Pembahasan Soal Arsitektur dan Organisasi Komputer (UAS) PDF

Preview

Summary

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015 December 27, 2014 BAB 8 1. Tulis dan jelaskan secara singkat jenis-jenis penjadwalan sistem operasi! a. Long term (penjadwalan Jangka Panjang) i. Menjalankan proses dalam waktu yang lama ii. Seluruh proses diselesaikan secara keseluruhan iii. ...

Description

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

December 27, 2014

BAB 8 1. Tulis dan jelaskan secara singkat jenis-jenis penjadwalan sistem operasi! a. Long term (penjadwalan Jangka Panjang) i. Menjalankan proses dalam waktu yang lama ii. Seluruh proses diselesaikan secara keseluruhan iii. Program yang baru dijalankan (new) b. Medium term (penjadwalan Jangka Menengah) i. Menyeleksi program yang akan di swapping ii. Program akan melewati block iii. Semua proses diproses antara state new, ready, running, dan block c. Short term (penjadwalan jangka pendek) i. Proses diurutkan hanya dari new ke ready ii. Disebut juga dispatcher komponen yang terlibat dalam penjadwalan cpu iii. Untuk memilih diantara proses yang siap dieksekusi dan salah satunya dialihkan ke CPU(ready ke running)

2. Jelaskan perbedaan antara logical address dengan physical address! a. Logical address : adalah alamat dalam program yang tersusun secara sistematis di dalam register / ketika awal program dieksekusi b. Physical address : adalah segala alamat dalam RAM / alamat yang digunakan untuk menyimpam data program, dalam RAM

3. Jelaskan secara singkat perbedaan antara I/O Bound Program dengan Processor Bound Program! a. I/O Bound Program : program yang cenderung menunggu proses I/O selesai b. Processor Bound Program : program yang cenderung menghabiskan waktu di proses pengolahannya.

4. Sebutkan dan jelaskan secara singkat jenis-jenis sistem operasi! a. Interactive : User berinteraksi secara langsung dengan komputer b. Batch : Program user ditampung bersama dengan program user lainnya kemudian disampaikan ke operator komputer c. Single program (Uni/mono-programming) : hanya dapat mengerjakan satu program setiap saat d. Multi programming (Multi-tasking)->kata bapak≠ , tapi kata buku = Multi programming- > Menjalankan banyak program setiap saat Multi tasking ->Menjalankan banyak task di dalam satu program yang sedang berjalan VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

1

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

December 27, 2014

e. Paralel programming : job dikerjakan oleh multiprocessor sehingga 1 processor menangani 1 program sehingga terjadi overlapped

5. Jelaskan secara singkat fungsi sistem operasi! a. Untuk kenyamanan pengguna : komputer lebih mudah digunakan karena OS /bersifat extended machine (menyembunyikan kompleksitas pemrograman hardware dari programmer/user) b. Untuk mengatur dan mengefisiensikan sumber daya (resource manager)

6. Jelaskan fungsi “kernel” dalam sistem operasi! a. Adalah fungsi pada sistem operasi untuk menampung seluruh layanan / fitur yang dimiliki oleh sistem operasi tersebut

7. Jelaskan fungsi dari sistem operasi pada komputer! a. Pembuatan program b. Eksekusi program c. Akses ke perangkat I/O d. Control acces to files ( system multiuser) e. Sistem acces (perlindungan sumber daya dan data) f.

Error detection and response

g. Accounting

8. Gambarkan antrian pada state ready, running dan blocking proses-proses di bawah ini dalam “Five-State Process Model”. Job 1 2 3 4

VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

Jumlah Thread 4 3 4 2

Blocked Thread T2 T1

Timeout Thread T1 T3 -

2

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

Step 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

Ready J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3|J4T2|J3T2|J2T2|J1T2|J4T1|J3T1|J2T1|J1T1 J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3|J4T2|J3T2|J2T2|J1T2|J4T1|J3T1|J2T1 J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3|J4T2|J3T2|J2T2|J1T2|J4T1|J3T1 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3|J4T2|J3T2|J2T2|J1T2|J4T1 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3|J4T2|J3T2|J2T2|J1T2 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3|J4T2|J3T2|J2T2 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3|J4T2|J3T2|J2T2 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3|J4T2|J3T2 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3|J4T2 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3|J2T3|J1T3 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3|J2T3 J2T1|J3T4|J1T4|J3T3 J2T1|J3T4|J1T4 J3T3|J2T1|J3T4 J3T3|J2T1 J3T3

