Sistemi Operativi e Laboratorio, Prova del 5/6/2017

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1 Nome: Cognome: Matricola: fila: posto: corso: Esercizio 1 (5 punti) Un sistema operativo schedula i thread (implementati a livello del nucleo) con la tecnica delle MFQ (Multilevel Feedback Queue) e con quanto di tempo di 10 msec. Ai thread è associato un livello di priorità compreso tra 0 e 7 (7 corrisponde alla massima priorità) e la politica di scheduling prevede il prerilascio, che avviene immediatamente dopo l evento che lo provoca, senza attendere l esaurimento del quanto di tempo corrente. Quando un processo va in esecuzione gli viene assegnato un intero quanto di tempo, indipendentemente dal tempo consumato nel precedente turno di esecuzione. La MFQ è gestita con seguente politica: - Alla generazione un thread eredita la priorità del thread padre. - Se un thread esaurisce tutto il suo quanto di tempo la sua priorità si decrementa di 1. - Se un thread va in stato di attesa prima della fine del quanto di tempo la sua priorità viene incrementata di 2. - Se un thread subisce un prerilascio la sua priorità è incrementata di 1. Nota: in ogni caso la priorità è limitata tra 0 e 7, inoltre il decremento o l incremento di priorità viene applicato immediatamente, quando si verifica l evento che lo causa. Nel sistema è presente un semaforo Sem, e al tempo T sono presenti i seguenti processi: esso A, con priorità 7, che al tempo T passa in esecuzione; esso B, con priorità 4, che al tempo T è in stato di attesa sul semaforo Sem; esso C, con priorità 3, che al tempo T è in stato di pronto; esso D, con priorità 2, che al tempo T è in stato di pronto; Si chiede quale è il processo in esecuzione e la composizione delle se si verificano (in alternativa) le seguenti sequenze di eventi (nella tabella accanto ad ogni processo è indicata la sua priorità tra parentesi): Sequenza 1 (nota: i cambi di contesto non sono mostrati in questa tabella. Vanno considerati per la soluzione ma in questo esercizio non è richiesto di mostrare cosa avviene al cambio di contesto) Tempo Evento In esecuzione Code pronti Sem: <coda, valore> T A passa in esecuzione A(7) C(3), D(2) B(4), 0 T+31 il processo in esecuzione esegue V(sem) T+43 Termina il processo in esecuzione T+55 il processo in esecuzione genera il processo E T+56 Termina il processo in esecuzione Sequenza 2 (nota: i cambi di contesto non sono mostrati in questa tabella. Vanno considerati per la soluzione ma in questo esercizio non è richiesto di mostrare cosa avviene al cambio di contesto) Tempo Evento In esecuzione Code pronti Sem: <coda, valore> T A passa in esecuzione A(7) C(3), D(2) B(4), 0 T+5 il processo in esecuzione esegue P(sem) T+10 il processo in esecuzione si sospende su un operazione di I/O T+15 il processo in esecuzione esegue V(sem) T+20 viene riattivato il thread sospeso sull operazione di I/O richiesta al tempo T+10

2 Sequenza 1 Tempo Evento In esecuzione Code pronti Sem: <coda, valore> T A passa in esecuzione A(7) C(3), D(2) B(4), 0 T+10 T+20 T+30 A termina il quanto di tempo per 3 volte A(4) C(3), D(2) B(4), 0 T+31 A esegue V(sem) A(4) B(4), C(3), D(2) -, 0 T+40 A esaurisce il quanto B(4) C(3), A(3), D(2) -, 0 di tempo T+43 Termina B C(3) A(3), D(2) -, 0 T+53 C esaurisce il quanto A(3) D(2), C(2) -, 0 di tempo T+55 A genera E A(3) E(3), D(2), C(2) -, 0 T+56 Temina A E(3) D(2), C(2) -, 0 Sequenza 2 Tempo Evento In esecuzione Code pronti Sem: <coda, valore> T A passa in esecuzione A(7) C(3), D(2) B(4), 0 T+5 A esegue P(sem) C(3) D(2) B(4), A(7), 0 T+10 C si sospende su I/O D(2) - B(4), A(7), 0 T+15 D fa una V(sem) B(4) D(3) A(7), 0 T+20 C viene riattivato C(5) B(5), D(3) A(7), 0 Esercizio 2 (5 punti) Un sistema operativo simile a UNIX, che gestisce la memoria con paginazione a domanda, utilizza