Notes sur la correction de l'examen concernant les technologies de l’Informatique, Examens de Analyse de conception algorithmique et microprocesseur. Université Vincennes Saint-Denis (Paris VIII)
Francine88
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Notes sur la correction de l'examen concernant les technologies de l’Informatique, Examens de Analyse de conception algorithmique et microprocesseur. Université Vincennes Saint-Denis (Paris VIII)

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Notes d’informatique sur la correction de l'examen concernant les technologies de l’Informatique. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: exercices.
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Direction des Études Technologiques Institut Supérieur des Études Technologiques de Djerba

Département des Technologies de l’Informatique

Matière : Système d’exploitation Épreuve : Devoir surveillé Enseignants : Mme K. SOUISSI Mouna Durée : 1heure

Classe TI11, 12, 13, 14,15 Nombre de pages : 3 Date : 19-04-2012 Année universitaire 2011-2012

1

Nom : Ben CorrectionPrénom : Correction Classe : TI 1

Questions à choix multiple Pour chaque question, cocher la ou les bonnes réponses.

1) Lesquels des attributs suivants, sont crées par le système d’exploitation :

 Nom  Extension  Taille Date de création  Droits d’accès

2) Lesquelles des extensions suivantes, représentent des exemples de fichier système :

 .obj  .log  .frm  .tmp  .txt  .pdf

3) Lorsqu’il s’agit d’un répertoire à structure arborescente :

 Les fichiers peuvent contenir des répertoires  Les répertoires peuvent contenir des fichiers et des sous répertoires  Les sous répertoires ne peuvent contenir que des fichiers

4) De point de vue SGF, la différence entre répertoire et fichier est au niveau :

 Des attributs

 Du nom

 De la taille

Du contenu des blocs de données

5) De point de vue SGF, fichier ou répertoire, tous les deux sont considérés comme :

Des fichiers

 Des répertoires

 Des tableaux contenant des données

- Lire attentivement toutes les questions avant de commencer à répondre

- Répondre soigneusement et brièvement

2

Exercice n°1 Compléter le tableau suivant afin de comparer les systèmes DOS, UNIX et Windows.

DOS UNIX Windows (NTFS)

Taille de l’entrée dans le répertoire 32o 16o 2ko

Nom de la table d’index FAT Table d’i-node MFT

Type d’accès aux fichiers Direct Direct Direct

Emplacement d’attributs Répertoire I-node MFT

Exercice n°2

On se propose d’allouer de l’espace disque pour les fichiers suivants :

- « chap1.pdf » de taille 14ko

- « document1.rtf » de taille 23ko

- « etatfinal.xls » de taille 17ko

La figure suivante montre l’état actuel de l’occupation du disque. Chaque unité de cette

figure représente un bloc de taille 2ko. Un bloc occupé est représenté par cette cellule

et un bloc libre est représenté par une cellule vide .

3

Exercice n°3 :

On considère un système de gestion de fichiers basé sur le concept d’i-node. Chaque i-node

de ce système contient 8 adresses de blocs de données, un pointeur d'adressage indirect

simple, un pointeur d'adressage indirect double et un pointeur d’adressage indirect triple.

Chaque pointeur d'adressage est stocké sur 2 octets. La taille des différents blocs de disque

est 256 octets.

1) Combien d’adresses de blocs peut-on écrire dans un bloc d'adressage indirect simple ?

Nombre d’@ de blocs de données dans un PS =

Taille de bloc/Nombre de bits dans une @ = 256o / 2o = [email protected] de blocs de

données.

2) Combien d’adresses de blocs peut-on écrire dans un bloc d'adressage indirect double ?

Un PD est un bloc qui contient des adresses de PS, donc un PD contient :

Taille de bloc/Nombre de bits dans une @ = 256o / 2o = 128 @ de PS ou 128*128

= [email protected] de blocs de données.

3) On se propose de chercher la taille d’un fichier enregistré avec ce système. Les

informations suivantes sont fournies :

- Les 8 pointeurs d’i-node sont occupés

- Les pointeurs d’adressage indirect simple et double sont non nuls

- Le pointeur d’adressage indirect triple contient 2 adresses non nulles et toutes

les autres adresses sont nulles

a) Quel est le nombre de blocs de ce fichier ?

Nombre de blocs de ce fichier = 8(i-node)+128(PS)+128*128(PD)+2*(128*128)

= 49288 blocs de données

b) En déduire la taille, en octet, de ce fichier.

Taille de fichier = nombre de blocs * taille d’un bloc = 49288 * 256o = 12617728o

= ~ 12Mo

c) De combien de blocs, ce fichier peut-il s’étendre ?

Le PT n’est pas totalement occupé, il ne contient que 2 adresses de PD, donc le

fichier peut s’étendre de tout le reste des adresses des PD, contenues dans le PT

qui sont 126 adresses de PD. Donc le nombre de blocs d’extension de ce fichier =

126*(128*128) =2064384 blocs de données

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