Sistemas operacionais

era
LISTA DE SISTEMAS OPERACIONAIS

Capítulo1

Exercícios do capítulo1 do livro do Stallings: 1.2, 1.3, 1.4, 1.5, 1.6, 1.7,1.8, 1.9, 1.10, 1.11, 1.12
Exercícios do capítulo1 do livro do Silberschatz: 1.10, 1.12

Gabarito dos exercícios do capítulo1 do Stallings:

1.2 (Stallings) ✓ processador de 32 bits
✓ 8 bits para o código da instrução ✓ 24 bits para o endereço do operando imediato

a)
Como o a instrução possui 32 bits e oito destes bits já estão ocupados com o opcode, restam apenas 24 bits para o uso do operando imediato ou um endereço de operando. Com os 24 bits então podemos endereçar 2^24 posições. Se fizermos a suposição de que cada posição corresponde a um byte podemos endereçar então 16MB.

b) 1. 32-bit local address bus and a 16-bit local data bus, or 2. 16-bit local address bus and 16-bit local bus.

Para responder a esta questão supomos 24 bits de endereçamento. Neste caso, no item 1 como temos 32 bits no barramento de endereçamento e 16 bits no barramento de dados necessitamos de um ciclo para endereçar e dois ciclos para leitura do dado. Supondo é claro que o processador esteja ou buscando uma instrução de 32 bits ou um operando de 32 bits. Já no caso do item 2, com barramento de endereçamento menor temos necessariamente que gastar dois ciclos para endereçar, e continuamos necessitando de dois ciclos para leitura dos dados. Portanto neste caso o sistema sofre uma penalização a cada acesso reduzindo sua performance em relação ao primeiro caso.

c)
PC => 24 bits, porque são 2^24 posições endereçáveis
IR => 32 bits, porque as instruções possuem 32 bits

1.3 (Stallings)
a) Sendo AR (Registrador de endereços) de 16 bits, temos 216 posições de endereçamento. E como a largura da palavra do processador é também de 16 bits, então teremos:
216 = 64K-posições x 2 bytes = 128 Kbytes

b) Da mesma forma podemos fazer os cálculos da seguinte maneira:
216 = 64K-posições x 1 bytes = 64 Kbytes

c) Uma