechas sus peticiones pendientes.
Usan un método iterativo que:

1.-Marca procesos cuyas peticiones puedan satisfacerse con el actual vector de recursos disponibles.

2.-Suma al vector de disponibles los recursos asignados a los procesos marcados.

3.-Si todos los procesos están marcados: no hay interbloqueo.

4.-Si en una iteración no se marcan procesos: los procesos que quedan están interbloqueados.

Tras la detección de un interbloqueo, se pueden aplicar algunas de las siguientes estrategias para resolverlo:

* ''Eliminación'': El sistema operativo selecciona a uno de los procesos que forma parte del interbloqueo y elimina el ciclo acabando con la ejecución de dicho proceso, si no es suficiente se eliminarán procesos hasta que se rompa el ciclo. La selección del proceso se realiza en base a un cierto criterio, por ejemplo, aquel proceso que lleve menos tiempo en ejecución o aquel que sea más voraz consumiendo recursos.Sin embargo, de una manera u otra el trabajo realizado por el proceso se pierde, algo que en algunos casos resulta inadmisible, como en sistemas en tiempo real. Aunque parezca una medida drástica, es la empleada en sistemas operativos convencionales. Aplicar el criterio de selección y eliminar procesos cuando el número de procesos es relativamente bajo puede solucionar el interbloqueo, pero si se da un bloqueo de por ejemplo, centenares de procesos, es una situación prácticamente inmanejable.

* ''Apropiación temporal'': Se retira la asignación de un recurso a un proceso (durante el tiempo necesario) para deshacer el interbloqueo (hemos de asegurarnos de que el proceso no se desbloquea al romperse el interbloqueo). Por ejemplo, supongamos que el recurso es una impresora: podríamos retirarle la asignación a un proceso P1 cuando este terminase de imprimir una página, asignarle la impresora a otro proceso P2 y volver a asignársela a P1 cuando P2 haya terminado su ejecución. El problema es que este método solo es posible dependiendo de la naturaleza del proceso. Con frecuencia es imposible recuperarse de esta manera ya que los recursos no pueden ser apropiados.

* ''Puntos de conformidad'',''sincronismo'' o ''checkpoints'': Consiste en tomar una imagen del estado del proceso, ya sea periódicamente o a instancia del propio proceso, de manera que si se produce un interbloqueo se vuelve a un estado de la ejecución anterior. Son muy poco usados ya que tienen un elevado coste en memoria y existe la posibilidad de que un proceso permanezca indefinidamente sin progresar, y no todos los recursos permiten almacenar y recuperar su estado. Además, puede darse el caso de que el estado del proceso sea externo al sistema (Como en el caso de una conexión a Base de Datos)

=== Prevención ===

La prevención apunta a una serie de estrategias que eviten el interbloqueo. Concretamente, son cuatro las estrategias de prevención posibles en base a los principios que [http://en.wikipedia.org/wiki/Edward_G._Coffman,_Jr. Coffman] estableció como interbloqueo. Dichas estrategias son:

* ''Supresión de exclusión mutua'': Un proceso no puede tener acceso exclusivo a un recurso. No siempre es posible, y puede que lo único que haga sea cambiar el problema de sitio. Es una solución drástica, inviable. Por ejemplo, permitir que dos procesos usaran a la vez una impresora sería caótico.
* ''Supresión de retención y espera'' (1ª estrategia de Havender): El proceso debe tener asignado todos los recursos necesarios al inicio y no liberarlos hasta que éste finalice, se consigue utilizando un mismo semáforo para todos los recursos necesarios por el proceso. Esto presenta un inconveniente: si un recurso sólo se utiliza al final, estará ocupado durante toda la ejecución, no permitiendo ser usado por otros procesos. El aprovechamiento de recursos puede mejorarse mediante una programación más elaborada, dividiendo la ejecución del proceso en distintas fases y gestionando los recursos para cada una de ellas. Sin embargo, muchos procesos no saben cuántos recursos necesitarán hasta que hayan empezado a ejecutarse. No obstante, esta estrategia presenta unos inconvenientes: la posibilidad de aplazamiento indefinido por parte de aquellos procesos que usan más recursos, que siempre cuando no le falta uno le falta otro, lo que concluye en un mal aprovechamiento de recursos, obligando a los procesos a solicitar los recursos antes de que les haga falta y atentando contra el objetivo eficiente que nos proponemos.
* ''Supresión de no apropiación'' (2ª estrategia de Havender): Si un proceso está en ejecución y no puede obtener un recurso, dicho proceso libera todos los recursos que está usando y espera a que todos los que necesita estén disponibles. Es una estrategia optimista, usada cuando la probabilidad de que se produzca un interbloqueo en el sistema es baja. Problemas: se puede perder trabajo, además de presentar una carga extra la realización de peticiones.
* ''Supresión de espera circular'' (3ª estrategia de Havender): Si todos los recursos comunes a varios procesos se solicitan siempre en el mismo orden no se producen interbloqueos. De esta manera, se ordenan los recursos y se solicitan en ese orden. Por ejemplo: tenemos un proceso A y otro B, de manera que ambos hacen uso de los recursos X e Y. En el siguiente caso, no pedirían los recursos en el mismo orden:

