Exercices sur la structure des ordinateurs -2 correction, Exercices de Application informatique
Christophe
Christophe3 March 2014

Exercices sur la structure des ordinateurs -2 correction, Exercices de Application informatique

PDF (202.9 KB)
5 pages
206Numéro de visites
Description
Exercices d’informatique sur la structure des ordinateurs -2 correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: exercices.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 5
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
en_soc2005.dvi

E.N.S.E.I.R.B.Filière Informatique 1ère annéeFilière Télé om 1ère année Année 2005-2006STRUCTURE DES ORDINATEURSEXAMENCORRIGÉN.B. : - Ce i doit être onsidéré omme un orrigé-type : les réponses qu'il ontient sont justes, maisleur réda tion n'était pas la seule possible.- Le barème est donné à titre dénitif. Outre l'exa titude des réponses aux questions posées,il a été tenu ompte de leur on ision et, dans une moindre mesure, de la présentation.Question 1. (3 points)Une famille de pro esseurs est une gamme de pro esseurs onçus onjointement et partageant une fra tionsigni ative de leur ar hite ture interne et de leur jeu d'instru tions. Un programme é rit pour l'un despro esseurs du bas de la gamme pourra don s'exé uter sur un pro esseur du haut de la gamme.Le pro esseur bas de gamme pourra avoir une fréquen e peu élevée, peu de mémoire a he, pas d'unitésde al ul en virgule ottante (émulées logi iellement en trappant l'interruption d'instru tion illégale), etun seul pipe-line d'exé ution des instru tions, alors qu'un pro esseur haut de gamme de la même famillepourra être super-s alaire ( 'est-à-dire pourra exé uter plusieurs instru tions par y le), aura une ouplusieurs unités de al ul en virgule ottante, plus de a he interne, et une fréquen e d'horloge plus élevée.Question 2. (7 points)(2.1) (2 points)La table de vérité de la fon tion f est, pour un a heur qui dessine les hires de la façon usuelle :Chire Entrées SortiesE3 E2 E1 E0 A6 A5 A4 A3 A2 A1 A00 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 11 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 02 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 13 0 0 1 1 1 1 0 1 1 0 14 0 1 0 0 0 1 0 1 1 1 05 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 16 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 17 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0 18 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 19 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1Le résultat des autres ongurations binaires d'entrée n'étant pas spé ié, on ne leur donne au unevaleur et on ne les représente pas dans la table, e qui donnera plus de liberté pour simplier lesexpressions logiques.(2.2) (2 points)La sortie A1 peut s'é rire : A1 = E0E1E2E3 + E0E1E2E3 + E0E1E2E3 + E0E1E2E3 + E0E1E2E3 + E0E1E2E3 .Pour les deuxième, troisième et quatrième termes, on peut fa toriser par E2E3, et les deux dernierstermes ne sont vrais que quand E3 est vrai, et l'on peut don aussi simplier par E3. On a alors :

A1 = E0E1E2 + E2(E1 + E0E1) + E3 = E0E1E2 + E2(E0 + E1) + E3 .1 docsity.com

On pouvait trouver e résultat sans trop se fatiguer en remarquant que les quatre premières lignes orrespondent à une table de NOR (don E3E2(E0 + E1)), les quatre suivantes à une table deNAND (don E3E2(E0E1)), et les deux dernières à E3, qui absorbe les deux E3 pré édents. Pour on lure, on peut remarquer que le E2 peut également être absorbé, et don que : A1 = E0E1 + E2(E0 + E1) + E3La sortie A5, qui est majoritairement onstituée de 1, n'est fausse que pour le hire 2, et peut don s'é rire :

A5 = E0E1E2E3 = E0 + E1 + E2 + E3 = E0 + E1 + E2 , ar (E1 + E3) = E1 dans le domaine restreint aux hires de 0 à 9. Le s héma logique asso ié estdon le suivant. E1

