SOLUZIONI DELLA PRIMA PROVA INTERMEDIA DEL CORSO DI. NUOVO ORDINAMENTO DIDATTICO 11 Aprile 2006

Transcript

1 SOLUZIONI DELLA PRIMA PROVA INTERMEDIA DEL CORSO DI NUOVO ORDINAMENTO DIDATTICO Aprile 26 MOTIVARE IN MANIERA CHIARA LE SOLUZIONI PROPOSTE A CIASCUNO DEGLI ESERCIZI SVOLTI ESERCIZIO (8 punti) Progettare una rete sequenziale che presenti un ingresso X e un uscita Z posta a ogni volta che viene riconosciuta la sequenza. Si richiee: a) (5 punti) il iagramma egli stati, la tabella i flusso e la tabella elle transizioni; a) (3 punti) il calcolo elle forme minime elle variabili i eccitazione ei flip flop con le mappe i Karnaugh. Si usino flip flop JK. Calcolare anche la rete combinatoria per l uscita Z. Il iagramma egli stati è il seguente: /0 S0 S /0 /0 S4 S3 /0 S2 / La tabella i flusso è ata a: Stato successivo/uscita Stato presente X=0 X= S0 S/0 S S S/0 S2/0 S2 S/0 S3/0 S3 S4/0 S S4 S/0 S2/

2 Per coificare tre stati occorrono ue 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 D D 0 0 D 0 0 D D 0 0 D D D D 0 D D 0 D D D D 0 D D 0 D 0 D D 0 D 0 D D 0 0 D D D D 0 0 D 0 0 D D D D D D D D D 0 0 D D D D D D D D D D D D D D D D D D 0 0 D D D D D D D D D 0 0 D D D D D D D D D 0 D D D D D D D D D 0 Ora possiamo isegnare le mappe i Karnaugh Calcolatori Elettronici Aprile 26 2

3 J A = BC X K A = J B = + AX K B = X + C J C = X + B K C = B + X L uscita Z si ricava facilmente alla tabella elle transizioni: Z =. Calcolatori Elettronici Aprile 26 3

4 ESERCIZIO 2 (8 punti) Sia ata una gerarchia i memoria costituita a memoria cache e primaria. La memoria cache ha una capacità i otto parole, con linee a ue parole. La memoria primaria ha una capacità i sessantaquattro parole, con blocchi i ue parole e metoo i inirizzamento iretto. ) (2 punti) Inicare, specificano il significato e la funzione ei iversi campi, come viene recuperata l informazione nella cache a partire all inirizzo ella parola in memoria primaria. 2) (6 punti) Sia ata la sequenza i chiamate a altrettanti inirizzi i memoria espressi in ecimale (prima parola, inirizzo 0): 4, 2, 5, 6, 3, 7, 7, 5, 6, 5. Si inichi lo stato finale ella cache e l hit ratio. ) I sei bit i inirizzamento sono suivisi nei seguenti campi: < TAG 3 bit > < Cache Inex 2 bit > < Offset bit >. 2) Per ottenere numero i blocco e numero i linea bisogna effettuare le seguenti operazioni: = Parte_intera(Inirizzo/2); Linea = Resto(/4) Chiamate Linea Hit X X X X X X X Stato finale ella cache: Hit ratio = 7/0. Calcolatori Elettronici Aprile 26 4

5 ESERCIZIO 3 (5 punti) Calcolare il tempo meio i accesso i una gerarchia i memoria a tre livelli (cache, primaria, isco), sapeno che la cache ha un tempo i accesso pari a 4 ns, la primaria ha un tempo i accesso pari a 40 ns, il isco ha un tempo i accesso pari a ms, l hit ratio i cache è pari a 0.97, l hit ratio i primaria è pari a La formula el tempo meio i una gerarchia a tre livelli è ata a: T = Tc + ( Hc) * Tp + ( Hp) * T con Tc, Tp, T tempi i accesso a cache, primaria e isco rispettivamente. Hc e Hp sono inoltre gli hit ratio i cache e i primaria. Sostitueno i valori ati al testo si ha: T = = = ns ESERCIZIO 4 (5 punti) Un isco presenta le seguenti caratteristiche: 72 giri/min, 20 settori per traccia, tempo meio i posizionamento 2 ms, 256 B per settore. Si richiee il calcolo el tempo meio i lettura i un blocco i 52 B a isco, nell ipotesi che la testina si trovi in un punto qualsiasi el isco all istante iniziale e che il blocco sia registrato su settori contigui ella stessa traccia. E sufficiente valutare il tempo i latenza e il tempo i posizionamento una volta sola, in quanto il blocco è registrato su 2 settori contigui. TROT = 60 / 72 = 0.83 seconi TLAT = TROT / 2 = 0.45 seconi Tlett = TROT / 20 = ms Tempo i lettura i un blocco = TLAT + TPOS + 2 * Tlett = * = ms Calcolatori Elettronici Aprile 26 5

6 ESERCIZIO 5 (7 punti) I trasferimenti i parole a/alla memoria i un calcolatore sono coificati utilizzano il coice i Hamming. Si consieri la stringa i 2 bit (il bit meno significativo è a sinistra), risultata ella coifica i una parola i N bit secono il coice i Hamming. Spiegano bene ogni passo el ragionamento: ) (2 punti) calcolare N, supponeno i aver fatto uso el numero minimo i bit i controllo necessario per una stringa i 2 bit; 2) ( punto) scrivere la parola i N bit a partire alla stringa ata; 3) (3 punti) inicare eventuali errori nella stringa coificata, specificano quale ei bit è stato alterato. ) Deve venire rispettata la conizione: 2 K >= N + K + (), ove K è il numero i bit i controllo inseriti. Esseno N + K = 2, si evince alla () che il numero minimo i bit i controllo richiesto è 4. Da cui N = 8. 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. La sequenza ricevuta è. 3) Per verificare la presenza i un errore, obbiamo ricalcolare il vettore i controllo a partire alla sequenza ricevuta. Si ha: c 0 = b0 b b3 b4 b6 = 0 c = b0 b2 b3 b5 b6 = c 2 = b b2 b3 b7 = 0 c 3 = b4 b5 b6 b7 = 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 = 0 e = c c = e2 = c2 c 2 = 0 e3 = c3 c 3 = Poiché il vettore risultante non è nullo, vi è un errore nella stringa i 2 bit ata e precisamente nella posizione inicata al vettore i errore traotto in notazione ecimale. Il bit sbagliato è quini il ecimo (b5), e la parola corretta è 0. Calcolatori Elettronici Aprile 26 6