il processo edaemon basato sull algoritmo di sostituzione Second Chance, con parametri lotsfree=5, minfree=3 e un parametro aggiuntivo D=3. Gli elementi della CoreMap hanno i campi (processo a cui è assegnato il blocco; il campo è vuoto se il blocco è libero); (pagina del processo caricata nel blocco), (bit di pagina riferita utilizzato da Second Chance). Al tempo t, quando viene eseguito il edaemon, sono presenti i processi A, B, C, D, E. Al termine dell esecuzione del edaemon (al tempo t+1) il processo E è stato swappato in memoria secondaria (utilizzava le pagine E3, E5 e E7), e la Core Map ha la configurazione mostrata in figura, con il puntatore dell algoritmo di sostituzione posizionato sul blocco 11. D C C D B B A B C D A D A B C C Core Map al tempo t+1 (dopo l esecuzione del edaemon) Il edaemon interviene successivamente ogni 10 msec. Ad ogni intervento, edaemon avanza per 1 msec occupando in modo esclusivo il processore ed esegue le seguenti operazioni: 1. Se sono presenti almeno lotsfree pagine libere: non scarica pagine ed eventualmente effettua lo swapin di qualche processo in ordine FIFO, a condizione che le pagine libere restino almeno pari a lotsfree + D. L eventuale swapin carica le pagine del processo che erano presenti in memoria al momento dello swapout, e le marca tutte come riferite. 2. Se sono presenti x pagine libere, con minfree < x < lostfree allora scarica pagine fino ad arrivare a lotsfree + D pagine libere 3. Se sono presenti x pagine libere, con x minfree esegue lo swapout di più processi (a partire da quello che occupa più memoria e in caso di parità in ordine alfabetico), sino ad ottenere lotsfree + D pagine libere. In caso di errori di pagina, i blocchi liberi vengono assegnati in ordine crescente di indice. Mostrare la configurazione della CoreMap ai tempi 10 e 11 indicando anche le pagine eventualmente scaricate o l eventuale swapin/swapout di processi nei seguenti casi da considerare in alternativa: caso 1: Dal tempo t+1 al tempo t+10 i processi riferiscono nell ordine le pagine: C2, C8, B6, B1, A5, A6, A8, C10, D7, D8, B10

3 Core Map al tempo t+11 (dopo l esecuzione del edaemon) ine scaricate: swapin/out dei processi: caso 2: Dal tempo t+1 al tempo t+10 i processi riferiscono nell ordine le pagine: D0, D6, D8, D9, C2, C5, C8, C10 Core Map al tempo t+11 (dopo l esecuzione del edaemon) ine scaricate: swapin/out dei processi: caso 3: Dal tempo t+1 al tempo t+10 i processi riferiscono nell ordine le pagine: D0, D1, B3, B6, A7, A0, A2, A3, A4, poi termina il processo A Core Map al tempo t+11 (dopo l esecuzione del edaemon) ine scaricate: swapin/out dei processi: caso 1: Dal tempo t+1 al tempo t+10 i processi riferiscono nell ordine le pagine: C2, C8, B6, B1, A5, A6, A8, C10, D7, D8, B10 D C C B D A B A B A C B C D D A D D A B B C C D D A A A D D A D D A Core Map al tempo t+11 (dopo l esecuzione del edaemon) swapout dei processi: B, C caso 2: Dal tempo t+1 al tempo t+10 i processi riferiscono nell ordine le pagine: D0, D6, D8, D9, C2, C5, C8, C10 D C C D D D B C B A C B C D A D A B C C

4 D C D D C B A C B C D A D A C C Core Map al tempo t+11 (dopo l esecuzione del edaemon) ine scaricate: B6, C0, D1, B0 swapin/out dei processi: nessuno caso 3: Dal tempo t+1 al tempo t+10 i processi riferiscono nell ordine le pagine: D0, D1, B3, B6, A7, A0, A2, A3, A4, poi termina il processo A D C C D B B B C D D B C C D C C E D E B E B B C D D B C C Core Map al tempo t+11 (dopo l esecuzione del edaemon) ine scaricate: nessuna swapin dei processi: E Esercizio 3 (5 punti) In un file system simile a FFS di UNIX i blocchi del disco hanno ampiezza di 1KByte e i puntatori ai blocchi sono a 32 bit. Gli i-node contengono, oltre agli altri attributi, 10 puntatori diretti e 3 puntatori indiretti (indiretto singolo, doppio e triplo). Il