{| {{table}}
| align="center" style="background:#f0f0f0;"|'''A:'''
| align="center" style="background:#f0f0f0;"|'''B:'''
|-
| down(X)||down(Y)
|-
| down(Y)||down(X)
|-
| …||…
|-
| up(Y)||up(X)
|-
| up(X)||up(Y)
|}

Si se ejecuta la instrucción down(X) de A, se conmuta a B y se ejecuta down(Y), se producirá un interbloqueo, ya que ambos estarán esperando a que el otro libere el recurso que necesitan.
Sin embargo, si pedimos los recursos siempre en el mismo orden de la siguiente forma:

{| {{table}}
| align="center" style="background:#f0f0f0;"|'''A:'''
| align="center" style="background:#f0f0f0;"|'''B:'''
|-
| down(X)||down(X)
|-
| down(Y)||down(Y)
|-
| …||…
|-
| up(Y)||up(Y)
|-
| up(X)||up(X)
|-
|
|}

Se puede comprobar que es imposible que se de un interbloqueo como en el caso anterior, ocurriendo lo mismo con cualquier número de procesos y recursos.

El principal inconveniente radica en que a veces, debido a la variedad y al número de recursos y procesos, es muy engorroso mantener un criterio de orden para todos los procesos de todo tipo.

=== Predicción ===

El sistema operativo observa la evolución que siguen los procesos, y predice una posible situación de interbloqueo. Si detecta una alta probabilidad de que suceda, adopta una trayectoria de ejecución nueva para los procesos involucrados de manera que se garantice que no va a suceder un interbloqueo.

Si tuviéramos de antemano información sobre cómo los procesos van a usar los recursos, tal vez podríamos forzar un entrelazado de las asignaciones que nunca llevase a interbloqueo. Es un ejemplo el algoritmo del banquero. El inconveniente de este tipo de técnicas es que son poco realistas, ya que en sistemas reales no tenemos forma de predecir a la perfección el futuro de accesos a recursos.

Memoria Virtual

2013-12-16T17:27:46Z

Cripolgon:

La memoria virtual es una técnica que puede implementar el administrador de memoria con soporte de paginación para aumentar el grado de multiprogramación. Para ello se emplea una zona en disco conocida como ''zona de intercambio'' o ''swap'' para descargar en ella segmentos o páginas que se encuentran en memoria principal.

La zona de intercambio se implementa siguiendo dos posibles estrategias:

* Se destina una parte del disco reservada explícitamente para ello. En este caso, dicho espacio de memoria no puede ser empleado para almacenar información útil del usuario. Los sistemas operativos tipo-Unix implementan esta estrategia.

* Se emplea un fichero oculto que puede tener un tamaño fijo(donde dicho espacio estará reservado y el usuario no podra hacer uso de el) o variable para almacenar las páginas descargadas. Los sistemas operativos de tipo-Microsoft implementan esta aproximación.