December 27, 2014

Running J1T1 J2T1 J3T1 J4T1 J1T2 J4T1 J2T2 J3T2 J4T2 J3T2 J1T3 J2T3 J3T3 J1T4 J3T4 J2T1 J3T3

Blocking

Exit

J1T1 J3T1 J4T1 J1T2 J4T1 J2T2 J3T2 J4T2 J3T2 J1T3 J2T3 J1T4 J3T4 J2T1 J3T3

9. Jelaskan perbedaan teknik manajemen memori: a. Swapping : menukarkan sebuah proses keluar dari memori untuk sementara waktu ke sebuah penyimpanan sementara dengan sebuah proses lain yang sedang membutuhkan sejumlah alokasi memori untuk dieksekusi b. Partition : teknik pembagian memori menjadi beberapa bagian sama besar atau berbeda-beda ukuran partisinya c. Paging: Membagi memory ke dalam chunks (bagian-bagian) kecil berukuran tetap dan sama, dan membagi setiap proses ke dalam chunk berukuran sama tersebut. Chunks dari suatu proses dinamakan pages d. Virtual Memory : teknik manajemen memori yang dikembangkan untuk kernel multitugas. Teknik ini divirtualisasikan dalam berbagai bentuk arsitektur komputer dari komputer penyimpanan data (seperti memori akses acak dan cakram penyimpanan), yang memungkinkan sebuah program harus dirancang seolah-olah hanya ada satu jenis memori, memori "virtual", yang bertindak secara langsung beralamat memori baca/tulis (RAM)

VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

3

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

December 27, 2014

10. Setiap proses memiliki model status yang sering disebut dengan istilah “Five-State Process Model”. Gambarkan Five-State Process Model tersebut dan jelaskan secara singkat cara kerjanya!

New : program baru Ready -> Running : sudah waktunya dijalankan (queue) Running->Ready : jika waktu quantum sudah habis Blocked : pada saat program tidak bisa dijalankan karna menunggu sesuatu

11. Diketahui isi page table seperti di bawah ini. Jika ukuran page (page size) adalah 1024 byte. Hitung physical address (jika ada) dari virtual address sebagai berikut: a. 0183

ii. PA = (2 * 1024) + 371

i. VPN = 0

PA = 2419

ii. PA = (PFN * 1024) + 183

c. 5499

PA = (4 * 1024) + 183

i. VPN = 5

PA = 4279

ii. PA = (0 * 1024) + 499

b. 3371

PA = 499

i. VPN = 3 Virtual

VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

Page

Page

Valid

Frame

Number 0 (VPN) 1 2 3 4 5

Bit 1 1 0 1 0 1

Number 4 (PFN) 7 2 0

4

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

December 27, 2014

BAB 9 1. Buat contoh operasi ALU yang menimbulkan: a. Overflow saja : 7+4 = i. 7 : 0111 4 : 0100 ----------- + 11:1011  overflow b. Carry saja -4-2= i. -4 : 1100 -2 : 1110 ----------- + -6:11010  carry karena 1010 = -6 c. Overflow dan Carry 8+8= i. 8 : 1000 8 : 1000 ---------- + 16:1000

2. Berapa range (jangkauan) dari 6-bit bilangan biner jika menggunakan sistem bilangan: a. Signed modulus (-127, 127) : -31,31 b. One’s complement (-127,127) : -31, 31 c. Two’s complement (-128,127) : -32,31 d. Unsigned number (0,255) : 0,63

3. Tuliskan perbedaan konsep pembobotan representasi bilangan binary integer dan binary point! a. Binary Integer : adalah konsep yang digunakan untuk merepresentasikan bilangan bulat (integer) dengan 2n b. Binary Point : adalah konsep yang digunakan untuk merepresentasikan bilangan bulat (integer) dengan 2−𝑛

