现代通信原理与技术第11章现代调制系统课后习题答案
第十一章习题
习题11.1 设发送数字序列为：+1，-1，-1，-1，-1，-1，+1。试画出用其调制后的MSK 信号的相位变化图。若码元速率为1000Bd ，载频为3000Hz ，试画出此MSK 信号的波形。
解：MSK 信号附加相位函数路径图如图11-1所示。
图11-1 习题11.1图1
由于载波频率Hz 3000c =f ，传输速率Bd 10001s s ==T f 因此，“-1”符号对应的频率为 s s c 04
11
Hz 2750250300041f T f f ==-=-
= “+1”符号对应的频率为 s s c 14
13
Hz 250Hz 300041f T f f =+=+
= 因而MSK 信号的时间波形如图11-2所示。
习题11.2 设有一个MSK 信号，其码元速率为1000 Bb ，分别用频率1f 和0f 表示码元“1”和“0”。若1f 等于1250 Hz ，试求0f ，并画出三个码元“101”的波形。
解：设载波频率为c f ，已知码元速率为Bd 1000s =f ，
S 11 2 11.12
-图习题图
由于 Hz 12504
41
s c s c 1=+=+=f f T f f 因此
Hz 1000c =f 。 所以Hz 7504
1000
10004s c 0=-=-
=f f f 。 三个码元“101”的波形如图11-3所示。
习题11.3 试证明（11.3-24）的傅里叶变换式（11.3-25）。即证明高斯型滤波器的冲激响应2)π
exp(π
)(t t h α
α-
=
的傅里叶变换式为：[
]2
2ex p )(f
f H α-=。
解：根据傅里叶变换的定义及相关性质即可证明。
习题11.4 试证明式（11.4-6）。即证明OFDM 信号在码元持续时间T 内任意两个
子载波都是正交的，即有
0)π2cos()π2cos(0
=++?
dt t f t f i i T
k k ??
式中，T
m
k f k 2+=
，m=0,1,2,…, 且n f f i k =-，n=1,2,…。 证明：?++T i i k k dt t f t f 0
)π2cos()π2cos(??
=
[][]dt t f f dt t f f T
i k i k T i k i k ??++++-+-00)(π2cos 2
1)(π2cos 21???? =22H G +
式中 []????
?
?
??+=-+-=T q T i k i k dt t T n dt t f f G 0
0π2cos )(π2cos ??? []dt t T n f dt t f f H T T p i i k i k ????
?
???++=+++=00)2(π2cos )(π2cos ???
令i k q ???-= ，i k p ???+= ； 并令q t T n q ?+=
π2，则有dt T
n dq π
2=， dq n T
dt π
2=
，代入G 中得到
11-3 11.2图习题图
00π
2π2sin π2cos π2cos π20
=?=+===??
+n T
n q n T qdq n T qdt G q q n T
q q ????
另p i t T n f p ?++=)2(π2，则有dt T
n
f dp i )2(π2+=，dp T
n
f dt i )
2(π21+=
，
代入H 中得到
??+++=
+=
p
i p
n T f i T
i pdp T
n f pdt T
n f H ??)2(π20
cos )
2(π21
cos )
2(π21
=00)
2(π21
)2(π2sin )2(π21=?+=+++T
n f n T f p T n f i p
p i i ??
上式等于0的条件是：=T f i 20，1，2，…,即要求：T m f i 2=， m=0,1,2…。 因此，式（11.4-6）得证。
习题11.5 试证明式（11.4-14）。即证明抽样信号)(n s 的K 点DFT 值)(k S 一定满足对称性条件：)(k K S - =)(*k S ，k =0，1，2，…，K -1。
证明：由于∑-=-=1
0)π2()()(K n nk K j e n s k S ，因此
∑∑-=--=--==-1
)π2()π2(1
)
()π2()()()(K n nk K j nK K j K n k K n j e e n s e
n s k K S
由于1π
2)π2(==--n j nK
K j e
e
，
)()(*1
)π2(k S e
n s K n nk
K j =∑-=，代入上式，则得证。
习题 11.6 设有一个TCM 通信系统，其编码器如图11-4所示，且初始状态21b b 为“00”。若发送序列是等概率的，接收端收到的序列为：…111001101011…（前后其他码元皆为0），试用网格图寻找并确定译码出的前6个比特。
图11-4 TCM 编码器
解：网格图如图11-5所示。图中，用实线表示输入信息位1k 为“0”，用虚线表示输入信息位1k 为“1”。
??????