primo blocco del disco ha indice logico 0. Si consideri il file (aperto) individuato dal file descriptor fd, la cui lunghezza corrente è di byte e il cui i-node contiene i seguenti puntatori a blocchi: Puntatore Valore del puntatore dove i blocchi indiretti 990 e 991 hanno i seguenti contenuti parziali: Blocco 990: Indice di elemento nel blocco Valore del puntatore Blocco 991: Indice di elemento nel blocco Valore del puntatore Blocco 3004: Indice di elemento nel blocco Valore del puntatore Si chiede: 1. Il numero di puntatori che possono essere contenuti in un blocco indiretto; 2. Il numero di blocchi che compongono il file; 3. Quanti blocchi indice (di primo, secondo e terzo livello) complessivamente sono necessari per indicizzare il file 4. Quanti e quali blocchi logici del file sono indirizzati direttamente dall i-nodo 5. Quanti e quali blocchi logici del file sono indirizzati tramite il puntatore indiretto singolo dell i-nodo 6. Quanti e quali blocchi logici del file sono indirizzati tramite il puntatore indiretto doppio dell i-nodo

5 7. Quanti e quali blocchi logici del file sono indirizzati tramite il puntatore indiretto triplo dell i-nodo 8. Ipotizzando che il file sia stato esteso raggiungendo una dimensione di byte (e quindi la configurazione dell i-node e dei blocchi indice mostrati in tabella), dire quali sono i blocchi fisici (inclusi blocchi indice e blocco dati) del disco che devono essere letti per eseguire l operazione read(fd,&buf,1) quando lo I/O pointer ha valore Numero di puntatori che possono essere contenuti in un blocco indiretto: 2. Il file è composto da blocchi 3. Per indicizzare il file servono in totale blocchi indice (di primo, secondo e terzo livello) 4. I blocchi logici indirizzati direttamente dall i-nodo sono 5. I blocchi logici del file indirizzati tramite il puntatore indiretto singolo dell i-nodo sono 6. I blocchi logici del file indirizzati tramite il puntatore indiretto doppio dell i-nodo sono 7. I blocchi logici del file indirizzati tramite il puntatore indiretto triplo dell i-nodo sono 8. Il carattere è contenuto nel blocco di indice logico Pertanto si utilizza il puntatore [diretto / indiretto singolo / indiretto doppio / indiretto triplo]: Quindi per eseguire l operazione read(fd,&buf,1) deve essere letti i blocchi: 1. Il numero di puntatori che possono essere contenuti in un blocco indiretto è pari a 1024/4 = 256; 2. Il file è composto dalla parte intera superiore di /1024 blocchi, quindi da 879 blocchi 3. Per indicizzare il file servono i 10 puntatori diretti, un blocco indice di primo livello (puntatore indiretto singolo, 256 blocchi), un blocco indice di terzo livello e 3 blocchi indice di secondo livello (associati al puntatore indiretto doppio), per un totale di 5 blocchi indice 4. I blocchi logici indirizzati direttamente dall i-nodo sono 10, da 0 a 9 5. I blocchi logici del file indirizzati tramite il puntatore indiretto singolo dell i-nodo sono 256: da 10 a 265(estremi inclusi) 6. I blocchi logici del file indirizzati tramite il puntatore indiretto doppio dell i-nodo sono 614: da 266 a 879 (estremi inclusi) 7. I blocchi logici del file indirizzati tramite il puntatore indiretto triplo dell i-nodo sono Il carattere , sul quale è posizionato il puntatore di lettura, è contenuto nel blocco di indice logico BL= div 1024= Poiché BL 265 si utilizza l indirizzamento indiretto doppio. E quindi necessario leggere il blocco 991 che contiene il blocco indice di secondo livello. Il blocco logico 1293 occupa la posizione =1027 tra i blocchi indicizzati dall indirizzo indiretto doppio, per cui, nel blocco indice di secondo livello bisogna individuare il puntatore 1027 div 256= 4 che indirizza il blocco indice All interno di questo blocco indice si individua l indirizzo: *256= 3, quindi il dato cercato è nel