4. Tuliskan excess notation eksponen dengan untai biner: a. 10001100 : 140 – 127 = 13 b. 10001010 : 134 – 127 = 7 5. Konversikan ke dalam bilangan desimal nilai untai biner mantissa a. 10110000000000000000000 VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

5

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

1 2−1 0.5

0

1 2−3 0.125

1 2−4 0.0625

December 27, 2014

0

0

0

0

0.5 0.125 0.0625 1.0000 -------- + (1.6875)10

6. Jelaskan paramater yang digunakan untuk mendefinisikan bilangan fixed point! :fixed a. panjang bilangan biner yang akan direpresentasikan (w), dan b. posisi binary point (b) dalam bilangan biner tersebut.

7. Jelaskan pengertian representasi bilangan integer two’s complement! a. Adalah metode representasi bilangan integer ke dalam bilangan biner,dengan bilangan negatif direpresentasikan dengan cara menambahkan satu pada bentuk komplemen satu dari suatu bilangan positif. Di dalam metode komplemen dua, hanya ada satu bilangan nol (00000000). b. Misalnya, bentuk komplemen satu dari 00101011 (43) adalah 11010100 (−43). Bentuk komplemen duanya adalah: 11010100 + 1 = 11010101.

8. Jelaskan konsep pembobotan representasi bilangan integer! a. Dalam sistem biner, angka dapat direpresentasikan oleh digit 1 dan 0, tanda minus (-), titik (.), atau radix point (binary point). b. Penggunaan tanda minus (-) dan titik (.) tidak memliki manfaat dalam penyimpanan dan pengolahan komputer. c. Hanya digit biner (0 dan 1) saja yang digunakan untuk merepresentasikannya.

9.

Buat langkah-langkah proses perkalian 5-bit bilangan biner 11001 * 01111dengan menggunakan algoritma Booth’s! a. M = -7 : 11001 b. –M = 7 : 00111 c. Q = 15 : 01111 d. A = 00000

VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

6

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

A Q 00000 01111 00111 01111 00011 10111 00001 11011 00000 11101 00000 01110 11001 01110 11100 10111 e. 1110010111 = -105

Q1 0 0 1 1 1 1 1 1

December 27, 2014

M 11001 11001 11001 11001 11001 11001 11001 11001

Ket Initial Value Sub A  A - M Shift Right Shift Right Only Shift Right Only Shift Right Only Add A  A + M Shift Right

Iterasi 0 1 2 3 4 5

10. Bilangan hexadecimal berikut ini dalam format IEEE-745 Single Precission. Hitung berapa nilai desimal nya (C32F2000)16 (IEEE-754) = ( .................)10 C 1 S

1 0

3

2

0

0 0 1 1 0 0 Excess a. E = 134 – 127 = 7

F 1

0

1

1

2 1

1

0

0

0 1

0 0 0 Mantissa

0 0

0

0

0

0 0

0

0

0

0

0

1

0

b. M = 1 + 0.01011110010 M = 1.01011110010 (Radix Point Shift Right 7x) M = 10101111.0010 = (-175.125)10

11. Konvesikan bilangan pecahan desimal berikut (-124,45)10 ke format IEEE-754 single precision! a. 124 : 01111100 b. 0.45 : 0.01110 c. M = 01111100.01110 (Radix Point Shift Left 6x) M = 1.11110001110 d. E = 6 + 127 = 133 e. 1 10000101 11110001110011001100110 C 1 S

1 0

2 0 0 0 1 Excess = 133

F 0

1

1

8 1

1

1

0

E 0

0

1

1

6 1

0 0 1 Mantissa

6 1

0

0

1

6 1

0

0

1

12. Selesaikan operasi aritmatika (-4) + (-6) * (-3) / (-2), jika setiap perkalian dan pembagian dilakukan menggunakan booth’s algorithm! a. -6 * -3 = 18 M= -6 : 1010 -M = 6 = 0110 Q = -3 : 1101 A = 0000 VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