?1
k k 输入
图11-5 习题11.6图
接收序列前6位为“111001”，序列之前为全“0”，因此根据网格图可知，系统第一步译码状态应为b ，即10，此时1b =1，然后沿着111向下一时刻转移，所以11=k ，
12=k ；系统第二步译码状态应为c ，即01，此时01=b ，然后沿着001向下一时刻
转移，所以11=k ，12=k ，因此可得译码输出为111011。
习题11.7 设有一个DS-SS 通信系统，采用BPSK 调制，系统中共有25个同类发射机共用一个发送频段，每个发射机的发送信息速率是s kb 10。若暂不考虑接收噪声的影响，试问扩频码片的最低速率为多少才能保证解扩后的信号干扰比不小于20 dB ？这时的误比特率约为多少？
解：由已知条件得：处理增益dB 2010010
a c
c P ====
R R R G ，因此，Mb 1s kb 1000c ==R 。此时的误比特率为r e r r P -≈=
π
21)(erfc 21b 。
习题11.8 设有一个DS-SS 通信系统，采用BPSK 调制，发送信息的基带带宽是10kHz ，扩谱后的基带带宽为10MHz 。在只有一个用户发送的情况下，接收信噪比
0n E b 为16dB 。若要求接收信号干扰（噪声加其他拥护干扰）比最低为10dB ，试
问此系统可以容纳多少个用户（假设这时各用户的发送功率相等）？
解：由已知条件可得
2
1b b 时刻t 时刻
1+i t 3
21c c c
dB 30100010
10000
a c P =====
R R G 输入信噪比输出信噪比处理增益
11.251416300b p dB S N ==-=-=dB n E G P P ）（ 由11.251S N u ==-P P N ，得26u =N 。
习题11.9 在上题中，若系统中的噪声可以忽略不计，试问可以容纳多少个用户？ 解：若系统噪声忽略不计，则10001p S N u ===-G P P N ，因此最多可以容纳
1001u =N 个用户。
习题11.10 设在一个快跳频系统中 ，每个二进制输入信息码元以不同频率被发送4次，并采用码率为21的纠错编码，码片速率为32 kb ，跳频带宽为1.2 MHz 。试求系统输入信息码元速率。
解：根据已知条件得码片速率为码元速率的4倍，因此码元速率
s kb 8324
1
s =?=
f 。又由于采用码率为21的纠错编码，因此输入信息码元速率4B =R kBd 。
操作系统第四版-课后习题答案
操作系统第四版-课后习题答案
第一章 作者：佚名来源：网络 1、有一台计算机，具有IMB 内存，操作系统占用200KB ，每个用户进程各占200KB 。如果用户进程等待I/O 的时间为80 % ，若增加1MB 内存，则CPU 的利用率提高多少？ 答：设每个进程等待I/O 的百分比为P ，则n 个进程同时等待刀O 的概率是Pn ，当n 个进程同时等待I/O 期间CPU 是空闲的，故CPU 的利用率为1-Pn。由题意可知，除去操作系统，内存还能容纳4 个用户进程，由于每个用户进程等待I/O的时间为80 % , 故： CPU利用率＝l-（80%)4 = 0.59 若再增加1MB 内存，系统中可同时运行9 个用户进程，此时：cPu 利用率＝l-（1-80%)9 = 0.87 故增加IMB 内存使CPU 的利用率提高了47 % : 87 ％/59 ％=147 % 147 ％-100 % = 47 % 2 一个计算机系统，有一台输入机和一台打印机，现有两道程序投入运行，且程序A 先开始做，程序B 后开始运行。程序A 的运行轨迹为：计算50ms 、打印100ms 、再计算50ms 、打印100ms ，结束。程序B 的运行轨迹为：计算50ms 、输入80ms 、再计算100ms ，结束。试说明（1 ）两道程序运行时，CPU有无空闲等待？若有，在哪段时间内等待？为什么会等待？( 2 ）程序A 、B 有无等待CPU 的情况？若有，指出发生等待的时刻。 答：画出两道程序并发执行图如下： （1）两道程序运行期间，CPU存在空闲等待，时间为100 至150ms 之间（见图中有色部分） （2）程序A 无等待现象，但程序B 有等待。程序B 有等待时间段为180rns 至200ms 间（见图中有色部分） 3 设有三道程序，按A 、B 、C优先次序运行，其内部计算和UO操作时间由图给出。
现代操作系统(第三版)答案
MODERN OPERATING SYSTEMS SECOND EDITION PROBLEM SOLUTIONS ANDREW S.TANENBAUM Vrije Universiteit Amsterdam,The Netherlands PRENTICE HALL UPPER SADDLE RIVER,NJ 07458课后答案网 w w w .k h d a w .c o m
SOLUTIONS TO CHAPTER 1PROBLEMS 1.An operating system must provide the users with an extended (i.e.,virtual)machine,and it must manage the I/O devices and other system resources. 2.Multiprogramming is the rapid switching of the CPU between multiple processes in memory.It is commonly used to keep the CPU busy while one or more processes are doing I/O. 3.Input spooling is the technique of reading in jobs,for example,from cards,onto the disk,so that when the currently executing processes are ?nished,there will be work waiting for the CPU.Output spooling consists of ?rst copying printable ?les to disk before printing them,rather than printing directly as the output is generated.Input spooling on a