Foro de PreparaTIC29

Replico la pregunta:

Sea un sistema de memoria virtual paginada con direcciones lógicas de 32 bits que proporcionan un espacio virtual de 2^20 (2 elevado a 20) páginas y con una memoria física de 32 MB. ¿Cuánto ocupará la tabla de marcos de página que emplea el sistema operativo si cada entrada de la misma ocupa 32 bits?

a) 32 kB
b) 4 MB
c) 1 MB
d) 8 kB

La solución que a mí me sale es:

Tenemos 2^20 páginas: pues nos hará falta registrar 2^20 posiciones
de memoria, que representan los punteros a cada una de las páginas.
Cada posición de memoria (cada puntero) está definido por 32 bits, es decir 4Bytes por cada posición de memoria.
De este modo, la memoria dedicada a los marcos de portal será 4B*2^20.
Tras sencillos cálculos (2^20 es 1 Mega), salen, pues, 4B x 1M = 4 MB.
Es decir: b)

¿Alguien puede encontrar si hay algún punto de mi razonamiento que
esté errado?

Pues la solución oficial era: a)
¿Alguien sabe como sale esta respuesta?

Creo que tu error viene del concepto de "tabla de marcos". Dicha tabla no apunta a las 2^20 páginas, sino sólo a las que están en memoria física en un momento determinado...

Un saludo.

Pues yo sigo sin pillarlo.. aunque gracias por la comedura de tarro!

AXiS_ escribió:Creo que tu error viene del concepto de "tabla de marcos". Dicha tabla no apunta a las 2^20 páginas, sino sólo a las que están en memoria física en un momento determinado...

Hola, yo tampoco estoy seguro de haberlo entendido. Me he inventado algunos "razonamientos", pero no me fío mucho de ellos. ¿Puedes contarlo de manera detallada para los que no sabemos mucho de este tema? Muchas gracias.

Mi "solución", que seguramente esté equivocada:

Tenemos direcciones de 32 bits y un espacio virtual de 2^20 páginas, lo que quiere decir que necesitamos 20 bits de esos 32 para especificar la página a la que queremos acceder. Los 12 bits restantes se utilizarán para indicar el offset dentro de la página. Por tanto, el tamaño de página es de 2^12 = 4 KB (¿se puede suponer que en cada posición se almacena un byte?).

Como tenemos 32 MB de memoria física, tendremos 32 MB / 4 KB = 8KB páginas cargadas en memoria.

Para almacenar las direcciones de esas 8KB páginas necesitamos 8 KB * 32 bits = 32 KB de memoria, que coincide con la respuesta a).

¿Opiniones?

Hola, creo que tu razonamiento es correcto. Ya se había hablado de esta pregunta en el hilo http://foro.preparatic.com/viewtopic.php?t=1035
y el razonamiento es el mismo. Un saludo

¡Pues no lo había visto, gracias!

Estupendo, ahí sí que viene bastante claro

Gracias a todos, incluidos los que lo intentaron con tan buena voluntad como la mía.

Saludos

Pues sí, desde luego, parece bastante claro.

Gracias a todos por la ayuda.

MI consejo.
En el examen pasar de estas preguntas.
Consumen mucho tiempo y es muy muy muy facil cometer errores.
Si os sobra media hora al final del examen, pues con tranquilidad la haceis, pero si el examen es como el año pasado.... no merece la pena

Mi "solución", que seguramente esté equivocada:

Tenemos direcciones de 32 bits y un espacio virtual de 2^20 páginas, lo que quiere decir que necesitamos 20 bits de esos 32 para especificar la página a la que queremos acceder. Los 12 bits restantes se utilizarán para indicar el offset dentro de la página. Por tanto, el tamaño de página es de 2^12 = 4 KB (¿se puede suponer que en cada posición se almacena un byte?).

Como tenemos 32 MB de memoria física, tendremos 32 MB / 4 KB = 8KB páginas cargadas en memoria.

Para almacenar las direcciones de esas 8KB páginas necesitamos 8 KB * 32 bits = 32 KB de memoria, que coincide con la respuesta a).

¿Opiniones?

Tenemos direcciones de 32 bits y un espacio virtual de 2^20 páginas,

No lo pillo
¿Esos 32 bits a los que te refieres aquí son los 32 bits de las direcciones lógicas que dice el enunciado, o cada entrada de la tabla de marcos?