Soal dan Jawaban Arsitektur Komputer

UJIAN KONVERSI EKSTENSI S1 ILMU KOMPUTER ORGANISASI DAN ARSITEKTUR KOMPUTER

HEDI HERMAWAN HARAHAP 111421069

PROGRAM STUDI EKSTENSI S1 ILMU KOMPUTER FAKULTAS ILMU KOMPUTER DAN TEKNOLOGI INFORMASI UNIVERSITAS SUMATERA UTARA MEDAN 2012

1. a. 110,1012 rubah ke bilangan desimal Jawab : 110,1012 = (1x2)2 + (1x2)1 + (1x2)0 + (1x2)-1 +(0x2)-2 +(1x2)-3 = 4 + 2 + 0 + 0,5 + 0 + 0,125 = 6,625 b. 125,78 rubah ke desimal Jawab : 125,78 = 1x82 + 2x81 + 5x80 + 7x8-1 = 64+16+5+0,875 = 85,87510 125,78 rubah ke biner @ 1258 @78 18 = 001 78 = 111 28 = 010 58= 101 Jadi 125,78 = 001010101,111 c. 1010 rubah ke biner, octal, dan heksa desimal. Jawab : 10 = ...... 2 10 = ...... 16 10/2 = 5 sisa 0 10/16 = 0 sisa 10 5/2 = 2 sisa 1 Jadi 10 = 1016 2/2 =1 sisa 0 1/2 = 0 sisa 1 Jadi 10 = 10102 10 = ...... 8 10/8 = 1 sisa 2 1/8 = 0 sisa 1 Jadi 10 = 128 d. 0,12510 rubah ke biner Jawab : 0,125=........2 @0 @125 0/2 = 0 sisa 0 0,125x2 = ,25 0,25 x 2 = 0,5 0,5x2 = 1 Jadi 0,001 Jadi 0,125 = 0,0012

e. 0,04687510 rubah ke heksa Jawab : @0 @0,046875 0/16 = 0 0,046875x16 = 0,75 0,75X16 = 12 (12=C) Jadi 0,046875 = 0,0C16 2. Ubah angka biner ke bentuk komplement 1 Jawab : Komplemen 1 diperoleh dengan menggantikan setiap angka 0 menjadi 1 dan angka 1 menjadi 0 a. 1000 10002 = 0001 00012 b. 0101 10102 = 1010 01012 c. 0111 01112 = 1000 10002 d. 1000 00002 = 0111 11112 3. Sebuah computer dengan hole pada memori adalah: 32k

64k

128k

8k

256k

16k

512k

4k

128k 1024k 2k

Jika ada permintaan alokasi memori dengan ukuran page adalah: 80k, 16k, 200k,35k, gambarkanlah alokasi tersebut dengan algoritma: (a) Best Fit (b) First Fit (c) Worst Fit. P1= 30k P2=80k P3=200k P4=32k Jawab : a. Best Fit, mencari lokasi memori yang tepat dan cukup untuk memori yang akan dialokasikan. 32k

64k

128k

P1

P4

P2

8k

256k

16k

512k

4k

128k

1024k

2k

P3

b. First Fit, jika menemukan area/lokasi yang pertama kali dan cukup maka memori akan dialokasikan pada lokasi tersebut. 32k 64k 128k 8k 256k 16k 512k 4k 128k 1024k 2k P1

P4

P3

P2

c. Worst Fit, memilih lokasi yang paling besar untuk ditempatkan. 32k 64k 128k 8k 256k 16k 512k 4k 128k 1024k 2k P3

P2

P4

P1

4. Diketahui ada 5 proses P1, P2, P3, P4, P5, yang meminta pelayanan CPU dengan data sebagai berikut: Proses P1 P2 P3 P4 P5

Arrival Time 0 1 2 3 4

Burst Time 17 15 19 12 16

Gambarkan Gant chart dan hitung AWT untuk masing-masing algoritma: (a) FIFO, (b) Preemtive SJF, (c) Round Robin (quantum Time=2). a. FIFO CPU

P1

0

1

2

3

4

RQ P1 P2 P3 P4 P5

P2

17

P3

32

P4

51

P2

P3

P4

P3

P4

P5

P4

P5

P5

Waktu tunggu setiap proses adalah: P1= 0 =0 P2=17-1 =16 P3=32-2 =30 P4=51-3 =48 P5=63-4 =59 Jumlah =153 Rata-rata (153/5) =30.6

P5

63 P5

79

b. Preemtive SJF CPU

P1

0 RQ P1(17)

P2

1

2

P1(16) P1(16) P2(15)

P4

P2(14) P3(19) P4(12)

4 32

P2

P1

51 P3

P4

P2(13)

