Gabarito - UNIVESP - Prova - 2021 - Sistemas Operacionais

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GABARITO 
DISCIPLINA 
EEO001 - Sistemas Operacionais 
APLICAÇÃO 
23/06/2021 
CÓDIGO 
DA PROVA P011/P012 
 
QUESTÕES OBJETIVAS 
Questão 1.1 
Qual a ideia principal por trás de um Sistema Operacional Multiprogramável? 
a. Permitir que diversos programadores possam usá-lo ao mesmo tempo. 
b. Permitir que se mantenha diversos programas em memória ao mesmo tempo. 
c. Permitir que limite o sistema apenas um programa. 
d. Permitir o acesso ao sistema por múltiplos usuários. 
e. Permitir que processos não sofram de ausência de recursos. 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: Permitir que se mantenha diversos programas em memória ao mesmo tempo. 
 
Justificativa 
A alternativa a) trata de programadores, e um SO é para um público muito mais amplo. A alternativa c) 
trata de um sistema monoprogramável. A alternativa d) trata de usuários, e não de processos, e um 
SO é multiprogramado por conta de seus processos. Finalmente, a alternativa e) trata 
de starvation (inanição), que é um problema a ser tratado quando temos um SO multiprogramável, 
mas certamente não é a razão de sua criação. 
 
 
Questão 1.2 
Requisições de disco chegam ao driver do disco para os cilindros 2, 5, 23, 20, 6, 25, 9 e 37, nesta 
ordem. O posicionamento da cabeça de leitura leva 5ms. por cilindro. Quanto tempo de busca é 
necessário para satisfazer a essas requisições usando o algoritmo First-come-first-served (FCFS)? 
Assuma que o braço está inicialmente no cilindro 20. 
a. 90 ms. 
b. 300 ms. 
c. 258 ms. 
d. 630 ms. 
e. 595 ms. 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: 595 ms 
 
Justificativa 
No FCFS, as requisições são atendidas na ordem em que chegaram. Como inicialmente o braço está 
no cilindro 20, seu caminho será: 
20 → 2: 18 cilindros 
2 → 5: 3 cilindros 
5 → 23: 18 cilindros 
23 → 20: 3 cilindros 
20 → 6: 14 cilindros 
6 → 25: 19 cilindros 
25 → 9: 16 cilindros 
9 → 37: 28 cilindros 
 
Ele terá então percorrido 18+3+18+3+14+19+16+28 = 119 cilindros nesse caminho. Como cada cilindro 
demora 5ms para ser posicionado sob a cabeça de leitura, temos então 119 x 5 = 595 ms. 
 
 
Questão 1.3 
Um processo rodando com um escalonador de múltiplas filas (CTSS) necessita de 67 quanta para ser 
finalizado. Quantas vezes ele será colocado para rodar, incluindo a primeira vez (antes que tenha 
começado a rodar)? 
a. 1 
b. 4 
c. 5 
d. 7 
e. 8 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: 7 
 
Justificativa 
No CTSS, cada fila dobra o tempo do quantum do processo. Assim ele receberá 1 na primeira fila, 2 na 
segunda, 4 na terceira e assim por diante. Nesse caminho, será escalonado log2(67) = 7 vezes 
(arredondando para cima). 
Outra forma de ver isso é enumerar os quanta recebidos a cada vez 
1 – 2 – 4 – 8 – 16 – 32 – 64 (desses 64 usará apenas 4, pois 1+2+4+8+16+32+4 = 67) 
Podemos ver então que ele foi escalonado 7 vezes na CPU. 
 
 
Questão 1.4 
Considere um i-node semelhante ao mostrado na figura abaixo. Se ele contiver dez endereços diretos 
para blocos de disco (em vez dos 8 mostrados na figura), sendo que cada endereço ocupa 4 B de 
espaço, e se todos os blocos de disco forem de 1.024 B (ou seja, 1 KB), qual será o tamanho do maior 
arquivo possível nesse sistema de arquivos? 
 
 
a. 124 KB. 
b. 256 KB. 
c. 266 KB. 
d. 350 KB. 
e. 1 MB. 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: 266 KB. 
 
Justificativa 
O bloco de endereços adicionais tem capacidade de 1.024 B. Como cada endereço de disco ocupa 4 B, 
temos então que ele consegue armazenar os endereços de 1.024/4 = 256 blocos no disco. Dentro do i-
node, conseguimos mapear os endereços de outros 10 blocos diretamente, totalizando 256+10 = 266 
endereços de blocos de disco. O maior arquivo possível é, então, aquele que usa até 266 blocos de 
disco. Como cada bloco tem tamanho de 1 KB, o maior arquivo não pode passar de 266 KB. 
 
 
QUESTÕES DISSERTATIVAS 
 
Questão 2 
Um computador tem quatro molduras de página. O momento do carregamento de página na 
memória, o instante do último acesso e os bits R e M para cada página são mostrados a seguir (os 
tempos estão em tiques de relógio): 
 
Página Carregada Última Referência R M 
0 140 180 0 0 
1 230 265 1 0 
2 200 220 1 1 
3 110 200 0 1 
 
Qual página será removida pelo algoritmo NRU? Explique brevemente sua resposta. 
RESOLUÇÃO 
Será removida a página 0, pois é a única página com 0 nos bits R e M (alternativamente, porque é a 
única pertencente à classe 0). 
 
Rubricas | critérios de correção 
O NRU separa as páginas em classes, conforme os valores dos bits R e M: 
Classe 0 (R = 0 e M = 0) 
Classe 1 (R = 0 e M = 1) 
Classe 2 (R = 1 e M = 0) 
Classe 3 (R = 1 e M = 1) 
 
Quando deve ocorrer uma troca de página, o NRU irá remover uma página aleatória dentro da classe 
de menor valor (que não esteja vazia, naturalmente). Assim, ele irá procurar por páginas na classe 0, 
então na 1 etc. Podemos ver que a página 0 é a única pertencente à classe 0, sendo, portanto, 
escolhida. 
 
50% da questão é dada para a identificação da página, e 50% para a justificativa. A justificativa pode 
ser tão simples quanto a que apresentei na solução, ou tão complexa quanto a que apresentei acima. 
 
 
Questão 3 
Suponha que o conteúdo de um determinado arquivo ocupe 5 blocos em disco, de endereços 21, 18, 
15, 23 e 12, nessa ordem. Na alocação com tabela em memória (FAT), para acessar o arquivo o S.O. 
mantém o endereço do primeiro bloco (21) no diretório que contém o arquivo, usando então a FAT 
para acessar os demais blocos. Como fica a alocação na FAT para esse arquivo (usando -1 para marcar 
seu término)? Dica: Use o esquema abaixo como guia, em que o número à esquerda de cada célula 
corresponde ao índice dessa célula na FAT. 
 
15 
16 
17 
18 
19 
20 
21 
22 
23 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta pode ser na forma de um par (índice, valor): 
(21, 18), (18, 15), (15, 23), (23, 12), (12, -1) 
 
Rubricas | critérios de correção 
Na alocação usando a FAT, o S.O. armazena, no diretório para o arquivo, o endereço em disco do 
primeiro bloco. Ele então usa esse endereço como índice na FAT. O valor que está nessa posição é o 
endereço em disco do próximo bloco. Esse endereço é então usado como índice na FAT para saber o 
endereço do terceiro bloco, e assim por diante. Na posição da FAT correspondente ao último bloco é 
colocado o valor -1, indicando que não há mais blocos para o arquivo. 
 
O que importa é o par índice-valor estar correto, não importando a ordem dos pares. A cada erro deve 
ser feito um desconto de 30% na nota.