Präsenz¨ubung 7 - Universität Paderborn

Universität Paderborn
Fachgebiet Rechnernetze
SoSe 2013
Konzepte und Methoden der Systemsoftware
Präsenzübung 7
2013-06-03 bis 2013-06-07
Aufgabe 1: Betriebsmittelgraphen und Verklemmung
In dieser Aufgabe widmen wir uns der Vergabe von mehreren Betriebsmitteln. Gegeben sind
die vier Betriebsmittel CPU (4), Drucker (1), Speicher (1) und Netzwerkkarte (1) mit der maximal
verfügbaren Menge der Ressource in Klammern. Die gestrichelten Linien entsprechen
offenen Anforderungen, die durchgezogenen sind gewährte Anforderungen.
CPU
P1
0 P
Drucker
Speicher
Netzwerk
P2
P3
(a) Erläutern Sie anhand des o.g. Beispiels die vier Bedingungen für Verklemmungen bei (0 P)
der Betriebsmittelvergabe.
Lösung:
• mutual exclusion: Drucker, Speicher und Netzwerkkarte sind nur ungeteilt verfügbar.
• circular wait: Die Prozesse P 1 und P 3 bilden einen Kreis (diese Bedingung gilt
nur bei Einexemplar-BM!)
• Teilung der Anfragen (hold-and-wait): Da die Prozesse P 1 und P 3 ihre Anfragen
geteilt haben, haben sie eingehende und ausgehende Kanten. So entsteht ein Kreis
(circular wait) von P 1 →Netzwerk→ P 3 →Speicher→ P 1
• no pre-emption: Durch Zurücksetzen von P 1 oder P 3 würde der Kreis und somit
die Verklemmung aufgelöst werden können.
(b) Nehmen Sie nun an, der Speicher hätte eine maximal verfügbare Kapazität von 4. Reduzieren
Sie den oben gegebenen
(0 P)
Betriebsmittelgraphen.
Lösung:
Musterlösung KMS SoSe 2013 Präsenzübung 7 1/5

CPU
P1
CPU
P1
Drucker
Drucker
P2
P2
Speicher
Speicher
Netzwerk
P3
Netzwerk
P3
Ausgangssituation
CPU
P1
1. Schritt
CPU
P1
Drucker
Drucker
P2
P2
Speicher
Speicher
Netzwerk
Netzwerk
2. Schritt 3. Schritt
CPU
P1 CPU
P1
Drucker
Drucker
Speicher
Speicher
Netzwerk
Netzwerk
4. Schritt 5. Schritt
Diese Aufgabe wurde benutzt: neu im SS 2013
Aufgabe 2: Queueing bei der Betriebsmittelvergabe
In dieser Aufgabe betrachten wir die Betriebsmittelverwaltung anhand eines Beispiels. Nehmen
Sie an, auf einer Party hat der Veranstalter vergessen genug Becher zu kaufen. An der
Theke kommen nun einige Gäste an, die für sich und andere Getränke haben wollen. Es sind
insgesamt 10 Gläser vorhanden. Die Gäste haben in folgender Reihenfolge die Theke erreicht
und warten auf ihre Bestellung. In Klammern ist die Zeit angegeben, die sie brauchen, um
die leeren Gläser zurückzugeben (nehmen sie an, dass der Barkeeper die Gläser sofort wieder
sauber hat).
0 P
Gast Becher Dauer
A 5 4
B 2 8
C 7 7
D 3 2
E 4 3
F 6 3
G 1 2
Musterlösung KMS SoSe 2013 Präsenzübung 7 2/5

(a) Geben Sie nach der dem FCFS-Verfahren an, wie die Gäste ihre Bestellungen erhalten. (0 P)
Nutzen Sie dazu ein Diagramm mit den Achsen Zeit und Anzahl der Betriebsmittel.
Lösung:
(b) Geben Sie nach der Fenstermethode mit dynamischer Größe (initiale und maximale Größe (0 P)
4) im Best-Fit-Verfahren an, wie die Gäste ihre Bestellungen erhalten.
Lösung:
(c) Geben Sie nach der Fenstermethode mit dynamischer Größe (initiale und maximale Größe (0 P)
4) im First-Fit-Verfahren an, wie die Gäste ihre Bestellungen erhalten.
Lösung:
Musterlösung KMS SoSe 2013 Präsenzübung 7 3/5

