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SOLUCIONES A ALGUNOS DE LOS EJERCICIOS DE GESTION DE PROCESOS P1: P2: P3:

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Academic year: 2021

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SOLUCIONES A ALGUNOS DE LOS EJERCICIOS DE GESTION DE PROCESOS 1. P2 P3 P1 P3 P0 P2 P3 P3 (b) 2n 2. a) P0: pidP1 = fork(); → exec(“P1”)

wait(pidP1); pidP2 = fork() → exec(“P2”)

pidP5 = fork()

→ exec(“P5”) pidP7 = fork();

→ exec(“P7”)

wait(pidP2); pidP3 = fork() → exec(“P3”)

pidP4 = fork(); → exec(“P4”)

wait(pidP4, pidP5); pidP6 = fork() → exec(“P6”)

wait(pidP3, pidP6, pidP7) exec(“P8”) P1: Código de P1 exit() P2: Código de P2 exit() P3: Código de P3 exit() etc… b) // programa problema2 void T0() { {tarea P1} envia_señal(S1,S2); {tarea P5} espera_señal(S3); {tarea P6} espera_señal(S4,S5); {tarea P8} } void T1() { espera_señal(S2); {tarea P7} envia_señal(S5); } void T2() { espera_señal(S1); {tarea P2} envia_señal(S6); {tarea P4} envia_señal(S3); } void T3() { espera_señal(S6); {tarea P3} envia_señal(S4); } main() { {inicialización} cobegin { T0;T1;T2;T3 } } 3.

(2)

4 : Fin de operación de E/S, o de fin de plazo, o señalización.

b) Siempre que exista al menos un proceso en la cola de preparados.

c) 2 → 1 : Siempre que existan procesos preparados

3 → 2 : Nunca. En ejecución sólo hay un proceso, que puede realizar una sóla transición. 4 → 1 : Sólo si ambas transiciones las realiza el mismo proceso, para lo cual la UCP debería

estar desocupada o ese proceso debería expropiar al que actualmente está en uso de la UCP (lo cual supone una transición 2 adicional). O bien, si la política de planificación empleada recalcula las prioridades (pej.: política HPRN con expropiación) y determina que hay un proceso preparado más prioritario

d) 1 : si la UCP está desocupada (es condición previa)

2 : Nunca

3 : Si solicita E/S y no hay procesos preparados para usar la UCP. En realidad en muchos sistemas operativos suele haber un proceso ficticio de mínima prioridad, expropiable por cualquiera y siempre preparado, que se emplea para tratar esta situación, ya que en realidad la UCP no puede estar sin operar (a no ser que se deconecte el sistema) por lo cual esta transición siempre provocaría una transición 1.

4 : Si acaba una operación de E/S y hay un proceso en ejecución no expropiable.

4. P1 P2 P3 P4 Medias FCFS 0 2,5 4 1,5 Tesp = 2 8 6,5 6 7,5 Prod = 0,381 SPN 0 3,5 3 0,5 Tesp = 1,75 8 7,5 5 6,5 Prod = 0,421 RR (q=1) 4,5 1,0 2,5 2,5 Tesp = 2,65 12,5 5,0 4,5 8,5 Prod = 0,32 SPN retardado 5 1,5 0,5 0,5 Tesp = 1,875 13 6 2,5 6,5 Prod = 0,308

La primera fila de cada entrada muestra el tiempo de espera de cada trabajo para la estrategia considerada y el tiempo medio de espera al final.

La segunda fila muestra el tiempo de retorno de cada trabajo y la productividad para la estrategia considerada.

(3)

FCF S SPN RR SPN retardado 5.

(a) Inicialmente el tiempo se reparte entre los 5 procesos equitativamente hasta que termina de ejecutarse el más corto, C, trás disponer de sus 2 unidades de tiempo de CPU. En ello se emplean 2 x 5 = 10 unidades de tiempo. Todos los procesos restantes también han consumido 2 unidades de su tiempo de ejecución

A continuación, se reparte el tiempo entre los 4 procesos restantes, hasta que el siguiente proceso más corto, D, disponga de las 4 -2 = 2 unidades que le restan para terminar. Se emplean en ello 2 x 4 = 8 unidades más.

Razonando de este modo los tiempos de retorno de los diferentes procesos son: C - 2 x 5 = 10

D - 10 + 2 x 4 = 18 B - 18 + 2 x 3 = 24 E - 24 + 2 x 2 = 28 A - 28 + 2 x 1 = 30

Y el tiempo medio de retorno es (10 + 18 + 24 + 28 + 30) / 5 = 22

(b) Aplicando la estrategia de prioridad estricta el orden de atención a los procesos y sus tiempos de retorno son: B - 6 E - 14 A - 24 C - 26 D - 30

Y el tiempo medio de retorno es (6 + 14 + 24 + 26 + 30) / 5 = 20

(c) Aplicando la estrategia de primero-en-llegar/primero-en-ser-atendido el orden de atención a los procesos y sus tiempos de retorno son:

(4)

D - 22 E - 30

(d) Aplicando la estrategia de primero-el- trabajo-más-corto el orden de atención a los procesos y sus tiempos de retorno son:

C - 2

D - 6 B - 12 E - 20 A - 30

Y el tiempo medio de retorno es (2 + 6 + 12 + 20 + 30) / 5 = 14 6. P2 P3 P3 P1 P1 P2 P2 P3 P3 P2 P1 P1 P1 P2 P2 P2 P2 N ivel A N ivel B N ivel C

10

20

30

P1

P2

P3

Uso de CPU: 100% Tiempo de espera de P1: ((12-8) + (10-8) + (12-8))/3 = 3.33 Tiempo de espera de P2: (24-13) = 11 Tiempo de espera de P3: ((19-10) + (10-10)) / 2 = 4.5

(5)

9. DISCO DISCO Proceso A Proceso B Sistema_Ficheros Controlador_Disco 10.

La condición suficiente para que la política planificación RMS garantice la ejecución sin problemas de los tres procesos periódicos indicados es la siguiente:

20/100 + 30/145 + X/150 <= 3 (21/3 – 1) = 3 (1,26 – 1) = 0,78

X/150 <= 0,78 – 0,2 – 0,207 = 0,373 Î X <= 0,373 * 150 = 55,95

El seguimiento temporal de las ejecuciones durante las 150 primeras unidades de tiempo es: A1 (20) 0 + B1 (30) 20 + C1 (50) 50 +A2 (20) 100 + C1 (25)120 + B2 (30) 145

Luego C puede extenderse una duración de 50+25 = 75 y los 3 procesos se ejecutan sin problemas

11

.

1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 3 2 1' 3 2' 4 3 3 1' 1' 4 2' 2' 5 3' 3' 3' 1' 4' 2' 5' 6' 4' 4'

Tie mpo Total: 520 Tiempo CPU (SO ) : 120 Tie mpo inac tividad CPU: 50

% Uso CPU = (520-50)/520 = 90,3 8% % Reca rgo SO = 120 /520 = 2 3,1% o = 120/(52 0-50 ) = 25,53% 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 PA, H 1 [30 /110/40] PA, H2 [50] PA, H3 [30] PA, H4 [20 /60/40] SO (C. Contex to) PB, H1 [20 /50/6 0] PB, H 2 [40 /110/20] PA, H 1 (cont.) PA, H 2 (cont.) PA, H 3 (cont.) PA, H 4 (cont.) SO (cont.) PB, H1 (cont.) PB, H2 (cont.) 11 6 5 5 +6 Inactividad

Referencias

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