E0

E2

E3

5A

1ADans la suite, ette fon tion pourra être représentée s hématiquement par une boîte F disposant de 4 entrées et 7 sorties, omme dé rit i-dessus.(2.3) (1 point)Pour que la valeur binaire odée par les entrées E0 à E3 soit supérieure ou égale à 10, il faut que E3 soit à 1 (pour que l'on ait au moins 8), et que E1 ou E2 soient vrais (pour avoir au moins deuxunités de plus). La fon tion logique de C est don :

C = E3(E1 + E2) .Le s héma logique asso ié est don le suivant. E3

E2

E1

C(2.4) (2 points)Pour obtenir le résultat souhaité, il faut pla er, en sortie du ir uit F , un ensemble de portes logiquesqui propagent la valeur des sorties de F lorsque C vaut 0, et ode le tiret (toutes entrées de l'a heurà 0 sauf l'entrée A3) lorsque C vaut 1. Pour for er la sortie d'un 0 lorsque C vaut 1, on utilise uneporte ET prenant C, et pour for er la sortie d'un 1 lorsque C vaut 1, on utilise une porte OU. Les héma logique asso ié est don le suivant. 2

docsity.com

A1

A2

E0

E3

E2

E1

F A

A3

A6

5A

A4

C A0

Question 3. (3 points)Si le odage des nombres à virgule ottante est similaire à elui du standard IEEE 754, aux tailles des hamps près, alors haque mot de 12 bits est omposé : d'un bit de signe de la mantisse ; de l'exposant, biaisé an de oder autant d'exposants négatifs que positifs ; de la pseudo-mantisse, odant pour les puissan es de 2 négatives, qui suivent un  1, toujours supposéprésent.Comme le biais de l'exposant est de 7 dans l'énon é, alors la valeur réelle de l'exposant biaisé doit être omprise entre 0 à 15, et on a don 4 bits pour oder l'exposant, et don 7 bits restants pour oder lapseudo-mantisse, omme indiqué dans le s héma i-dessous.1 4 7Signe Exposant Pseudo-mantisseAinsi, pour A = 010100001100, on a bien :Signe Exposant Pseudo-mantisseA = 0 1010 0001100et on a don bien : A = (1 + 2−4 + 2−5)× 210−7 = 8, 75.Pour B, on a B = 1, 375 = (1 + 2−2 + 2−3) × 27−7, d'où :B = 0 0111 0110000Le nombre S = A + B se al ule simplement en binaire, en réé rivant B, par dé alage de la virgule versla gau he, sous forme d'un nombre exprimé ave l'exposant de A, qui est le plus grand des deux, puis parsommation des deux mantisses. On a don :A = 1, 0001100×23B = 0, 0010110×23A + B = 1, 0100010×23 ,et don : A+B = 0 1010 0100010Pour al uler le produit A×B, on pourrait ee tuer la multipli ation en binaire, de la même façon qu'onl'ee tue en base dix, par dé alages et produits partiels. Plus simplement i i, on la al ule en dé imal,et on exprime le résultat sous forme binaire ( e que l'on aurait tout aussi bien pu faire pour la questionpré édente) : A×B = 12, 03125 = (1 + 2−1 + 2−8)× 210−7. Cependant, le terme 2−8 ne pourra être odédans la pseudo-mantisse, ar elle- i ne omporte que 7 bits. Il y aura don une perte de pré ision due à et arrondi, et on aura don : 3 docsity.com

A×B ≈ 0 1010 1000000 = 12Question 4. (7 points)(4.1) (2 points) Rappelons pour mémoire qu'un kilo-o tets fait 1024 = 210 o tets, et non 1000. Le nombre total debits né essaires à l'en odage d'un se teur, espa e inter-se teur y ompris, est : Ts = 150 + 200 + 8 × (4 × 1024 + 48) = 33502 bits.Dans tous les al uls suivants, on supposera que la première piste a pour rayon 0, 601 m, et quela dernière a pour rayon 1, 200 m. On peut aussi a epter que le rayon de la première piste soitégal à 0, 600 m, et elui de la dernière 1, 199 ; ela ne hange pas signi ativement les résultats.La longueur de la piste la plus interne est, en bits, de :