La técnica de memoria virtual se manifiesta cuando toda la memoria principal está en uso y, por tanto, no existe espacio libre para cargar una cierta pagina que es requerida por un proceso. Ante esta situación, el mecanismo de memoria virtual permite '''seleccionar una página víctima''' que será descargada a la zona de intercambio. De esta manera se libera memoria principal para poder cargar la página que nuestro proceso en estado activo requiere. La selección de las páginas víctima se hace en base a diferentes criterios que veremos en esta unidad didáctica.

Por tanto, en caso de que un proceso activo requiera una página o segmento que está descargado en la zona de intercambio, '''hay que seleccionar una página víctima''' de otro proceso, preferentemente en estado preparado o bloqueado, que será descargada en disco para hacer espacio a la página requerida.

Los tiempos de descarga y recarga de páginas tienen una penalización considerable. Esto se debe a los tiempos de acceso al dispositivo disco magnético son mucho mayores que los de la memoria principal. En general, un buen criterio de reemplazo de páginas debe no descargar páginas que vayan a ser necesitadas en poco tiempo, reduciendo así la cantidad de accesos a disco asociados a la descarga y recarga de páginas.

== Elementos de análisis ==
Dado un criterio de sustitución, nos preguntamos si es bueno o malo, y lo comparamos con otro para saber cual es el mejor y cuanto mejor. El criterio de localidad no es una herramienta, sino una propiedad que empíricamente se comprueba que se cumple. Las herramientas para conocerlo son:

''' Cadenas de referencia '''

Secuencia de páginas referidas por un proceso. Suponiendo que un proceso hace los siguientes accesos a memoria (pagina/desplazamiento):
0, 1, 0, 0/6, 0/8, 1/0, 0/0, 0/2,2, 255, 2… 1/1, 1/4, 0/8, 2/15, 2/18, 2/15, 2/18, 255/32, 255/36, 2/15

No nos importan ni los desplazamientos ni que se acceda varias veces consecutivas a la misma página, el fallo de página se produce en el primer acceso. En una cadena de referencia, nunca aparecerán varias referencias consecutivas a la misma página. Realizar la traza de lo programado es complicado porque no conocemos el futuro, se obtiene una simulación.

''' Índices de valoración '''

Sirve para medir las prestaciones de los criterios. Todos ellos están referidas a una cadena de referencia.
*F(m): Número de fallos de páginas con m marcos.
*f= F(m) /A: Tasa de fallos de páginas.
*fc= (F(m) -m )/A: Tasa de fallos de páginas en caliente.
*F(m) -m: Número de fallos de páginas en caliente.
*A = Número de accesos.

''' Curva paracorde '''

Representación del número de fallos de páginas para una cadena de referencia, frente al número de marcos utilizados. Sea p = número de páginas (distintas) en cadena de referencia. El número característico es el área bajo la curva, y es una buena medida de la calidad del algoritmo.

''' Principio de localidad '''
*Localidad espacial: Si una página es accedida es muy probable que se acceda eventualmente a una página próxima a ella.

*Localidad temporal: Si una página es accedida en un instante de tiempo, es muy probable que en el futuro inmediato vuelva a ser accedida.

El principio de localidad nos beneficia pues, si los accesos a memoria fuesen totalmente aleatorios, la probabilidad de producirse un fallo sería inversamente proporcional al número de marcos, con lo que la curva paracorde sería una recta de pendiente negativa. No obstante, se comprueba que las curvas paracordes típicas tienen una forma como la que presentamos, sensiblemente mejor que la probabilidad inversa al número de páginas.

A continuación, nos centraremos en el estudio de los diferentes [[Criterios de reemplazo|criterios de reemplazo]] para páginas que permiten seleccionar la página víctima.

Segmentación

2013-12-15T13:21:41Z

Cripolgon: /* Características */

=Definición=
Un segmento es un espacio de memoria de tamaño variable, compuesto por:
*Descriptor: Identificador único del segmento (dentro del espacio de memoria del proceso).
*Tamaño del segmento

=Funcionamiento=

[[Archivo:Segmentos.png|725px]]

=Características=
*Cada proceso en ejecución (esté activo, bloqueado o preparado) tiene su tabla de segmentos.