P4

P5

P3(19)

P5

Waktu tunggu setiap proses adalah: P1= 0+ (28-1)= 27 P2= (15-3) = 13 P3= 60-2= 58 P4= 0 P5= 44-4 40 Jumlah= 147 Rata-rata (138/5)= 27.6

P3

63

P1(16)

P5(16)

P5

79 P5

c. Round Robin (quantum time=2)

P1(17)

P2(15)

P2(15)

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

P3(19) P3(19) P1(15)

P1(15) P1(15) P4(12)

P4(12) P4(12) P5(16) P5(16) P2(13)

P5(16) P5(16) P2(13) P2(13) P3(17)

P2(13) P2(13) P3(17) P3(17) P1(13)

P3(17) P3(17) P1(13) P1(13) P4(10)

P1(13) P1(13) P4(10) P4(10) P5(14)

P4(10) P4(10) P5(14) P5(14) P2(11)

P5(14) P5(14) P2(11) P2(11) P3(15)

P2(11) P2(11) P3(15) P3(15) P1(11)

P3(15) P1(11) P1(11) P4(8)

P3(19) P1(15) P4(12)

24 P1(11) P4(8) P5(12) P2(9) P3(13)

26 P4(8) P5(12) P2(9) P3(13) P1(9)

28 P5(12) P2(9) P3(13) P1(9) P4(6)

30 P2(9) P3(13) P1(9) P4(6) P5(10)

32 P3(13) P1(9) P4(6) P5(10) P2(7)

34 P1(9) P4(6) P5(10) P2(7) P3(11)

36 P4(6) P5(10) P2(7) P3(11) P1(7)

38 P5(10) P2(7) P3(11) P1(7) P4(4)

40 P2(7) P3(11) P1(7) P4(4) P5(8)

42 P3(11) P1(7) P4(4) P5(8) P2(5)

44 P1(7) P4(4) P5(8) P2(5) P3(9)

46

P3(15) P1(11) P4(8) P5(12) P2(9)

48 P5(8) P2(5) P3(9) P1(5) P4(2)

50 P2(5) P3(9) P1(5) P4(2) P5(6)

52 P3(9) P1(5) P4(2) P5(6) P2(3)

54 P1(5) P4(2) P5(6) P2(3) P3(7)

56 P4(2) P5(6) P2(3) P3(7) P1(3)

58 P5(6) P2(3) P3(7) P1(3)

60 P2(3) P3(7) P1(3) P5(4)

62 P3(7) P1(3) P5(4) P2(1)

64 P1(3) P5(4) P2(1) P3(5)

66 P5(4) P2(1) P3(5) P1(1)

68 P2(1) P3(5) P1(1) P5(2)

70

P4(4) P5(8) P2(5) P3(9) P1(5)

71 P1(1) P5(2) P3(4)

72 P5(2) P3(4)

73 P3(4) P5(1)

74 P5(1) P3(2)

76 P3(2)

77 P3(1)

78

79

P3(5) P1(1) P5(2)

P4(8) P5(12)

Maka rata-rata waktu tunggu adalah: P1= 56 P2= 55 P3= 58 P4= 45 P5= 57 Jumlah= 271 Rata-rata(271/5) = 54.2

5. 1. Immediate addressing Operand (data yang akan dikomputasi) berada langsung pada set instruksi. 2. Direct Addressing Operand berada pada memori, set instruksi memegang alamat lokasi memori dimana operand tersebut berada. 3. Indirect Addresing Operand berada pada memori, untuk mendapatkan operand ini CPU harus melakukan penelusuran dua kali yaitu dari data alamat memori yang ada pada set instruksi serta alamat yang ditunjuk oleh alamat memori yang diperoleh dari set instruksi tadi. 4. Register addressing Operand berada pada register, cara kerjanya mirip dengan direct addressing hanya saja CPU mengakses alamat register bukan alamat memori. 5. Register Indirect Addressing Operand berada pada memori, untuk mendapatkan operand CPU harus mengakses register terlebih dahulu karena informasi lokasi operand berada pada register. 6. Displacement Operand berada pada memori, cara kerjanya merupakan gabungan dari teknik direct addressing dan register indirect addressing. 7. Stack Operand berada pada stack, operand secara berkala dimasukan ke stack sehingga ketika operand dibutuhkan maka operand sudah berada pada “top of the stack”.Teknik pengalamatan tersebut harus dapat memenuhi kebutuhan komputasi yang dilakukan oleh computer yang secara garis besar dapat dibagi kedalam tiga kategori yaitu: a. Operasi load (memasukan data). b. Operasi branch (percabangan). c. Operasi aritmatik dan logika.