L1 = 2 × π × 1, 201

2 × 100000 = 377305 bits.Onze se teurs peuvent don tenir sur la piste la plus interne, puisque

377305

33502

= 11 . Le nombre de pistes ontenues sur haque fa e du disque est : P =

2, 4 − 1, 2

2 × 1000 = 600 pistes.Si l'on onserve le fait qu'on ne peut mettre que 11 se teurs de 4 ko sur haque piste, la apa itétotale du disque, ave ses deux fa es, est :

CF = 2 × 600 × 11 × 4 = 52800 ko = 51, 56 Mo.(4.2) (2 points)L'espa e entre deux pistes, qui représente l'in rément de rayon entre les er les dé rivant deux pistes onsé utives, est de 0, 001 m. La longueur totale, en m, de l'ensemble des pistes d'une fa e est : LT =

∑600 i=1 (2 × π × (0, 601 + 0, 001× i))

= 2 × π × (

600 × 0, 601 + 0, 001 600×6012 )

= π × 600 × 601 × 0, 003

= 3398, 57 mLa quantité totale d'information ins riptible sur les deux fa es serait don don de : C2 = 2 × 4 ×

LT×100000 Ts

= 81155 ko = 79, 25 Mo .(4.3) (1 point)Si les dépla ements de bras se font de façon aléatoire, on part en moyenne d'une position quel onque,pour aller à une autre. On ne peut pas prendre omme distan e moyenne la moyenne des distan es, artoutes les distan es ne sont pas équiprobables : par exemple, si le bras est situé au milieu du disque,la plus grande distan e que l'on peut par ourir orrespond à la moitié du nombre de pistes seulement,alors que si l'on est pla é à l'un des bords du disque, toutes les distan es sont équiprobables. En fait,si la tête est sur une piste i, ave 1 ≤ i ≤ P , et qu'on a une équiprobabilité d'aller vers une piste j,ave 1 ≤ j ≤ P (voire même i = j), le nombre moyen D de pistes par ourues entre tout i et tout jpeut s'exprimer omme la somme divisée par P , pour tout i, de la somme divisée par P de toutes les4

docsity.com

distan es entre i et toutes les autres pistes. Cette double somme peut s'exprimer omme le doublede la somme, pour tout i, de la somme des distan es entre 1 et i, et don : D(P ) = 2 × 1

P

(

∑P

i=1 1 P

∑i

j=1(i− j) )

= 2 P 2

∑P

i=1 i(i−1)

2

= 1 P 2

(

∑P

i=1 i 2 −

∑P

i=1 i )

= 1 P 2

(

P (P+1)(2P+1) 6 −

P (P+1) 2

)

= P+16P (2P − 2)

= P 2 −1

3P ,qui est quasiment égal à P3 , alors que l'appro he naïve aurait donné P2 . Le temps moyen d'a ès àune piste est don : TM = 2 + 0, 02 ×D(600) + 2 = 4 + 4 = 8 ms.(4.4) (1 point)La laten e rotationnelle moyenne TR est égale au temps né essaire pour par ourir la moitié de la ir onféren e d'une piste. Si l'on veut ee tuer un demi-tour en 2 millise ondes, on doit faire un touren 4 millise ondes, soit ρ = 600,004 = 15000 tours par minute.(4.5) (1 point)Le temps total moyen pour lire un se teur de 4 ko pris au hasard est égal au temps moyen depositionnement de la tête sur le début du bon se teur, suivi du temps né essaire à lire les informationsdu se teur, qui ne omprennent pas les bits inter-se teurs, ar eux- i sont omptés dans la laten erotationnelle moyenne. En al ulant le temps moyen passé à lire les informations du se teur sur lapiste médiane, on a don :

TT = TM + TR + 4 × 8×(4096+48)+150 (2×π×0,9)×10000

= 8 + 2 + 4 × 0, 589

= 12, 36 ms.

5 docsity.com

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Docsity n'est pas optimisée pour le navigateur que vous utilisez. Passez à Google Chrome, Firefox, Internet Explorer ou Safari 9+! Téléchargez Google Chrome