personal computer is not very likely,but output spooling is. 4.The prime reason for multiprogramming is to give the CPU something to do while waiting for I/O to complete.If there is no DMA,the CPU is fully occu-pied doing I/O,so there is nothing to be gained (at least in terms of CPU utili-zation)by multiprogramming.No matter how much I/O a program does,the CPU will be 100percent busy.This of course assumes the major delay is the wait while data are copied.A CPU could do other work if the I/O were slow for other reasons (arriving on a serial line,for instance). 5.Second generation computers did not have the necessary hardware to protect the operating system from malicious user programs. 6.It is still alive.For example,Intel makes Pentium I,II,and III,and 4CPUs with a variety of different properties including speed and power consumption.All of these machines are architecturally compatible.They differ only in price and performance,which is the essence of the family idea. 7.A 25×80character monochrome text screen requires a 2000-byte buffer.The 1024×768pixel 24-bit color bitmap requires 2,359,296bytes.In 1980these two options would have cost $10and $11,520,respectively.For current prices,check on how much RAM currently costs,probably less than $1/MB. 8.Choices (a),(c),and (d)should be restricted to kernel mode. 9.Personal computer systems are always interactive,often with only a single user.Mainframe systems nearly always emphasize batch or timesharing with many users.Protection is much more of an issue on mainframe systems,as is ef?cient use of all resources. 10.Every nanosecond one instruction emerges from the pipeline.This means the machine is executing 1billion instructions per second.It does not matter at all how many stages the pipeline has.A 10-stage pipeline with 1nsec per 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m
操作系统习题答案
内存1通常情况下，在下列存储管理方式中，（）支持多道程序设计、管理最简单，但存储碎片多；（）使内存碎片尽可能少，而且使内存利用率最高。 Ⅰ．段式；Ⅱ．页式；Ⅲ．段页式；Ⅳ．固定分区；Ⅴ．可变分区 正确答案：Ⅳ；Ⅰ 2为使虚存系统有效地发挥其预期的作用，所运行的程序应具有的特性是（）。正确答案：该程序应具有较好的局部性(Locality) 3提高内存利用率主要是通过内存分配功能实现的，内存分配的基本任务是为每道程序（）。使每道程序能在不受干扰的环境下运行，主要是通过（）功能实现的。Ⅰ．分配内存；Ⅱ．内存保护；Ⅲ．地址映射；Ⅳ．对换；Ⅴ．内存扩充；Ⅵ．逻辑地址到物理地址的变换；Ⅶ．内存到外存间交换；Ⅷ．允许用户程序的地址空间大于内存空间。 正确答案：Ⅰ；Ⅱ 4适合多道程序运行的存储管理中，存储保护是 正确答案：为了防止各道作业相互干扰 5下面哪种内存管理方法有利于程序的动态链接（）？ 正确答案：分段存储管理 6在请求分页系统的页表增加了若干项，其中状态位供（）参考。 正确答案：程序访问 7从下面关于请求分段存储管理的叙述中，选出一条正确的叙述（）。 正确答案：分段的尺寸受内存空间的限制，但作业总的尺寸不受内存空间的限制
8虚拟存储器的特征是基于（）。 正确答案：局部性原理 9实现虚拟存储器最关键的技术是（）。 正确答案：请求调页(段) 10“抖动”现象的发生是由（）引起的。 正确答案：置换算法选择不当 11 在请求分页系统的页表增加了若干项，其中修改位供（）参考。 正确答案：换出页面 12 虚拟存储器是正确答案：程序访问比内存更大的地址空间 13测得某个请求调页的计算机系统部分状态数据为：CPU利用率20％，用于对换空间的硬盘的利用率97.7％，其他设备的利用率5％。由此断定系统出现异常。此种情况下（）能提高CPU的利用率。 正确答案：减少运行的进程数 14在请求调页系统中，若逻辑地址中的页号超过页表控制寄存器中的页表长度，则会引起（）。 正确答案：越界中断 15 测得某个请求调页的计算机系统部分状态数据为：CPU利用率20％，用于对换空间的硬盘的利用率97.7％，其他设备的利用率5％。由此断定系统出现异常。此种情况下（）能提高CPU的利用率。 正确答案：加内存条，增加物理空间容量 16 对外存对换区的管理应以（）为主要目标，对外存文件区的管理应以（）