*Solapamiento: Se puede hacer que 2 segmentos se superpongan de manera que compartan direcciones de memoria física con direcciones lógicas diferentes. Para evitar problemas de concurrencia, debe de indicarse explícitamente que una porción de memoria pueda ser compartida. De esta manera, procesos diferentes pueden compartir información y código usando la memoria común.

*Protección de memoria: añadir 3 bits a la tabla de descriptores de segmentos para los permisos ( r w x ).

*Cuando un proceso requiere más memoria se crea un nuevo segmento.

*Dos instancias de un mismo proceso pueden compartir segmentos de memoria de instrucciones/código, pero no para datos ya que esto complicaría la gestión.

*Es posible la redimensión de un segmento siempre que haya posiciones libres contiguas.

*Gestión compleja, sobretodo por su tamaño variable

*Permite la carga de segmentos a petición, de manera que no se disponga de todos los segmentos en memoria principal, que se puedan descargar a disco (en la zona de intercambio o swap) en base a un cierto criterio (ver [[Intro | Memoria virtual]]). Esta zona de intercambio puede ser:
**Un lugar fijo en el disco (Linux, Unix). El administrador de memoria decide qué segmento se va a descargar
**Un fichero oculto de tamaño fijo o variable dependiendo de la configuración dada por el usuario (Windows).

*La segmentación se hizo para equipos con poca memoria, no está pensada para sistemas modernos.

=Mecanismos=
Los diferentes mecanismos que nos ofrece la segmentación de memoria son los siguientes.
==Carga de segmentos a petición==
Es un mecanismo que permite a un proceso no disponer de todos sus segmentos en memoria principal, se pueden descargar a disco (en la zona de intercambio o swap) segmentos en base a un cierto criterio (ver [[Intro | Memoria virtual]]).

Esta zona de intercambio puede ser:

* Un lugar fijo en el disco (Linux, Unix). El administrador de memoria decide qué segmento se va a descargar

* Un fichero oculto de tamaño fijo o variable dependiendo de la configuracion dada por el usuario (Windows).

==Formas de uso de los descriptores==
En cuanto a aspectos materiales, se plantea el problema de que no es habitual que la tabla de segmentos quepa en el dispositivo de traducción (MMU), por lo que se almacena la tabla en memoria, y el MMU contiene su dirección. El problema es que esta técnica hace que el tiempo de acceso se duplique, al haber un primer acceso al MMU y un segundo acceso a la dirección efectiva. Se plantean dos soluciones no excluyentes:
* '''Uso de registros descriptores de segmento en MMU:'''
<blockquote>
En MMU nos encontraremos varios registros que pueden contener descriptores, en los que se copiarán los que se vayan a usar en un futuro inmediato. Hay dos tipos de registros:
*Registros de propósito general:
Registros sobre los que se cargan los próximos descriptores a usar, y dos tipos de direcciones:
<br>- Las que hacen referencia a un descriptor en la tabla de memoria (y necesitan más bits para hacer referencia al descriptor)
<br>- Las que hacen referencia a un descriptor en MMU (y necesitan menos bits para referir al descriptor)
*Registros especializados:
Registros capaces de albergar a un descriptor concreto, como el DS (Para manejo de datos), SS (Para manipulación de pila) o el CS (Para instrucciones de salto y llamadas a rutinas). También existen dos tipos de direcciones:
<br>- Las que hacen referencia a un descriptor en la tabla de memoria
<br>- Las que no hacen referencia a ningún descriptor, y emplean descriptores de MMU, según el tipo de instrucción
</blockquote>

* '''Uso de descriptores en memoria asociativa (Cache):'''
<blockquote>
La MMU contiene una memoria asociativa indexada por número de descriptor. Para cada acceso, se busca en la memoria asociativa el número de descriptor, y si no está, se carga a esta (Si se llena la memoria asociativa se lleva a cabo reemplazo). Este tipo de memoria es transparente, por lo que se puede usar en conjunción con registros descriptores de segmento en MMU.
</blockquote>

=Superposición de segmentos=

El administrador de memoria puede definir segmentos superpuestos para crear áreas de memoria compartidas entre dos o más procesos del sistema. Los procesos emplean una llamada al sistema explícita para solicitar la creación del área de memoria compartida. El mecanismo de segmentos solapados es un aspecto propio del administrador de memoria, del que se puede valer para implementar la memoria compartida.