(d) Geben Sie zu jedem der drei Verfahren die Durchführungszeit und die durchschnittliche (0 P)
Auslastung an.
Lösung:
• Auslastung =
∑
Kunden Becher i∗Zeit i
Dauer∗10
• FCFS: Dauer = 16 , Auslastung = 123
Dauer∗10 = 123
160 ≈ 76.875%
• Best-Fit Fenster: Dauer = 14 , Auslastung = 123
Dauer∗10 = 123
140 = 87.857%
• First-Fit Fenster: Dauer = 14 , Auslastung = 123
Dauer∗10 = 123
140 = 87.857%
(e) Führen Sie das Fenster-Verfahren mit Best-Fit nun erneut aus, allerdings mit der Fenstergröße
von 2. Geben Sie wiederum die Durchführungszeit und die durchschnittliche
(0 P)
Auslastung an. Diskutieren Sie die Auswirkungen der Wahl einer größeren oder kleineren
Fenstergröße auf die BM-Auslastung und die Laufzeit des Auswahlalgorithmus.
Lösung:
Dauer = 16 , Auslastung = 123
Dauer∗10 = 123
160
= 76, 857%
Je größer das initiale und maximale Fenster, desto einfacher ist es, ein gut passendes
Element zu finden, wodurch die mittlere Auslastung verbessert werden kann. Wird das
Musterlösung KMS SoSe 2013 Präsenzübung 7 4/5

Fenster kleiner gewählt, können eher keine “gut” passenden Elemente gefunden werden
und die durchschnittliche Auslastung sinkt. Somit wäre an sich ein größeres Fenster
vorzuziehen, aber:
Zu beachten ist bei der Wahl der Fenstergröße die Laufzeit des Auswahlalgorithmus:
Je größer das Fenster, desto mehr Elemente müssen pro Auswahl betrachtet werden.
Im worst-case würde dabei immer das erste Element des Fensters gewählt werden. So
würde das Fenster immer auf L max bleiben und so jeder Durchlauf (bis auf die letzten
L max − 1 Durchläufe) jeweils Θ(L max ) Zeitschritte kosten.
Es muss also je nach Anwendungsfall abgewogen werden, ob eine eventuell hohe Laufzeit
hinnehmbar ist für eine bessere Auslastung.
Diese Aufgabe wurde benutzt: neu im SS 2013
Aufgabe 3: Der Bankier-Algorithmus
Unter der Bedingung, dass jeder Prozess seine Maximalforderungen kennt, können wir mit
dem Bankieralgorithmus bestimmen, ob in einem bestimmten Zustand eine Anfrage gewährt
werden kann oder ob sie zurückgestellt werden muss. Gegeben seien vier Betriebsmittel: a
(Anzahl 100), b (Anzahl 20), c (Anzahl 8) und d (Anzahl 1). Es sind drei Prozesse aktiv, die
folgende Belegungen besitzen:
⎛
⎞ ⎛
⎞
80 5 2 0 80 5 3 1
B = ⎝ 5 2 2 1⎠ G = ⎝10 2 2 1⎠
8 6 1 0 28 6 5 0
(a) Nehmen Sie nun an, ein neuer Prozess bewirbt sich um maximale 10 a, 7 b und ein (0 P)
d. Davon würde er 2 a und 5 b sofort erhalten wollen. Stellen Sie die Belegungs- und
Restanforderungsmatrix, sowie den f-Vektor auf.
Lösung:
⎛
⎞ ⎛
⎞
80 5 2 0 0 0 1 1
B = ⎜ 5 2 2 1
⎟
⎝ 8 6 1 0⎠ R = ⎜ 5 0 0 0
⎟
⎝20 0 4 0⎠
2 5 0 0 8 2 0 1
f = ( 5 2 3 0 )
(b) Benutzen Sie nun den Bankier-Algorithmus schrittweise um zu testen, ob dem neuen Prozess
seine Forderung gewährt werden darf, ohne dass es zu einer Verklemmung kommen
(0 P)
kann.
Lösung:
Es wäre sicher die Anfrage zu bewilligen, folgende Abfolge zeigt einen Ablauf ohne
Verklemmung:
P 2 : ( 5 0 0 0 ) ≤ ( 5 2 3 0 ) ⇒ f 1 = ( 10 4 5 1 )
P 1 : ( 0 0 1 1 ) ≤ ( 10 4 5 1 ) ⇒ f 2 = ( 90 9 7 1 )
P 3 : ( 20 0 4 0 ) ≤ ( 90 9 7 1 ) ⇒ f 3 = ( 98 15 8 1 )
P 4 : ( 8 2 0 1 ) ≤ ( 98 15 8 1 ) ⇒ f 4 = ( 100 20 8 1 )
0 P
Diese Aufgabe wurde benutzt: neu im SS 2013
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