操作系统课后习题答案
第一章 1．设计现代OS的主要目标是什么？ 答：（1）有效性（2）方便性（3）可扩充性（4）开放性 4．试说明推劢多道批处理系统形成和収展的主要劢力是什么？ 答：主要动力来源于四个方面的社会需求与技术发展： （1）不断提高计算机资源的利用率； （2）方便用户； （3）器件的不断更新换代； （4）计算机体系结构的不断发展。 12．试从交互性、及时性以及可靠性方面，将分时系统不实时系统迚行比较。答：（1）及时性：实时信息处理系统对实时性的要求与分时系统类似，都是以人所能接受的等待时间来确定；而实时控制系统的及时性，是以控制对象所要求的开始截止时间或完成截止时间来确定的，一般为秒级到毫秒级，甚至有的要低于100微妙。 （2）交互性：实时信息处理系统具有交互性，但人与系统的交互仅限于访问系统中某些特定的专用服务程序。不像分时系统那样能向终端用户提供数据和资源共享等服务。 （3）可靠性：分时系统也要求系统可靠，但相比之下，实时系统则要求系统具有高度的可靠性。因为任何差错都可能带来巨大的经济损失，甚至是灾难性后果，所以在实时系统中，往往都采取了多级容错措施保障系统的安全性及数据的安全性。 13．OS有哪几大特征？其最基本的特征是什么？ 答：并发性、共享性、虚拟性和异步性四个基本特征；最基本的特征是并发性。 第二章 2. 画出下面四条诧句的前趋图: S1=a：=x+y; S2=b：=z+1; S3=c：=a –b；S4=w：=c+1; 8．试说明迚程在三个基本状态之间转换的典型原因。 答：（1）就绪状态→执行状态：进程分配到CPU资源 （2）执行状态→就绪状态：时间片用完 （3）执行状态→阻塞状态：I/O请求 （4）阻塞状态→就绪状态：I/O完成
《现代操作系统第四版》第三章答案
第三章内存管理习题 1.IBM360有一个设计，为了对2KB大小的块进行加锁，会对每个块分配一个4bit的密钥，这个密钥存在PSW（程序状态字）中，每次内存引用时，CPU都会进行密钥比较。但该设计有诸多缺陷，除了描述中所言，请另外提出至少两条缺点。 A：密钥只有四位，故内存只能同时容纳最多十六个进程；需要用特殊硬件进行比较，同时保证操作迅速。 2.在图3-3中基址和界限寄存器含有相同的值16384，这是巧合，还是它们总是相等？如果这只是巧合，为什么在这个例子里它们是相等的？ A：巧合。基地址寄存器的值是进程在内存上加载的地址；界限寄存器指示存储区的长度。 3.交换系统通过紧缩来消除空闲区。假设有很多空闲区和数据段随机分布，并且读或写32位长的字需要10ns的时间，紧缩128MB大概需要多长时间？为了简单起见，假设空闲区中含有字0，内存中最高地址处含有有效数据。 A：32bit=4Byte===>每字节10/4=2.5ns 128MB=1282^20=2^27Byte 对每个字节既要读又要写，22.5*2^27=671ms 4.在一个交换系统中，按内存地址排列的空闲区大小是10MB，4MB，20MB，18MB，7MB，9MB，12MB，和15MB。对于连续的段请求： (a) 12MB (b) 10MB (c) 9MB
使用首次适配算法，将找出哪个空闲区？使用最佳适配、最差适配、下次适配算法呢？ A：首次适配算法：20MB，10MB，18MB；最佳适配算法：12MB，10MB，9MB；最差适配算法：20MB；18MB；15MB；下次适配算法：20MB；18MB；9MB； 5.物理地址和虚拟地址有什么区别？ A：实际内存使用物理地址。这些是存储器芯片在总线上反应的数字。虚拟地址是指一个进程的地址空间的逻辑地址。因此，具有32位字的机器可以生成高达4GB的虚拟地址，而不管机器的内存是否多于或少于4GB。 6.对下面的每个十进制虚拟地址，分別使用4KB页面和8KB页面计算虚拟页号和偏移量：20000，32768，60000。 A：转换为二进制分别为：0100111000100000 虚拟地址应该是16位1000000000000000 1110101001100000 4KB页面偏移量范围0～4027，需要12位来存储偏移量，剩下4位作为页号；同理8KB页面需要13位来存储偏移量，剩下3位作为页号；所以，4KB | 8KB 页号| 偏移量| 页号| 偏移量20000 | 0100 111000100000 | 010 0111000100000 32768 | 1000 000000000000 | 100 0000000000000 60000 | 1110 101001100000 | 111 0101001100000 7. 使用图3-9的页表，给出下面每个虚拟地址对应的物理地址：
《现代操作系统第四版》 第六章 答案
第四章文件系统习题 Q1: 给出文件/etc/passwd的五种不同的路径名。（提示：考虑目录项”.”和”…”。） A: /etc/passwd /./etc/passwd /././etc/passwd /./././etc/passwd /etc/…/etc/passwd /etc/…/etc/…/etc/passwd /etc/…/etc/…/etc/…/etc/passwd /etc/…/etc/…/etc/…/etc/…/etc/passwd Q2：在Windows中，当用户双击资源管理器中列出的一个文件时，就会运行一个程序，并以这个文件作为参数。操作系统要知道运行的是哪个程序，请给出两种不同的方法。 A:Windows使用文件扩展名。每种文件扩展名对应一种文件类型和某些能处理这种类型的程序。另一种方式时记住哪个程序创建了该文件，并运行那个程序。Macintosh以这种方式工作。
Q3：在早期的UNIX系统中，可执行文件（a.out）以一个非常特別的魔数开始，这个数不是随机选择的。这些文件都有文件头，后面是正文段和数据段。为什么要为可执行文件挑选一个非常特别的魔数，而其他类型文件的第一个字反而有一个或多或少是随机选择的魔数？ A：这些系统直接把程序载入内存，并且从word0（魔数）开始执行。为了避免将header作为代码执行，魔数是一条branch指令，其目标地址正好在header之上。按这种方法，就可能把二进制文件直接读取到新的进程地址空间，并且从0 开始运行。 Q4: 在UNIX中open系统调用绝对需要吗？如果没有会产生什么结果？ A: open调用的目的是：把文件属性和磁盘地址表装入内存，便与后续调用的快速访问。 首先，如果没有open系统调用，每次读取文件都需要指定要打开的文件的名称。系统将必须获取其i节点，虽然可以缓存它，但面临一个问题是何时将i节点写回磁盘。可以在超时后写回磁盘，虽然这有点笨拙，但它可能起作用。 Q5:在支持顺序文件的系统中总有一个文件回绕操作，支持随机存取