=Crecimiento de proceso=
Existen dos formas de crecimiento: Asignando nuevos segmentos al proceso, y haciendo crecer algún segmento asignado.
Para crecer un segmento: si hay suficiente espacio libre contigua, se cambia actualiza tamaño en el descriptor del segmento; si no hay suficiente espacio: se define un nuevo segmento y se copia el contenido al nuevo segmento.

Solución de los ejercicios de paginación y segmentación

2013-12-14T23:03:29Z

Cripolgon:

El tamaño de página es de 8KB = 2^13 B --> 13 bits para la zona de offset.

El tamaño de palabra del procesador es de 64 bits.

Conocido el offset y el tamaño de la palabra podemos obtener los bits que ocupan la zona de nº página (64 bits - 13bits).

'''DIRECCIÓN LÓGICA'''
┌─────────────────────┬────────────────┐
│ nº página (51 bits) │ offset(13 bits)│
└─────────────────────┴────────────────┘

=Apartado a)=
Nuestra tabla de páginas tendrá tantas entradas como páginas tenga, por lo que tiene 2^51 entradas.
Si sabemos que cada entrada ocupa 128 bits (16 B =2^4 B) el tamaño de la tabla de páginas será 2^51 * 2^4 = 2^55 B

=Apartado b)=
Sabiendo el tamaño de la tabla de páginas y del tamaño de página, podemos saber cuántas páginas hay.

2^55 B / 2^13 B = 2^42 páginas = 4 Tera Páginas

=Apartado c)=

Si el proceso ocupa 7*2^20 B y cada página de la tabla de páginas ocupa 8 KB (2^13 B) tendremos :
7*2^20 B / 2^13 B = 7 * 2^7 entradas de la tabla de páginas están siendo ocupadas.

[[Solución detallada de los ejercicios de paginación y segmentación]]

Solución de los ejercicios de paginación y segmentación

2013-12-14T23:03:09Z

Cripolgon:

El tamaño de página es de 8KB = 2^13 B --> 13 bits para la zona de offset.

El tamaño de palabra del procesador es de 64 bits.

Conocido el offset y el tamaño de la palabra podemos obtener los bits que ocupan la zona de nº página (64 bits - 13bits).

'''DIRECCIÓN LÓGICA'''
┌─────────────────────┬────────────────┐
│ nº página (51 bits) offset(13 bits)│
└─────────────────────┴────────────────┘

=Apartado a)=
Nuestra tabla de páginas tendrá tantas entradas como páginas tenga, por lo que tiene 2^51 entradas.
Si sabemos que cada entrada ocupa 128 bits (16 B =2^4 B) el tamaño de la tabla de páginas será 2^51 * 2^4 = 2^55 B

=Apartado b)=
Sabiendo el tamaño de la tabla de páginas y del tamaño de página, podemos saber cuántas páginas hay.

2^55 B / 2^13 B = 2^42 páginas = 4 Tera Páginas

=Apartado c)=

Si el proceso ocupa 7*2^20 B y cada página de la tabla de páginas ocupa 8 KB (2^13 B) tendremos :
7*2^20 B / 2^13 B = 7 * 2^7 entradas de la tabla de páginas están siendo ocupadas.

[[Solución detallada de los ejercicios de paginación y segmentación]]

Introducción

2013-12-14T12:56:39Z

Cripolgon:

El administrador de memoria es la parte del sistema operativo que se encarga de gestionar la memoria principal existente en el sistema. Para ello, asigna zonas de memoria principal a cada uno de los procesos existentes en base a sus necesidades.

