SOLUZIONI DELLA PRIMA PROVA INTERMEDIA DEL CORSO DI. NUOVO ORDINAMENTO DIDATTICO 19 Aprile 2007

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1 SOLUZIONI DELLA PRIMA PROVA INTERMEDIA DEL CORSO DI NUOVO ORDINAMENTO DIDATTICO 9 Aprile 27 MOTIVARE IN MANIERA CHIARA LE SOLUZIONI PROPOSTE A CIASCUNO DEGLI ESERCIZI SVOLTI ESERCIZIO (0 punti) Progettare una rete sequenziale che presenti un ingresso X e un uscita Z posta a ogni volta che viene riconosciuta la sequenza 0. Si richiee: a) (4 punti) il iagramma egli stati, la tabella i flusso e la tabella elle transizioni; b) (3 punti) il calcolo elle forme minime elle variabili i eccitazione ei flip flop con le mappe i Karnaugh. Si usino flip flop JK. Sintetizzare anche la rete combinatoria per l uscita Z. c) (3 punti) Spiegare come si possono sintetizzare le reti combinatorie per la transizione egli stati utilizzano un ecoer opportuno e una memoria ROM. Il iagramma egli stati è il seguente: /0 S0 /0 S S2 /0 0/ /0 S4 /0 S3

2 La tabella i flusso è ata a: Stato successivo/uscita Stato presente X=0 X= S0 S S/0 S S2/0 S/0 S2 S S3/0 S3 S2/0 S4/0 S4 S2/ S/0 Per coificare 5 stati occorrono tre flip flop. La coifica è la seguente: S ; ; S Nel seguito inicheremo ciascun bit ella coifica con le lettere A, B, C. L apice inicherà il bit nell istante successivo a quello consierato. A partire alla tabella i eccitazione el flip flop JK: Q Q J K D 0 D 0 D D 0 A B C X A Ja Ka B Jb Kb C Jc Kc Z D 0 0 D 0 0 D D 0 0 D D D D 0 D D 0 0 D D D 0 D 0 0 D D D 0 D D D 0 0 D 0 0 D 0 D 0 D D D 0 0 D D 0 0 D D D D D D D D D D D D 0 D D D D D D D D D D 0 0 D D D D D D D D D D 0 D D D D D D D D D D 0 D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D Ora possiamo isegnare le mappe i Karnaugh Calcolatori Elettronici 9 Aprile 27 2

3 J A = B K A = J B = C X + AX K B = J C = X K C = B + X Calcolatori Elettronici 9 Aprile 27 3

4 Infine, per quanto riguara l uscita Z: Z = A B C X Voleno utilizzare anche i on t care: 0 0 Z = AX Calcolatori Elettronici 9 Aprile 27 4

5 ESERCIZIO 2 (5 punti) I trasferimenti i parole a/alla memoria i un calcolatore sono coificati utilizzano il coice i Hamming. Si consieri la parola i 8 bit (il bit meno significativo è a sinistra). Spiegano bene ogni passo el ragionamento: ) ( punto) calcolare il minimo numero i bit i controllo necessari per la coifica ella parola; 2) (2 punti) coificare la parola ata; 3) (2 punti) imporre un errore nel quinto bit ella parola inizialmente ata. Spiegare come l errore viene rivelato e corretto per mezzo ella coifica i Hamming. ) Deve venire rispettata la conizione: K 2 N + K + (), ove K è il numero i bit i controllo inseriti. Esseno N=8, il numero minimo i bit i controllo richiesto è 4. 2) Nella coifica i Hamming, la sequenza in ingresso presenta la seguente struttura: c0 C b0 c2 b b2 b3 c3 b4 b5 b6 b Dove c0 c3 sono i quattro bit costituenti il vettore i controllo, e b0 b7 gli otto bit trasmessi. Tali bit si ottengono con le seguenti operazioni c0 = b0 b b3 b4 b6 = 0 0 = c = b0 b2 b3 b5 b6 = = 0 c2 = b b2 b3 b7 = 0 = c3 = b4 b5 b6 b7 = 0 = La stringa coificata è 0. 3) Nell ipotesi i un errore sul quinto bit ella stringa iniziale, la stringa ricevuta risulta: 00. Per rivelare questo errore, bisogna ricalcolare i bit i controllo: c 0 = b0 b b3 b4 b6 = = 0 c = b0 b2 b3 b5 b6 = = 0 c 2 = b b2 b3 b7 = 0 = c 3 = b4 b5 b6 b7 = 0 0 = 0 Il passo successivo è calcolare il vettore i errore ato alla ifferenza ei vettori i controllo c e c (ricoriamo che somma e ifferenza tra bit proucono lo stesso risultato): e0 = c0 c 0 = e = c c = 0 e2 = c2 c 2 = 0 e3 = c3 c 3 = Poiché il vettore risultante 0 non è nullo, vi è un errore nella stringa i 2 bit e precisamente nella posizione inicata al vettore i errore traotto in notazione ecimale (posizione 9). Il bit sbagliato nella stringa coificata è quini b4, che può venire unque corretto. Calcolatori Elettronici 9 Aprile 27 5