(完整版)操作系统课后题答案
2．OS的作用可表现在哪几个方面？ 答：(1)OS作为用户与计算机硬件系统之间的接口；(2)OS作为计算机系统资源的管理者； (3)OS实现了对计算机资源的抽象。 5．何谓脱机I/O和联机I/O？ 答：脱机I/O 是指事先将装有用户程序和数据的纸带或卡片装入纸带输入机或卡片机，在外围机的控制下，把纸带或卡片上的数据或程序输入到磁带上。该方式下的输入输出由外围机控制完成，是在脱离主机的情况下进行的。而联机I/O方式是指程序和数据的输入输出都是在主机的直接控制下进行的。 11．OS有哪几大特征？其最基本的特征是什么？ 答：并发性、共享性、虚拟性和异步性四个基本特征；最基本的特征是并发性。 20．试描述什么是微内核OS。 答：(1)足够小的内核;(2)基于客户/服务器模式;(3)应用机制与策略分离原理;(4)采用面向对象技术。 25．何谓微内核技术？在微内核中通常提供了哪些功能？ 答：把操作系统中更多的成分和功能放到更高的层次(即用户模式)中去运行，而留下一个尽量小的内核，用它来完成操作系统最基本的核心功能，称这种技术为微内核技术。在微内核中通常提供了进程(线程)管理、低级存储器管理、中断和陷入处理等功能。 第二章进程管理 2. 画出下面四条语句的前趋图: S1=a：=x+y; S2=b：=z+1; S3=c：=a – b；S4=w：=c+1; 答：其前趋图为： 7．试说明PCB 的作用，为什么说PCB 是进程存在的惟一标志？ 答：PCB 是进程实体的一部分，是操作系统中最重要的记录型数据结构。作用是使一个在多道程序环境下不能独立运行的程序，成为一个能独立运行的基本单位，成为能与其它进程并发执行的进程。OS是根据PCB对并发执行的进程进行控制和管理的。 11．试说明进程在三个基本状态之间转换的典型原因。 答：(1)就绪状态→执行状态：进程分配到CPU资源;(2)执行状态→就绪状态：时间片用完;(3)执行状态→阻塞状态：I/O请求;(4)阻塞状态→就绪状态：I/O完成. 19．为什么要在OS 中引入线程？
操作系统课后题答案
2.1 一类操作系统服务提供对用户很有用的函数，主要包括用户界面、程序执行、I/O操作、文件系统操作、通信、错误检测等。 另一类操作系统函数不是帮助用户而是确保系统本身高效运行，包括资源分配、统计、保护和安全等。 这两类服务的区别在于服务的对象不同，一类是针对用户，另一类是针对系统本身。 2.6 优点：采用同样的系统调用界面，可以使用户的程序代码用相同的方式被写入设备和文件，利于用户程序的开发。还利于设备驱动程序代码，可以支持规范定义的API。 缺点：系统调用为所需要的服务提供最小的系统接口来实现所需要的功能，由于设备和文件读写速度不同，若是同一接口的话可能会处理不过来。 2.9 策略决定做什么，机制决定如何做。他们两个的区分对于灵活性来说很重要。策略可能会随时间或位置而有所改变。在最坏的情况下，每次策略改变都可能需要底层机制的改变。系统更需要通用机制，这样策略的改变只需要重定义一些系统参数，而不需要改变机制，提高了系统灵活性。 3.1、短期调度：从准备执行的进程中选择进程，并为之分配CPU； 中期调度：在分时系统中使用，进程能从内存中移出，之后，进程能被重新调入内存，并从中断处继续执行，采用了交换的方案。 长期调度：从缓冲池中选择进程，并装入内存以准备执行。 它们的主要区别是它们执行的频率。短期调度必须频繁地为CPU选择新进程，而长期调度程序执行地并不频繁，只有当进程离开系统后，才可能需要调度长期调度程序。 3.4、当控制返回到父进程时，value值不变，A行将输出：PARENT：value=5。 4.1、对于顺序结构的程序来说，单线程要比多线程的功能好，比如（1）输入三角形的三边长，求三角形面积；（2）从键盘输入一个大写字母，将它改为小写字母输出。
操作系统教程习题答案
《操作系统教程》习题答案
习题1 1．单项选择题 （1）大中小型计算机是以为中心的计算机系统。 A、CPU B、存储器 C、系统总线 D、通道 （2）以下关于操作系统的说法正确的是。 A、批处理系统是实现人机交互的系统 B、批处理系统具有批处理功能，但不具有交互能力 C、分时系统是实现自动控制，无须人为干预的系统 D、分时系统即具有分时交互能力，又具有批处理能力 （3）操作系统的职能是管理软硬件资源、合理地组织计算机工作流程和。 A、为用户提供良好的工作环境和接口 B、对用户的命令作出快速响应 C、作为服务机构向其它站点提供优质服务 D、防止有人以非法手段进入系统 （4）设计实时操作系统时，首先应考虑系统的。 A、可靠性和灵活性 B、实时性和可靠性 C、优良性和分配性 D、灵活性和分配性 （5）多道程序设计是指。 A、在分布式系统中同一时刻运行多个程序 B、在一台处理器上并行运行多个程序 C、在实时系统中并发运行多个程序 D、在一台处理器上并发运行多个程序 （6）以下关于并发性和并行性的说法正确的是。 A、并发性是指两个及多个事件在同一时刻发生 B、并发性是指两个及多个事件在同一时间间隔内发生 C、并行性是指两个及多个事件在同一时间间隔内发生 D、并发性是指进程，并行性是指程序 （1）B （2）B （3）A （4）B （5）D （6）B 2．填空题 （1）微机是以总线为纽带构成的计算机系统。 （2）在批处理兼分时系统中，往往把由分时系统控制的作业称为前台作业，把由批处理系统控制的作业称为后台作业。 （3）在分时系统中，若时间片长度一定，则用户数越多，系统响应时间越慢。 （4）分布式操作系统能使系统中若干台计算机协同完成一个共同的任务，分解问题成为子计算并使之在系统中各台计算机上并行执行，以充分利用各计算机的优势。 （5）用户通过网络操作系统可以网络通信、资源共享，从而大大扩展了计算机的应用范围。 3．简答题 （1）什么是操作系统？现代操作系统的基本特征是什么？并发性 （2）什么是批处理系统，衡量批处理系统好坏的主要指标是什么？及时性 （3）试述分时系统的原理及其特性。时间片原则交互性同时性独立性及时性
操作系统课后习题答案