Todo proceso, desde el punto de vista de la memoria, está compuesto de tres secciones:

* ''Código'': Se trata de la sección de memoria que contiene el código de nuestro proceso, entendido como la sección de instrucciones que componen nuestro programa.
* ''Variables globales y constantes'': Esta sección incluye las constantes definidas en el código del programa. Además, incluyen también las variable globales, que se trata de aquellas que son accesibles desde cualquier función.
* ''Pila'': Se trata de la sección de memoria que se emplea para reservar espacio a las variables locales, y en la invocación de funciones (en las que se carga la dirección de retorno con respecto al código, la dirección de memoria en la que se encuentra definida la función y los parámetros de dicha función).

Cuando se lanza un programa desde el lanzador de aplicaciones se hace uso de las llamadas al sistema ''fork'' y ''exec''. La llamada ''fork'' crea un proceso clon del lanzador de aplicaciones, mientras que la llamada al sistema ''exec'' reemplaza el código del proceso clon recién creado por el de un programa que se encuentra almacenado en un fichero. El administrador de memoria actúa ante estas llamadas al sistema reservando memoria para el nuevo proceso que se acaba de lanzar.

En este tema, por razones de simplicidad, vamos a considerar que la administración de memoria se realiza de manera que '''todo''' el espacio de memoria ocupa una zona de memoria contigua. Es decir, no vamos a poder dividir las diferentes secciones de manera que se repartan en diferentes zonas de memoria que cuyo espacio de direccionamiento no sea consecutivo. No obstante, los sistemas operativos modernos '''no''' emplean las estrategias de asignación que vamos a ver a continuación:

* [[SO monoprogramables|Administración de memoria en sistemas operativos monoprogramables]]
* [[SO multiprogramables con particiones fijas|Administración de memoria en sistemas operativos multiprogramables con particiones fijas]]
* [[SO multiprogramables con particiones variables|Administración de memoria en sistemas operativos multiprogramables con particiones variables]]

Introducción

2013-12-14T12:56:29Z

Cripolgon:

El administrador de memoria es parte del sistema operativo que se encarga de gestionar la memoria principal existente en el sistema. Para ello, asigna zonas de memoria principal a cada uno de los procesos existentes en base a sus necesidades.

Todo proceso, desde el punto de vista de la memoria, está compuesto de tres secciones:

* ''Código'': Se trata de la sección de memoria que contiene el código de nuestro proceso, entendido como la sección de instrucciones que componen nuestro programa.
* ''Variables globales y constantes'': Esta sección incluye las constantes definidas en el código del programa. Además, incluyen también las variable globales, que se trata de aquellas que son accesibles desde cualquier función.
* ''Pila'': Se trata de la sección de memoria que se emplea para reservar espacio a las variables locales, y en la invocación de funciones (en las que se carga la dirección de retorno con respecto al código, la dirección de memoria en la que se encuentra definida la función y los parámetros de dicha función).

Cuando se lanza un programa desde el lanzador de aplicaciones se hace uso de las llamadas al sistema ''fork'' y ''exec''. La llamada ''fork'' crea un proceso clon del lanzador de aplicaciones, mientras que la llamada al sistema ''exec'' reemplaza el código del proceso clon recién creado por el de un programa que se encuentra almacenado en un fichero. El administrador de memoria actúa ante estas llamadas al sistema reservando memoria para el nuevo proceso que se acaba de lanzar.

En este tema, por razones de simplicidad, vamos a considerar que la administración de memoria se realiza de manera que '''todo''' el espacio de memoria ocupa una zona de memoria contigua. Es decir, no vamos a poder dividir las diferentes secciones de manera que se repartan en diferentes zonas de memoria que cuyo espacio de direccionamiento no sea consecutivo. No obstante, los sistemas operativos modernos '''no''' emplean las estrategias de asignación que vamos a ver a continuación:

* [[SO monoprogramables|Administración de memoria en sistemas operativos monoprogramables]]
* [[SO multiprogramables con particiones fijas|Administración de memoria en sistemas operativos multiprogramables con particiones fijas]]
* [[SO multiprogramables con particiones variables|Administración de memoria en sistemas operativos multiprogramables con particiones variables]]

Ejercicios administración de memoria contigua

2013-12-11T18:30:46Z

Cripolgon: /* Ejercicio 2 */

=Ejercicios Clase=

==Ejercicio 1==
Ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 3 |
P2 | 1 | 4 | 1 |
P3 | 2 | 5 | 2 |
P4 | 3 | 2 | 9 |
P5 | 4 | 1 | 15 |

