Toplista
- betöltés...
Ha szívesen korrepetálnál, hozd létre magántanár profilodat itt.
Ha diák vagy és korrepetálásra van szükséged, akkor regisztrálj be és írd meg itt, hogy milyen tantárgyban!
Számítógép architektúrák az őrületbe kerget
ikonoma
kérdése
400
Csatoltam a feladatokról képet. Az 5. 6. és 8. feladatot képtelen vagyok megoldani.
Angolul és magyarul is kerestem minden oldalt felhasználva és semmit nem találtam.
Kerestem megoldást Tanenbaum könyvében több órán keresztül, majd az előadások anyagait és a több éves előadások anyagit amiket találtam átnéztem de semmit nem találtam róla.
Csak ma 9 órán át küzködtem 10 feladattal és csak 7 lett meg belőle... Összesen már 17+ órát foglalkoztam vele és még mindig nem tudom ezt a három feladatot megoldani.
Bármilyen helpnek nagyon örülnék és akármelyik feladatban való legapróbb segítség is jól jönne.
Angolul és magyarul is kerestem minden oldalt felhasználva és semmit nem találtam.
Kerestem megoldást Tanenbaum könyvében több órán keresztül, majd az előadások anyagait és a több éves előadások anyagit amiket találtam átnéztem de semmit nem találtam róla.
Csak ma 9 órán át küzködtem 10 feladattal és csak 7 lett meg belőle... Összesen már 17+ órát foglalkoztam vele és még mindig nem tudom ezt a három feladatot megoldani.
Bármilyen helpnek nagyon örülnék és akármelyik feladatban való legapróbb segítség is jól jönne.
Jelenleg 1 felhasználó nézi ezt a kérdést.
Informatika, számítástechnika, architektúrák, nehéz, sos
Informatika, számítástechnika, architektúrák, nehéz, sos
0
Felsőoktatás / Informatika
Válaszok
1
AlBundy
{ Polihisztor }
megoldása
5.)
A mintavételi tétel (https://bit.ly/2VoGvoZ) szerint legalább 40 kHz-cel kell mintavételezni ahhoz, hogy a 20 kHz-et át tudjuk vinni (a valóságban persze jelentősen túlmintavételezünk, hogy ne kelljen olyan meredek antialiasing szűrőt építeni).
A 16 bites kvantálás azt jelenti, hogy a teljes 0,894 voltos jeltartományt `2^16` részre osztjuk. Hogy milyen lesz a kvantálási hiba, az függ a kvantáló típusától. Feltételezem, hogy egyenletes kvantálásról van szó, ekkor a kvantálási lépcső `q=0.894/(2^16)``~~``13.64 mu \text{V}`. Feltételezem továbbá, hogy a kvantáló kerekít (és nem csonkol), azaz egy adott értékhez mindig a hozzá legközelebbi kvantálási szintet rendeli. Ekkor a kvantálási hiba a `pm q/2` tartományban mozoghat.
A bitráta két csatornával és az elméleti minimális mintavételi frekvenciával számolva 40 kHz * 16 bit * 2 csatorna = 1,28 Mbps.
6.)
Egy sáv beolvasása annyi ideig tart, amennyi idő alatt egyszer teljesen körbefordul a lemez (feltéve, hogy a fej már eleve azon a sávon tartózkodik). Egy perc alatt 7200-szor fordul körbe, vagyis egy másodperc alatt 120-szor, tehát egy körbefordulás `1/120` másodpercig tart, ami kb. 8,33 ms.
Egy sávon összesen 1024 szektor, szektoronként `4*2^10` bit adat van (feltételezem, hogy a szektorméret kettőhatvány, tehát nem 4000 bit, hanem 4096). Így egy sáv mérete összesen `2^22` bit. Az átviteli sebesség tehát `(2^22\text{bit})/(1/120 \text{s})``=``503\text{Mbps}`. (Itt viszont a mega- prefixumot `10^6` értelemben használtam. Ha inkább `2^20`-nal osztunk, akkor a sebesség 480 Mibps.)