1.什么是操作系统？其主要功能是什么？ 操作系统是控制和管理计算机系统内各种硬件和软件资源,有效组织多道程序运行的系统软件(或程序集合),是用户和计算机直接的程序接口. 2.在某个计算机系统中，有一台输入机和一台打印机，现有两道程序投入运行，程序A、B 同时运行，A略早于B。A的运行轨迹为：计算50ms、打印100ms、再计算50ms、打印100ms，结束。B的运行轨迹为：计算50ms、输入80ms、再计算100ms，结束。试说明：（1）两道程序运行时，CPU是否空闲等待？若是，在那段时间段等待？ （2）程序A、B是否有等待CPU的情况？若有，指出发生等待的时刻。 0 50 100 150 200 250 300 50 100 50 100 50 100 20 100 (1) cpu有空闲等待,在100ms~150ms的时候. (2) 程序A没有等待cpu,程序B发生等待的时间是180ms~200ms. 1.设公共汽车上，司机和售票员的活动如下： 司机的活动：启动车辆；正常行车；到站停车。 售票员的活动：关车门；售票；开车门。 在汽车不断的到站、停车、行驶过程中，用信号量和P、V操作实现这两个活动的同步关系。 semaphore s1,s2; s1=0;s2=0; cobegin 司机();售票员(); coend process 司机() ｛ while(true) { P(s1) ; 启动车辆; 正常行车; 到站停车; V(s2); } ｝ process 售票员() { while(true) { 关车门; V(s1);
售票; P(s2); 开车门; 上下乘客; } } 2.设有三个进程P、Q、R共享一个缓冲区，该缓冲区一次只能存放一个数据，P进程负责循环地从磁带机读入数据并放入缓冲区，Q进程负责循环地从缓冲区取出P进程放入的数据进行加工处理，并把结果放入缓冲区，R进程负责循环地从缓冲区读出Q进程放入的数据并在打印机上打印。请用信号量和P、V操作，写出能够正确执行的程序。 semaphore sp,sq,sr; int buf;sp=1;sq=0;sr=0; cobegin process P() { while(true) { 从磁带读入数据; P(sp); Buf=data; V(sq); } } process Q() { while(true) { P(sq); data=buf; 加工data; buf=data; V(sr); } } process R() { while(true) { P(sr); data=buf; V(sp); 打印数据; } }
操作系统课后习题答案
第一章操作系统引论 一、填空题 1~5 BCABA 6~8BCB 、填空题 处理机管理 计算机硬件 分时系统 单道批处理系统 、简答题 1. 什么叫多道程序？试述多道程序设计技术的基本思想 及特征。为什么对作业 进行多道批处理可以提高系统效率？ 多道程序设计技术是指在计算机内存中同时存放几道相互独立的程序， 使它 们在管理程序控制下，相互穿插运行。 基本思想：在计算机的内存中同时存放多道相互独立的程序， 当某道程序因 某种原因不能继续运行下去时候，管理程序就将另一道程序投入运行，这样使几 道程序在系统内并行工作，可使中央处理机及外设尽量处于忙碌状态， 从而大大 提高计算机使用效率。 特征：多道性；无序性；调度性 在批处理系统中采用多道程序设计技术形成多道批处理系统， 多个作业成批送入 计算机，由作业调度程序自动选择作业运行，这样提高了系统效率。 2. 批处理系统、分时系统和实时系统各有什么特点？各适合应用于哪些方面？ 批处 理系统得特征：资源利用率高；系统吞吐量大；平均周转时间长；无交 互能力。适用于那些需要较长时间才能完成的大作业。 分时系统的特征：多路性；独立性；及时性；交互性。适合进行各种事务处 理，并为进行软件开发提供了一个良好的环境。 实时系统的特征：多路性；独立性；实时性；可靠性；交互性。适合对随机发生 的外部事件能做出及时地响应和处理的系统， 如实时控制系统，实时信息处理系 统。1、 2、 存储器管理 设备管理 计算机软件 实时系统 批处理系统 多道批处理系统 文件管理
第二章进程管理 一、填空题 1~6 CBABBB 7 ① A ② C ③ B ④ D 8 ① D ② B 9 ~10 CA 11~15 CBBDB 16~18 DDC 20~21 BB 22 ① B ② D ③ F 25 B 26~30 BDACB 31~32 AD 二、填空题 1、动态性并发性 2、可用资源的数量等待使用资源的进程数 3、一次只允许一个进程使用的共享资源每个进程中访问临界资源的那段代码 4、执行态就绪态等待态 5、程序数据进程控制块进程控制块 &同步关系 7、等待 8、进程控制块 9、P V 11、同步互斥同步互斥 12、P V P V P V 13、封闭性 14、-（m-1）~1 15、② 16、动静 17、4 0 18、s-1<0 19、①③ 三、简答题 1.在操作系统中为什么要引入进程的概念？进程和程序的关系？ 现代计算机系统中程序并发执行和资源共享的需要，使得系统的工作情况变得非常复杂，而程序作为机器指令集合，这一静态概念已经不能如实反映程序并发执行过程的动态性，因此，引入进程的概念来描述程序的动态执行过程。这对于我们理解、描述和设计操作系统具有重要意义。 进程和程序关系类似生活中的炒菜与菜谱。菜谱相同，而各人炒出来的菜的味道却差别很大。原因是菜谱基本上是一种静态描述，它不可能把所有执行的动态过程中，涉及的时空、环境等因素一一用指令描述清楚。 2.试从动态性、并发性和独立性上比较进程和程序。 动态性：进程的实质是进程实体的一次执行过程。动态性是进程的基本特征。而程序只是一组有序指令的集合，其本身不具有动态的含义，因而是静态的。 并发性：并发性是进程的重要特征，引入进程的目的也正是为了使其进程实体能和其他进程实体并发执行，而程序是不能并发执行的。 独立性：进程的独立性表现在进程实体是一个能独立运行、独立分配资源和独立接受调度的基本单位。而程序不能做为一个独立的单位参与运行。 3.何谓进程，进程由哪些部分组成？ 进程是进程实体的运行过程，是系统进行资源分配和调度的一个独立单位进程由程序段，数据段，进程控制块三部分组成。
操作系统教程第5版课后答案