blocco dati di indirizzo Quindi per eseguire l operazione read(fd,&buf,1) deve essere letto il blocco indiretto doppio di indice 991, il blocco indice 3004 e il blocco fisico di indirizzo 5003 (che contiene il blocco dati con il carattere del file) Esercizio 4 (5 punti) Si consideri un disco con NCilindri= 100, NFacce= 4 e NSettori= Il tempo necessario per percorrere un settore è di 0,01 msec e il tempo di esecuzione di un operazione di seek è di 0,01 msec per ogni cilindro attraversato, inoltre, il controller del disco utilizza una politica di scheduling SSF (shortest seek time first). Sul disco è installato un File System simile a NTFS che alloca i file in sequenze contigue di blocchi (run) individuate mediante coppie del tipo (inizio, lunghezza), dove inizio è l indice del primo blocco fisico del run e lunghezza esprime il numero di blocchi che la compongono. Ogni file è descritto da un Master Record che contiene, oltre ad altri attributi, una o più coppie (inizio, lunghezza). Per semplicità si assume che ogni blocco del file system corrisponda ad un settore del disco. Nel file system è presente il file Nimrod, il cui master record contiene nell ordine, i seguenti run contigui: 1. (94.413, 10) 2. ( , 1)

6 3. ( , 8) 4. ( , 100) dove l indice di blocco corrisponde alla terna (cilindro= 11, faccia= 3, settore= 413), l indice di blocco corrisponde alla terna (cilindro= 37, faccia= 2, settore= 0), l indice di blocco corrisponde alla terna (cilindro= 15, faccia= 2, settore= 1008) e l indice di blocco corrisponde alla terna (cilindro= 75, faccia= 0, settore= 110). Supponendo che dopo un operazione di seek il tempo impiegato per raggiungere il settore desiderato sia sempre uguale alla metà del tempo di rotazione, e che il disco disponga di ampi buffer per memorizzare i dati in attesa del loro trasferimento in memoria, si calcoli il tempo necessario per eseguire le operazioni nei seguenti casi: 1) Al tempo 0 la testina del disco è posizionata sul cilindro (e quindi sulla traccia) 22 e viene eseguita un operazione di lettura dei blocchi logici del file 8,9,10,11,12 il blocco logico 8 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: il blocco logico 9 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: il blocco logico 10 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: il blocco logico 11 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: il blocco logico 12 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: tempo di esecuzione del comando: 2) Al tempo 0 la testina del disco è posizionata sul cilindro (e quindi sulla traccia) 89 e vengono richieste letture per i blocchi logici: 7, 9, 48, 65 del file il blocco logico 7 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: il blocco logico 9 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: il blocco logico 48 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: il blocco logico 65 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: tempo di esecuzione del comando: 1) Al tempo 0 la testina del disco è posizionata sul cilindro (e quindi sulla traccia) 22 e viene eseguita un operazione di lettura dei blocchi logici del file 8,9,10,11,12

7 il blocco logico 8 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: (11,3,421) il blocco logico 9 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: (11,3,422) il blocco logico 10 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: (37,2,0) il blocco logico 11 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: (15,2,1008) il blocco logico 12 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: (15,2,1009) tempo di esecuzione del comando: inizio: 0 seek: 0,07 rotazione: 10 percorrenza: 0,01 fine: 10, inizio: 10,08 seek: 0 rotazione: 0 percorrenza: 0,01 fine: 10, inizio: 10,09 seek: 0,04 rotazione: 10 percorrenza: 0,01 