6 ESERCIZIO 3 (0 punti) (a) (6 punti) Si consieri una memoria primaria costituita a 28 parole e una memoria cache costituita a 6 parole. Il metoo i inirizzamento ella cache sia quello associativo su insiemi a ue vie con blocchi i 4 parole. Si consierino le seguenti chiamate a altrettante parole (inirizzi espressi in ecimale): 52, 24,, 44, 25, 37, 47, 4, 3, 45, 6. Si inichi il contenuto ella cache, ovvero quali byte occupano i relativi blocchi i cache, opo l ultima chiamata, nel caso si aoperino algoritmi i rimpiazzamento FIFO e LRU. (b) (2 punti) Si consieri una gerarchia i memoria a tre livelli costituita a: cache, primaria e isco. Se l hit ratio ella cache è pari a 0.95, l hit ratio ella primaria è pari a 0.99, i tempi i accesso a cache, primaria e isco valgono rispettivamente 4 ns, 40 ns e 5 ms, esprimere il tempo meio i accesso alla gerarchia in nanoseconi. (c) (2 punti) Durante il test elle chiamate a un processo si sono ottenuti i seguenti valori i performance per una gerarchia i memorie a tre livelli: Hc = 0.9, Hp= 0.75, H = Il processo era completamente memorizzato nel isco. Hc, Hp, H sono gli hit ratio i cache, primaria e isco. Spiegare, motivano chiaramente la risposta, se i valori ottenuti sono compatibili con quanto ci si attene a una gerarchia i memoria. (a) <TAG 4 bit><inex bit><offset 2 bit> FIFO Set 0 Set Blocco 0 Blocco Blocco 0 Blocco LRU Set 0 Set Blocco 0 Blocco Blocco 0 Blocco (b) Con tutti i ati a nostra isposizione è sufficiente valutare la formula: T = H CTC + ( H P H C )( TP + TC ) + ( H P )( TD + TP + TC ) Quini: T = = ns Calcolatori Elettronici 9 Aprile 27 6

7 ESERCIZIO 4 (8 punti) ) (6 punti) Un isco presenta le seguenti caratteristiche: 72 giri/min, settori per traccia, tempo i posizionamento a una traccia a quelle aiacente ms, tracce per superficie, 32 B per settore. Calcolare il tempo meio i lettura i un blocco i KB a isco, nell ipotesi che il primo settore utile si trovi nella prima traccia, che la testina si trovi nell ultima traccia all istante iniziale, e che i settori el blocco siano situati, a ue a ue, in tracce iverse istanti meiamente quattro tracce. 2) (2 punti) Riuceno la velocità i rotazione el 0% inicare quali parametri risultano alterati e i quanto si riuce, o si incrementa, il tempo i lettura el file alla omana preceente. ) TROT = 60 / 72 = 0.83 seconi TLAT = TROT / 2 = 0.45 seconi (tempo i latenza) Tlett = TROT / = ms (tempo i lettura i un settore) Tsp=ms Tpos= 4*Tsp= 4 ms. Numero i settori richiesti per il blocco a KB: 024B/32B = 32. consierano i settori non contigui In questo caso occorre consierare che per leggere i primi 2 settori (resienti sulla prima traccia) la testina ovrà attraversare tracce. Visto che i settori restanti sono a ue a ue sulla stessa traccia, occorrerà inoltre imezzare il tempo i posizionamento meio. Tempo i lettura el blocco a KB: = * Tsp + 2*Tlett + 2*TLAT + 30 * (TLAT + Tpos/2 + Tlett) = * + 2* *4.5+30*( ) = ms consierano i settori contigui Tempo i lettura el blocco a KB: = * Tsp + 2*Tlett + TLAT + 30 * (TLAT/2 + Tpos/2 + Tlett) = * + 2* *(4.5/ ) = ms 2) Riuceno la velocità i rotazione el 0% si ottiene Velocità = 72*(-0.)=6480 rpm TROT =60/6480 = seconi Conseguentemente cambiano il tempo i latenza e quello i lettura: TLAT = TROT /2 = seconi Tlett = TROT / = ms consierano i settori non contigui Tempo i lettura el blocco a KB: = * Tsp + 2*Tlett + 2*TLAT + 30 * (TLAT + Tpos/2 + Tlett ) = * + 2* * *( ) = 3.4 ms consierano i settori contigui Tempo i lettura el blocco a KB: = * Tsp + 2*Tlett + TLAT + 30 * (TLAT /2 + Tpos/2 + Tlett ) = * + 2* *(4. 63/ ) = ms Calcolatori Elettronici 9 Aprile 27 7