操作系统教程第5版课后答案 费祥林、骆斌编著 第一章操作系统概论 习题一 一、思考题 1.简述现代计算机系统的组成及层次结构。 答：现代计算机系统由硬件和软件两个部分组成。是硬件和软件相互交织形成的集合体，构成一个解决计算问题的工具。硬件层提供基本可计算的资源，包括处理器、寄存器、内存、外存及I/O设备。软件层由包括系统软件、支撑软件和应用软件。其中系统软件是最靠近硬件的。 2、计算机系统的资源可分成哪几类？试举例说明。 答：包括两大类，硬件资源和信息资源。硬件资源分为处理器、I/O设备、存储器等；信息资源分为程序和数据等。 3.什么是操作系统？操作系统在计算机系统中的主要作用是什么？ 答：操作系统是一组控制和管理计算机硬件和软件资源，合理地对各类作业进行调度，以及方便用户使用的程序的集合。 操作系统在计算机系统中主要起4个方面的作用。 （1）服务用户观点——操作系统提供用户接口和公共服务程序 （2）进程交互观点——操作系统是进程执行的控制者和协调者 （3）系统实现观点——操作系统作为扩展机或虚拟机 （4）资源管理观点——操作系统作为资源的管理者和控制者 4.操作系统如何实现计算与操作过程的自动化？ 答：大致可以把操作系统分为以下几类：批处理操作系统、分时操作系统、实时操作系统、网络操作系统和分布式操作系统。其中批处理操作系统能按照用户预先规定好的步骤控制作业的执行，实现计算机操作的自动化。又可分为批处理单道系统和批处理多道系统。单道系统每次只有一个作业装入计算机系统的主存储器运行，多个作业可自动、顺序地被装入运行。批处理多道系统则允许多个作业同时装入主存储器，中央处理器轮流地执行各个作业，各个作业可以同时使用各自所需的外围设备，这样可以充分利用计算机系统的资源，缩短作业时间，提高系统的吞吐率 5．操作系统要为用户提供哪些基本的和共性的服务？ 答：（1）创建程序和执行程序；（2）数据I/O和信息存取；（3）通信服务；（4）差错检测和处理。为了保证高效率、高质量的工作，使得多个应用程序能够有效的共享系统资源，提高系统效率，操作系统还具备一些其他的功能：资源分配，统计，保护等。 6.试述操作系统所提供的各种用户接口。 答：操作系统通过程序接口和操作接口将其服务和功能提供给用户。程序接口由一组系统调用组成，在应用程序中使用“系统调用”可获得操作系统的低层服务，访问或使用系统管理的各种软硬件资源，是操作系统对外提供服务和功能的手段；操作接口由一组命令和（或）作业控制语言组成，是操作系统为用户提
操作系统部分课后习题答案
第一章 1、设计现代OS的主要目标就是什么？ 方便性,有效性,可扩充性与开放性。 2、OS的作用可表现在哪几个方面？ (1)OS作为用户与计算机硬件系统之间的接口。(2)OS作为计算机系统资源的管理者。(3)OS实现了对计算机资源的抽象。 4、试说明推动多道批处理系统形成与发展的主要动力就是什么 主要动力来源于四个方面的社会需求与技术发展(1)不断提高计算机资源的利用率(2)方便用户(3)器件的不断更新换代(4)计算机体系结构的不断发展。7、实现分时系统的关键问题就是什么？应如何解决 关键问题就是当用户在自己的终端上键入命令时,系统应能及时接收并及时处理该命令。在用户能接受的时延内将结果返回给用户。解决方法:针对及时接收问题,可以在系统中设置多路卡,使主机能同时接收用户从各个终端上输入的数据,为每个终端配置缓冲区,暂存用户键入的命令或数据。针对及时处理问题,应使所有的用户作业都直接进入内存,并且为每个作业分配一个时间片,允许作业只在自己的时间片内运行。这样在不长的时间内,能使每个作业都运行一次。 12、试从交互性、及时性以及可靠性方面,将分时系统与实时系统进行比较。 (1)及时性。实时信息处理系统对实时性的要求与分时系统类似,都就是以人所能接受的等待时间来确定,而实时控制系统的及时性,就是以控制对象所要求的
开始截止时间或完成截止时间来确定的,一般为秒级到毫秒级,甚至有的要低于100微妙。(2)交互性。实时信息处理系统具有交互性,但人与系统的交互仅限于访问系统中某些特定的专用服务程序,不像分时系统那样能向终端用户提供数据与资源共享等服务。(3)可靠性。分时系统也要求系统可靠,但相比之下,实时系统则要求系统具有高度的可靠性。因为任何差错都可能带来巨大的经济损失,甚至就是灾难性后果,所以在实时系统中,往往都采取了多级容错措施保障系统的安全性及数据的安全性。 13、OS有哪几大特征？其最基本的特征就是什么？ 并发性、共享性、虚拟性与异步性四个基本特征。最基本的特征就是并发性。 14、处理机管理有哪些主要功能？它们的主要任务就是什么？ 处理机管理的主要功能就是:进程管理、进程同步、进程通信与处理机调度 (1)进程管理:为作业创建进程,撤销已结束进程,控制进程在运行过程中的状态转换(2)进程同步:为多个进程(含线程)的运行进行协调(3)进程通信:用来实现在相互合作的进程之间的信息交换(4)处理机调度:①作业调度:从后备队里按照一定的算法,选出若干个作业,为她们分配运行所需的资源,首选就是分配内存②进程调度:从进程的就绪队列中,按照一定算法选出一个进程把处理机分配给它,并设置运行现场,使进程投入执行。 15、内存管理有哪些主要功能?她们的主要任务就是什么 内存管理的主要功能有:内存分配、内存保护、地址映射与内存扩充。 内存分配:为每道程序分配内存。
操作系统课后习题答案
5.1为什么对调度程序而言，区分CPU约束程序和I/O约束程序很重要？ 答：在运行I/O操作前，I/0限制的程序只运行很少数量的计算机操作。而CPU约束程序一般来说不会使用很多的CPU。另一方面，CPU约束程序会利用整个时间片，且不做任何阻碍I/O操作的工作。因此，通过给I/O约束程序优先权和允许在CPU 约束程序之前运行，可以很好的利用计算机资源。 5.3考虑用于预测下一个CPU区间长度的指数平均公式。将下面的值赋给算法中的参数的含义是什么？ A.a=0 且t0=100 ms B.a=0.99 且t0=10 ms 答：当a=0且t0=100ms时，公式总是会预测下一次的CPU区间为100毫秒。当a=0.99且t0=10毫秒时，进程将给予更高的重量以便能和过去相比。因此，调度算法几乎是无记忆的，且简单预测未来区间的长度为下一次的CPU执行的时间片。 5.4考虑下面一组进程，进程占用的CPU区间长度以毫秒来计算： 进程区间时间优先级 P110 3 P2 1 1 P3 2 3 P4 1 4 P5 5 2 假设在0时刻进程以P1、P2、P3、P4、P5的顺序到达。 a.画出4 个Gantt 图分别演示用FCFS、SJF、非抢占优先级（数字小代表优先级高）和RR（时间片＝1）算法调度时进程的执行过程。 b.每个进程在每种调度算法下的周转时间是多少？ c.每个进程在每种调度算法下的等待时间是多少？ d.哪一种调度算法的平均等待时间最小？ 答a.