fine: 20, inizio: 20,14 seek: 0 rotazione: 0 percorrenza: 0,01 fine: 20, inizio: 20,15 seek: 0,26 rotazione: 10 percorrenza: 0,01 fine: 30,42 2) Al tempo 0 la testina del disco è posizionata sul cilindro (e quindi sulla traccia) 89 e vengono richieste letture per i blocchi logici: 7, 9, 48, 65 del file il blocco logico 7 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: (11,3,420) il blocco logico 9 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: (11,3,422) il blocco logico 48 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: (75,0,139) il blocco logico 65 è allocato sul blocco fisico: che corrisponde alla tripla: (75,0,156) tempo di esecuzione del comando: inizio: 0 seek: 0,14 rotazione: 10 percorrenza: 0,01 fine: 10, inizio: 10,15 seek: 0 rotazione: 0,17 percorrenza: 0,01 fine: 10, inizio: 10,33 seek: 0,64 rotazione: 10 percorrenza: 0,01 fine: 20, inizio: 20,98 seek: 0 rotazione: 0,01 percorrenza: 0,01 fine: 21 Esercizio 5 (4 punti) Si consideri un sistema che gestisce la memoria con paginazione a domanda, applicando una politica di controllo dinamico del Working Set. Per ogni processo sono definiti i seguenti dati: l intero MaxBlocchi: massimo numero di blocchi disponibili per il caricamento del Working Set, che viene ridefinito periodicamente dal demone WorkingSetManager; l intero ineresidenti, uguale al numero di pagine attualmente caricate in memoria e variabile nel tempo; la tabella delle pagine di ogni processo, con campi Blocco, R (bit di pagina riferita) e DP (Distanza Passata). In particolare, il valore di R è quello usuale (0 se la pagina non è stata riferita, 1 altrimenti). Invece il valore di DP conta il numero di applicazioni consecutive dell algoritmo di sostituzione durante le quali la pagina era marcata come non riferita (R=0). Quando un processo avanza, per ogni pagina riferita: se il riferimento determina e Fault, la pagina riferita viene caricata nel blocco libero individuato dal primo elemento della lista dei blocchi liberi in memoria (che si suppone sempre non vuota), viene aggiornata conseguentemente la tabella delle pagine (inizializzando anche i valori di DP e R) e viene incrementata la variabile ineresidenti; Il demone WorkingSetManager, che interviene periodicamente, esegue le seguenti operazioni per ogni processo:

8 Fase 1) per ogni pagina residente in memoria aggiorna la distanza passata con il seguente algoritmo: se R= 0 assegna DP= DP+ 1; altrimenti assegna R= 0 e DP= 0 Fase 2) per ogni processo: se ineresidenti>maxblocchi: scarica dalla memoria principale ineresidenti MaxBlocchi, selezionandole in ordine decrescente del valore di DP; se per l ultima pagina scaricata si ha DP< 5, incrementa MaxBlocchi; se invece ineresidenti< MaxBlocchi, decrementa MaxBlocchi. Al tempo T1, subito dopo un intervento di WorkingSetManager, per il processo P si ha MaxBlocchi = 6 e la tabella delle pagine ha la seguente configurazione: ina Blocco R DP Inoltre, sempre al tempo T1, la lista dei blocchi liberi in memoria sia: , Tra il tempo T1 e il tempo T2 avanza il processo P, poi al tempo T2 viene eseguito nuovamente il demone WorkingSetManager. Si chiede di mostrare il valore di ineresidenti, di MaxBlocchi e la tabella delle pagine del processo P prima dell esecuzione del WorkingSetManager al tempo T2, al termine della prima fase di esecuzione del WorkingSetManager (al tempo T3) e al termine dell esecuzione del WorkingSetManager (al tempo T4), nella seguente ipotesi: durante la sua esecuzione il processo P riferisce nell ordine le seguenti pagine: 8, 10, 0, 3, 8, 11, 0, 11, 3, 6 T2: Tabella delle ine T3: Tabella delle ine T4: Tabella delle ine ina Blocco R DP ina Blocco R DP ina Blocco R DP ine Residenti= ; ine Residenti= ; ine Residenti= ; MaxBlocchi= ; MaxBlocchi= ; MaxBlocchi= ; Durante la sua esecuzione il processo P e riferisce nell ordine le seguenti pagine: 8, 10, 0, 3, 8, 11, 0, 11, 3, 6 T2: Tabella delle ine T3: Tabella delle ine T4: Tabella delle ine ina Blocco R DP ina Blocco R DP ina Blocco R DP