7

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

A 0000 0110 0011 1101 1110 0100 0010 0001 00010010 = 18

Q 1101 1101 0110 0110 1011 1011 0101 0010

Q1 0 0 1 1 0 0 1 1

December 27, 2014

M 1010 1010 1010 1010 1010 1010 1010 1010

Ket Initial Value Sub AA-M Shift Right Add A A+M Shift Right Sub AA-M Shift Right Shift Right Only

Iterasi 0 1 2 3 4

b. 18/-2 = -9 (A Kode Operasi  Menentukan operasi yang akan dilakukan b. Source Operand reference  Operasi dpt melibatkan satu atau lebih operand sumber. Dgn kata lain operand adalah input bagi operasi c. Result Operand reference  Untuk menampung hasil dari suatu operasi d. Next Instruction Reference  Untuk mengambil posisi instruksi berikutnya yg akan dieksekusi selanjutnya

2. Buat program untuk menghitung nilai X = A2 + (B – C) / (D + E) menggunakan instruksi 1 alamat! X = A*A+(B-C)/(D+E) LOAD A  AC = A

STO M  M = AC

MUL A  AC = AC * A

LOAD Z  AC = Z

STO Y  Y = AC

DIV M  AC = AC/M

LOAD B  AC = B

STO Z  Z = AC

SUB C  AC = AC – C

LOAD Y  AC = Y

STO Z  Z = AC

ADD Z  AC = AC + Y

LOAD D  AC = D

STO X  X = AC

ADD E  AC = AC + E

3. Y = (A + B) / ((C – D) * E) Buatlah program untuk menghitung nilai Y di atas dengan menggunakan instruksi: a. 3-address

b. 2-address

ADD X,A,B  X = A + B

MOVE X,A  X = A

SUB Y,C,D  Y = C – D

ADD X,B  X = X + B

MUL Y,Y,E  Y = Y * E

MOVE Y,C  Y = C

DIV X,X,Y  X = X / Y

SUB Y, D  Y = Y – D MUL Y,E  Y = Y * E DIV X,Y  X = X / Y

VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

10

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

December 27, 2014

c. 1-address LOAD A  AC = A ADD B  AC = AC +B STO X  X = AC LOAD C  AC = C SUB D  AC = AC – D MUL E  AC = AC * E STO Y  Y = AC LOAD X  AC = X DIV Y  AC = AC / Y STO Y  Y = AC

d. 0-address PUSH A PUSH B ADD PUSH C PUSH D SUB PUSH E MUL DIV POP Y 4. Jelaskan secara singkat perbedaan antara byte ordering little-endian dan big-endian? a. Little-Endian : representasi bit dibaca dari kiri ke kanan semakin significant bitnya (perpangkatan 2 semakin besar kekanan) b. Big-Endian : representasi bit serupa dengan penulisan biner pada umumnya, yakni makin kekiri, makin significant bitnya (berbanding terbalik dengan little-endian)

5. Jelaskan secara singkat apa yang dimaksud dengan conditional jump dan unconditional jump? a. Conditional Jump adalah perintah yang digunakan untuk menentukan alur program berikutnya dengan melakukan pengecekan kondisi terlebih dahulu. b. Unconditional Jump adalah perintah yang digunakan untuk menentukan alur program berikutnya tanpa melakukan pengecekan kondisi terlebih dahulu.

VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

11

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

December 27, 2014

BAB 11 1. Jelaskan secara singkat perbedaan antara absolute addressing dengan relative addressing! a. Absolute addressing : teknik pengalamatan yang cenderung tidak terlalu mempermasalahkan kunci atribut ( key field ) karena diminta langsung menuliskan di mana alamat record yang akan di masukkan b. Relative addressing : Teknik ini menjadikan atribut kunci (key field) sebagai alamat memorinya, jadi, data dari NIM dijadikan bertipe numeric (integer) dan dijadikan alamat dari record yang bersangkutan.