Y la siguiente configuración de memoria:
_____
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[Solución Ejercicio clase Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

El mejor ajuste estático y el mejor ajuste dinámico no se estudian en el presente curso (12/13)

==Ejercicio 2==
Segundo ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 2 |
P2 | 0 | 4 | 1 |
P3 | 0 | 5 | 3 |
P4 | 0 | 2 | 8 |
P5 | 0 | 1 | 7 |

Aunque todos llegan en el mismo instante de tiempo, suponga el siguiente orden de llegada: 1º P1, 2º P2, 3º P3, 4º P4 y 5º P5.

Y la siguiente configuración de memoria:
_____
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

Calcula los cronogramas tal y como se hizo en el ejercicio anterior.

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución ejercicio2 Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[solución ejercicio2 Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución ejercicio2Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

Corregido --[[Usuario:Pneira|Pneira]] 15:55 22 dic 2011 (UTC)

Los apartados a y c de los ejercicios no se imparte en el temario del año 2012-2013 --[[Usuario:jescordia|jescordia]] 11:16 17 dic 2012

Ejercicios

2013-12-03T18:29:07Z

Cripolgon: /* Ejercicio 2 */

Ejercicios

2013-12-03T18:28:33Z

Cripolgon: /* Ejercicio 2 */

Ejercicios

2013-12-03T18:28:18Z

Cripolgon: /* Ejercicio 2 */

Ejercicios

2013-12-03T18:24:01Z

Cripolgon: /* Ejercicio 2 */

Archivo:SoluciónEjercicio2.png

2013-12-03T18:23:19Z

Cripolgon: Grafo que representa la relación entre procesos y recursos.

Grafo que representa la relación entre procesos y recursos.

Ejercicios administración de memoria contigua

2013-12-03T18:19:23Z

Cripolgon: /* Ejercicio 3 */

=Ejercicios Clase=

==Ejercicio 1==
Ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 3 |
P2 | 1 | 4 | 1 |
P3 | 2 | 5 | 2 |
P4 | 3 | 2 | 9 |
P5 | 4 | 1 | 15 |

Y la siguiente configuración de memoria:
_____
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[Solución Ejercicio clase Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

El mejor ajuste estático y el mejor ajuste dinámico no se estudian en el presente curso (12/13)

==Ejercicio 2==
Segundo ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 2 |
P2 | 0 | 4 | 1 |
P3 | 0 | 5 | 3 |
P4 | 0 | 2 | 8 |
P5 | 0 | 1 | 7 |

Aunque todos llegan en el mismo instante de tiempo, suponga el siguiente orden de llegada: 1º P1, 2º P2, 3º P3, 4º P4 y 5º P5.

Y la siguiente configuración de memoria:
_______
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

Calcula los cronogramas tal y como se hizo en el ejercicio anterior.

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución ejercicio2 Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[solución ejercicio2 Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución ejercicio2Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

Corregido --[[Usuario:Pneira|Pneira]] 15:55 22 dic 2011 (UTC)

Los apartados a y c de los ejercicios no se imparte en el temario del año 2012-2013 --[[Usuario:jescordia|jescordia]] 11:16 17 dic 2012

Ejercicios administración de memoria contigua

2013-12-03T18:10:57Z

Cripolgon: /* Ejercicio 2 */

=Ejercicios Clase=

==Ejercicio 1==
Ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 3 |
P2 | 1 | 4 | 1 |
P3 | 2 | 5 | 2 |
P4 | 3 | 2 | 9 |
P5 | 4 | 1 | 15 |

Y la siguiente configuración de memoria:
_____
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[Solución Ejercicio clase Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

El mejor ajuste estático y el mejor ajuste dinámico no se estudian en el presente curso (12/13)

==Ejercicio 2==
Segundo ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 2 |
P2 | 0 | 4 | 1 |
P3 | 0 | 5 | 3 |
P4 | 0 | 2 | 8 |
P5 | 0 | 1 | 7 |

Aunque todos llegan en el mismo instante de tiempo, suponga el siguiente orden de llegada: 1º P1, 2º P2, 3º P3, 4º P4 y 5º P5.