8.)
Ez valami "házi" terminológia, de arra tippelek, hogy a B/K itt be- és kimeneti perifériát jelent. Tehát arról van szó, hogy egy periféria címtartományát kell kitalálni a bekötés alapján. A 16 bites cím felső 4 bitjének a NAND kapcsolata van bekötve a periféria kiválasztó bemenetébe. Mivel a kiválasztás alacsony szinten történik, akkor lesz az egység kiválasztva, ha a 16 bites cím felső 4 bitje 1-es. Vagyis a címtartomány binárisan 1111000000000000-1111111111111111, hexadecimálisan 0xF000-0xFFFF, tehát a báziscím 0xF000.
A mintavételi tétel (https://bit.ly/2VoGvoZ) szerint legalább 40 kHz-cel kell mintavételezni ahhoz, hogy a 20 kHz-et át tudjuk vinni (a valóságban persze jelentősen túlmintavételezünk, hogy ne kelljen olyan meredek antialiasing szűrőt építeni).
A 16 bites kvantálás azt jelenti, hogy a teljes 0,894 voltos jeltartományt `2^16` részre osztjuk. Hogy milyen lesz a kvantálási hiba, az függ a kvantáló típusától. Feltételezem, hogy egyenletes kvantálásról van szó, ekkor a kvantálási lépcső `q=0.894/(2^16)``~~``13.64 mu \text{V}`. Feltételezem továbbá, hogy a kvantáló kerekít (és nem csonkol), azaz egy adott értékhez mindig a hozzá legközelebbi kvantálási szintet rendeli. Ekkor a kvantálási hiba a `pm q/2` tartományban mozoghat.
A bitráta két csatornával és az elméleti minimális mintavételi frekvenciával számolva 40 kHz * 16 bit * 2 csatorna = 1,28 Mbps.
6.)
Egy sáv beolvasása annyi ideig tart, amennyi idő alatt egyszer teljesen körbefordul a lemez (feltéve, hogy a fej már eleve azon a sávon tartózkodik). Egy perc alatt 7200-szor fordul körbe, vagyis egy másodperc alatt 120-szor, tehát egy körbefordulás `1/120` másodpercig tart, ami kb. 8,33 ms.
Egy sávon összesen 1024 szektor, szektoronként `4*2^10` bit adat van (feltételezem, hogy a szektorméret kettőhatvány, tehát nem 4000 bit, hanem 4096). Így egy sáv mérete összesen `2^22` bit. Az átviteli sebesség tehát `(2^22\text{bit})/(1/120 \text{s})``=``503\text{Mbps}`. (Itt viszont a mega- prefixumot `10^6` értelemben használtam. Ha inkább `2^20`-nal osztunk, akkor a sebesség 480 Mibps.)
8.)
Ez valami "házi" terminológia, de arra tippelek, hogy a B/K itt be- és kimeneti perifériát jelent. Tehát arról van szó, hogy egy periféria címtartományát kell kitalálni a bekötés alapján. A 16 bites cím felső 4 bitjének a NAND kapcsolata van bekötve a periféria kiválasztó bemenetébe. Mivel a kiválasztás alacsony szinten történik, akkor lesz az egység kiválasztva, ha a 16 bites cím felső 4 bitje 1-es. Vagyis a címtartomány binárisan 1111000000000000-1111111111111111, hexadecimálisan 0xF000-0xFFFF, tehát a báziscím 0xF000.
1
-
ikonoma: A Tanenbaum könyv fordítója fordította az I\O-t így, remek észrevétel! Köszönöm szépen a segítséget hálás vagyok nagyon! És különösképpen köszönöm azt, hogy oda írtad miket használtál így meg is tudom tanulni. Első alkalommal használom az eházit, nem gondoltam volna lesz olyan aki tud segíteni ebben. Nagyon szépen köszönöm mégegyszer! 5 éve 0