2. Diketahui stack-oriented processor (prosesor dengan operasi stack). Berapa nilai atau isi data pada top stack setelah semua instruksi dibawah ini dilaksanakan. a. PUSH 4

4

b. PUSH 7

74

c. PUSH 8

874

d. ADD

15 4

e. PUSH 10

10 15 4

f. SUB

54

g. MUL

20

Top stack : 20

3. Tuliskan perbedaan operasi autoindexing, preindexing, postindexing pada mode pengalamatan indexing! a. Autoindexing : Melakukan penambahan/pengurangan secara otomatis index register setelah selesai direferensi b. Postindexing : Melakukan penambahan/pengurangan secara otomatis index register setelah proses indirect addressing selesai c. Preindexing : Melakukan penambahan/pengurangan secara otomatis index register sebelum proses indirect addressing dilakukan

4. Konversikan notasi aritmatika infix berikut ke dalam notasi postfix (polish) notasi aritmatika berikut: a. A + B + C + D + E

: AB+C+D+E+

b. A * ((B + C) * D) + E

: ABC+D**E+

c. (A - B) * (((C - D * E) / F) / G) * H : AB-CDE*-F/G/*H*

VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

12

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015

December 27, 2014

5. Jelaskan perbedaan antara mode pengalamatan direct dan indirect! a. Direct : Suatu proses penyalinan data pada register dan suatu alamat efektif (Effective Address, Alamat ini disimpan pada byte berikut setelah opcode instruksi). b. Indirect : Merupakan mode pengalamatan tak langsung. EA (effective address) adalah alamat aktual dari lokasi yang berisi operand EA = A .Membutuhkan satu referensi memori untuk mengakses operand . Ruang alamat terbatas

6. Ada beberapa macam mode pengalamatan (Addressing Modes) antara lain: Immediate, Direct, Indirect, Register, Register Indirect, Displacement dan Stack. Jelaskan keuntungan dan kerugian dari mode pengalamatan tersebut! a. Immediate : 

Keuntungan  Tidak adanya referensi memori selain dari instruksi yang diperlukan untuk memperoleh operand  Menghemat siklus instruksi sehingga proses keseluruhan akan cepat



Kekurangan  Ukuran bilangan dibatasi oleh ukuran field alamat

b. Direct : 

Kelebihan  Field alamat berisi efektif address sebuah operand



Kelemahan  Keterbatasan field alamat karena panjang field alamat biasanya lebih kecil dibandingkan panjang word

c. Indirect : 

Kelebihan  Ruang bagi alamat menjadi besar sehingga semakin banyak alamat yang dapat referensi



Kelemahan  Diperlukan referensi memori ganda dalam satu fetch sehingga memperlambat preoses operasi

d. Register : 

Kelebihan 

Diperlukan field alamat berukuran kecil dalam instruksi dan tidak diperlukan referensi memori



Akses ke regster lebih cepat daripada akses ke memori, sehingga proses eksekusi akan lebih cepat

VINCENTIUS KURNIAWAN/ 13110110028

13

Pembahasan Kisi-kisi UAS AOK | Semester 3 | TA 2014-2015



December 27, 2014

Kelemahan 

Ruang alamat menjadi terbatas

e. Register Indirect : 

Kelebihan 

Keterbatasan field alamat diatasi dengan pengaksesan memori yang tidak langsung sehingga alamat yang dapat direferensi makin banyak Akses ke 14egister lebih cepat daripada akses ke memori, sehingga proses eksekusi akan lebih cepat



Kelemahan 

Dalam satu siklus pengambilan dan penyimpanan, mode pengalamatan register tidak langsung hanya menggunakan satu referensi memori utama sehingga lebih cepat daripada mode pengalamatan tidak langsung

f.

Displacement Addressing : Merupakan mode pengalamatan yang menggabungkan kemampuan pengalamatan langsung dan pengalamatan register tidak langsung (Register Indirect Addressing). Metode ini mensyaratkan intruksi memiliki dua buah field alamat, sedikitnya sebuah field yang eksplisit (field eksplisit bernilai A dan field implisit mengarah pada register). Operand berada pada alamat A ditambah isi register. Tiga model displacement: a.

Relative Addressing Register yang direferensi secara implisit adalah program counter (PC). Alamat efektif didapatkan dari alamat instruksi saat itu ditambahkan ke field alamat. Memanfaatkan konsep lokalitas memori untuk menyediakan operand-operand berikutnya.

b.

Base Register Addressing Register yan...