Y la siguiente configuración de memoria:
_______
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

Calcula los cronogramas tal y como se hizo en el ejercicio anterior.

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución ejercicio2 Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[solución ejercicio2 Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución ejercicio2Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

Corregido --[[Usuario:Pneira|Pneira]] 15:55 22 dic 2011 (UTC)

Los apartados a y c de los ejercicios no se imparte en el temario del año 2012-2013 --[[Usuario:jescordia|jescordia]] 11:16 17 dic 2012

==Ejercicio 3==

Ejercicios administración de memoria contigua

2013-12-03T18:10:41Z

Cripolgon: /* Ejercicio 3 */

=Ejercicios Clase=

==Ejercicio 1==
Ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 3 |
P2 | 1 | 4 | 1 |
P3 | 2 | 5 | 2 |
P4 | 3 | 2 | 9 |
P5 | 4 | 1 | 15 |

Y la siguiente configuración de memoria:
_____
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[Solución Ejercicio clase Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

El mejor ajuste estático y el mejor ajuste dinámico no se estudian en el presente curso (12/13)

==Ejercicio 2==
Segundo ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 2 |
P2 | 0 | 4 | 1 |
P3 | 0 | 5 | 3 |
P4 | 0 | 2 | 8 |
P5 | 0 | 1 | 7 |

Aunque todos llegan en el mismo instante de tiempo, suponga el siguiente orden de llegada: 1º P1, 2º P2, 3º P3, 4º P4 y 5º P5.

Y la siguiente configuración de memoria:
_______
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

Calcula los cronogramas tal y como se hizo en el ejercicio anterior.

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución ejercicio2 Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[solución ejercicio2 Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución ejercicio2Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

Corregido --[[Usuario:Pneira|Pneira]] 15:55 22 dic 2011 (UTC)

Los apartados a y c de los ejercicios no se imparte en el temario del año 2012-2013 --[[Usuario:jescordia|jescordia]] 11:16 17 dic 2012

Ejercicios administración de memoria contigua

2013-12-03T18:10:19Z

Cripolgon: /* Ejercicio 1 */

=Ejercicios Clase=

==Ejercicio 1==
Ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 3 |
P2 | 1 | 4 | 1 |
P3 | 2 | 5 | 2 |
P4 | 3 | 2 | 9 |
P5 | 4 | 1 | 15 |

Y la siguiente configuración de memoria:
_____
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[Solución Ejercicio clase Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución Ejercicio clase Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

El mejor ajuste estático y el mejor ajuste dinámico no se estudian en el presente curso (12/13)

==Ejercicio 3==

==Ejercicio 2==
Segundo ejercicio visto el martes 29 de Noviembre de 2011 en clase.

Dada la siguiente configuración de procesos:

| H0 | t | M |
---------------------
P1 | 0 | 4 | 2 |
P2 | 0 | 4 | 1 |
P3 | 0 | 5 | 3 |
P4 | 0 | 2 | 8 |
P5 | 0 | 1 | 7 |

Aunque todos llegan en el mismo instante de tiempo, suponga el siguiente orden de llegada: 1º P1, 2º P2, 3º P3, 4º P4 y 5º P5.

Y la siguiente configuración de memoria:
_______
|_____| A = 4kB
|_____| B = 4kB
| |
|_____| C = 8kB
| |
| |
| | D = 16kB
|_____|

Calcula los cronogramas tal y como se hizo en el ejercicio anterior.

a) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Estático [[solución ejercicio2 Mejor Ajuste Estático|Ver solución]]

b) Determina el cronograma Primer ajuste [[solución ejercicio2 Primer Ajuste|Ver solución]]

c) Determina el cronograma del Mejor Ajuste Dinámico [[solución ejercicio2Mejor Ajuste Dinámico|Ver solución]]

Corregido --[[Usuario:Pneira|Pneira]] 15:55 22 dic 2011 (UTC)

Los apartados a y c de los ejercicios no se imparte en el temario del año 2012-2013 --[[Usuario:jescordia|jescordia]] 11:16 17 dic 2012