FCFS： SJF： 非抢占优先级： RR： b.周转时间： c.等待时间： d.从上表中可以看出SJF的等待时间最小。
现代操作系统第四版 第二章 答案
现代操作系统第二章进程与线程习题 1. 图2-2中给出了三个进程状态，在理论上，三个状态可以有六种转换，每个状态两个。但是，图中只给出了四种转换。有没有可能发生其他两种转换中的一个或两个 A:从阻塞到运行的转换是可以想象的。假设某个进程在I/O上阻塞，而且I/O结束，如果此时CPU空闲，该进程就可以从阻塞态直接转到运行态。而另外一种转换（从阻塞态到就绪态）是不可能的。一个就绪进程是不可能做任何会产生阻塞的I/O或者别的什么事情。只有运行的进程才能被阻塞。 2.假设要设计一种先进的计算机体系结构，它使用硬件而不是中断来完成进程切换。CPU需要哪些信息请描述用硬件完成进程切换的工作过程。 A:应该有一个寄存器包含当前进程表项的指针。当I/O结束时，CPU将把当前的机器状态存入到当前进程表项中。然后，将转到中断设备的中断向量，读取另一个过程表项的指针（服务例程），然后，就可以启动这个进程了。 3.当代计算机中，为什么中断处理程序至少有一部分是用汇编语言编写的 A：通常，高级语言不允许访问CPU硬件，而这种访问是必需的。例如，中断处理程序可能需要禁用和启用某个特定设备的中断服务，或者处理进程堆栈区的数据。另外，中断服务例程需要尽快地执行。（补充）主要是出于效率方面的考量。中断处理程序需要在尽量短的时间内完成所需的必要处理，尽量减少对线程/程序流造成的影响，因此大部分情况下用汇编直接编写，跳过了通用编译过程中冗余的适配部分。 4.中断或系统调用把控制转给操作系统时，为什么通常会用到与被中断进程的栈分离的内核栈 A：内核使用单独的堆栈有若干的原因。其中两个原因如下：首先，不希望操作系统崩溃，由于某些用户程序不允许足够的堆栈空间。第二，如果内核将数据保留在用户空间，然后从系统调用返回，那么恶意的用户可能使用这些数据找出某些关于其它进程的信息。 5.一个计算机系统的内存有足够的空间容纳5个程序。这些程序有一半的时间处于等待I/O的空闲状态。请问CPU时间浪费的比例是多少 A：^5 =%
操作系统课后题答案
精品文档 课本课后题部分答案 第一章 的主要目标是什么？OS1．设计现代答：（1）有效性（2）方便性（3）可扩充性（4）开放性 2．OS的作用可表现在哪几个方面？ 答：（1）OS作为用户与计算机硬件系统之间的接口 （2）OS作为计算机系统资源的管理者 （3）OS实现了对计算机资源的抽象 13．OS有哪几大特征？其最基本的特征是什么？ 答：并发性、共享性、虚拟性和异步性四个基本特征；最基本的特征是并发性。 14．处理机管理有哪些主要功能？它们的主要任务是什么？ 答：处理机管理的主要功能是：进程管理、进程同步、进程通信和处理机调度； 进程管理：为作业创建进程，撤销已结束进程，控制进程在运行过程中的状态转换。 进程同步：为多个进程（含线程）的运行______________进行协调。 通信：用来实现在相互合作的进程之间的信息交换。 处理机调度： （1）作业调度。从后备队里按照一定的算法，选出若干个作业，为他们分配运行所需 的资源（首选是分配内存）。 （2）进程调度：从进程的就绪队列中，按照一定算法选出一个进程，把处理机分配给 它，并设置运行现场，使进程投入执行。 15．内存管理有哪些主要功能?他们的主要任务是什么？ 北京石油化工学院信息工程学院计算机系3/48 《计算机操作系统》习题参考答案余有明与计07和计G09的同学们编著 3/48 答：内存管理的主要功能有：内存分配、内存保护、地址映射和内存扩充。 内存分配：为每道程序分配内存。 内存保护：确保每道用户程序都只在自己的内存空间运行，彼此互不干扰。 地址映射：将地址空间的逻辑地址转换为内存空间与对应的物理地址。 内存扩充：用于实现请求调用功能，置换功能等。 16．设备管理有哪些主要功能？其主要任务是什么？ 答：主要功能有: 缓冲管理、设备分配和设备处理以及虚拟设备等。 主要任务: 完成用户提出的I/O 请求，为用户分配I/O 设备；提高CPU 和I/O 设 备的利用率；提高I/O速度；以及方便用户使用I/O设备. 17．文件管理有哪些主要功能？其主要任务是什么？ 答：文件管理主要功能：文件存储空间的管理、目录管理、文件的读/写管理和保护。 文件管理的主要任务：管理用户文件和系统文件，方便用户使用，保证文件安全性。 第二章
(完整版)操作系统课后题答案
课本课后题部分答案 第一章 1.设计现代OS的主要目标是什么？ 答：（1）有效性（2）方便性（3）可扩充性（4）开放性 2.OS的作用可表现在哪几个方面？ 答：（1）OS作为用户与计算机硬件系统之间的接口 （2）OS作为计算机系统资源的管理者 （3）OS实现了对计算机资源的抽象 13.OS有哪几大特征？其最基本的特征是什么？ 答：并发性、共享性、虚拟性和异步性四个基本特征；最基本的特征是并发性。14.处理机管理有哪些主要功能？它们的主要任务是什么？ 答：处理机管理的主要功能是：进程管理、进程同步、进程通信和处理机调度； 进程管理：为作业创建进程，撤销已结束进程，控制进程在运行过程中的状态转换。进程同步：为多个进程（含线程）的运行进行协调。 通信：用来实现在相互合作的进程之间的信息交换。 处理机调度： （1）作业调度。从后备队里按照一定的算法，选出若干个作业，为他们分配运行所需的资源（首选是分配内存）。 （2）进程调度：从进程的就绪队列中，按照一定算法选出一个进程，把处理机分配给它，并设置运行现场，使进程投入执行。 15.内存管理有哪些主要功能?他们的主要任务是什么？ 北京石油化工学院信息工程学院计算机系3/48 《计算机操作系统》习题参考答案余有明与计07和计G09的同学们编著 3/48 答：内存管理的主要功能有：内存分配、内存保护、地址映射和内存扩充。 内存分配：为每道程序分配内存。 内存保护：确保每道用户程序都只在自己的内存空间运行，彼此互不干扰。 地址映射：将地址空间的逻辑地址转换为内存空间与对应的物理地址。 内存扩充：用于实现请求调用功能，置换功能等。 16.设备管理有哪些主要功能？其主要任务是什么？ 答：主要功能有: 缓冲管理、设备分配和设备处理以及虚拟设备等。 主要任务: 完成用户提出的I/O 请求，为用户分配I/O 设备；提高CPU 和I/O 设 备的利用率；提高I/O速度；以及方便用户使用I/O设备. 17.文件管理有哪些主要功能？其主要任务是什么？ 答：文件管理主要功能：文件存储空间的管理、目录管理、文件的读/写管理和保护。文件管理的主要任务：管理用户文件和系统文件，方便用户使用，保证文件安全性。 第二章 1.什么是前趋图？为什么要引入前趋图？ 答：前趋图(Precedence Graph)是一个有向无循环图，记为DAG(Directed Acyclic Graph)，用于描述进程之间执行的前后关系。