9 ine Residenti= 8; MaxBlocchi=6; ine Residenti= 8; MaxBlocchi=6; ine Residenti=6; MaxBlocchi=7 Esercizio 6 (3 punti) Si consideri un sistema di grandi dimensioni che gestisce la memoria con paginazione dinamica con le seguenti caratteristiche: indirizzi logici di 32 bit e ampiezza dello spazio logico di ogni processo pari a 2 32 byte; pagine logiche e blocchi fisici di 4 KByte; tabelle delle pagine a due livelli; dove la tabella di primo livello comprende 2 10 elementi; gli elementi delle tabella di primo e di secondo livello hanno lunghezza pari a 64 bit, dei quali 24 bit codificano l indice di un blocco fisico. Si chiede: 1. La lunghezza, in numero di bit, delle componenti dell indirizzo logico che indirizzano, rispettivamente, la tabella di primo livello, di secondo livello e l offset; 2. La dimensione della tabella di primo livello; 3. La dimensione di una tabella di secondo livello; 4. Il numero di tabelle di secondo livello necessarie per rappresentare la memoria di un processo che occupa solo i primi 6 MB del suo spazio virtuale; 5. La massima dimensione della memoria fisica (numero di blocchi, espresso come potenza di 2); 6. Quale elemento della tabella di primo livello è usato per trovare l'indirizzo fisico della pagina logica di un processo. 1. Lunghezza del campo che indirizza la tabella di primo livello: bit; Lunghezza del campo che indirizza la tabella di secondo livello: bit; Lunghezza del campo offset: bit; 2. Dimensione della tabella di primo livello: byte; 3. Dimensione della tabella di secondo livello: byte; 4. numero di tabelle di secondo livello necessarie per rappresentare la memoria di un processo che occupa solo i primi 6 MB del suo spazio virtuale: ; 5. Massima dimensione della memoria fisica: blocchi = Byte 6. La pagina logica è indicizzata dalla tabella di secondo livello. Pertanto bisogna leggere l elemento della tabella delle pagine di primo livello. 1. Lunghezza del campo che indirizza la tabella di primo livello: 10 bit; Lunghezza del campo che indirizza la tabella di secondo livello: 10 bit; Lunghezza del campo offset: 12 bit; 2. Dimensione della tabella di primo livello: 8 Kbyte; 3. Dimensione della tabella di secondo livello: 8Kbyte; 4. Il processo occupa 6MB/4KB = 1536 pagine. Ogni tabella di secondo livello indicizza 1K pagine, pertanto servono 2 tabelle di secondo livello. 5. Massima dimensione della memoria fisica: 2 24 blocchi = 2 36 byte = 64 Gbyte 6. La pagina logica è indicizzata dalla tabella di secondo livello div 4096 = 19. Pertanto bisogna

10 leggere l elemento 19 della tabella delle pagine di primo livello. Esercizio 7 (3 punti) In un disco con blocchi di 512 byte, è definito un file system FAT. Ogni elemento della FAT ha lunghezza di 3 byte e indirizza un blocco del disco. Il primo blocco di ogni file è identificato dalla coppia (nomefile, indiceblocco) contenuto nella rispettiva directory. 1. Qual è la massima capacità (teorica) del disco, espressa in blocchi e in Mbyte? 2. Quanti byte occupa la FAT nel caso in cui il disco raggiunga la massima dimensione teorica? 3. Supponendo che il file Capri occupi (ordinatamente) i blocchi fisici 1024, 1023, 1025, 1022 e 1027, quali sono gli elementi della FAT che descrivono il file e quale è il loro contenuto? 1. Capacità del disco: blocchi; Mbyte 2. Lunghezza della FAT: byte = MByte 3. Elementi della FAT che indirizzano il file e loro contenuto: ELEMENTO FAT CONTENUTO 1. Capacità del disco: 2 24 blocchi 2 33 byte = 8 Gbyte 2. Lunghezza della FAT: 2 24 * 3 byte 48 MByte 3. Elementi della FAT che indirizzano il file e loro contenuto: ELEMENTO FAT CONTENUTO Ø 1028