UJIAN KONVERSI EKSTENSI S1 ILMU KOMPUTERORGANISASI DAN ARSITEKTUR KOMPUTER

HEDI HERMAWAN HARAHAP111421069

PROGRAM STUDI EKSTENSI S1 ILMU KOMPUTERFAKULTAS ILMU KOMPUTER DAN TEKNOLOGI INFORMASI

UNIVERSITAS SUMATERA UTARAMEDAN

2012

1. a. 110,1012 rubah ke bilangan desimalJawab :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 desimalJawab :125,78 = 1x82 + 2x81 + 5x80 + 7x8-1

= 64+16+5+0,875= 85,87510

125,78 rubah ke biner@ 1258 @78

18 = 001 78 = 11128 = 01058= 101Jadi 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 105/2 = 2 sisa 1 Jadi 10 = 1016

2/2 =1 sisa 01/2 = 0 sisa 1Jadi 10 = 10102

10 = ...... 8

10/8 = 1 sisa 21/8 = 0 sisa 1Jadi 10 = 128

d. 0,12510 rubah ke binerJawab :0,125=........2@0 @1250/2 = 0 sisa 0 0,125x2 = ,25

0,25 x 2 = 0,50,5x2 = 1Jadi 0,001

Jadi 0,125 = 0,0012

e. 0,04687510 rubah ke heksaJawab :@0 @0,0468750/16 = 0 0,046875x16 = 0,75

0,75X16 = 12 (12=C)Jadi 0,046875 = 0,0C16

2. Ubah angka biner ke bentuk komplement 1Jawab :

Komplemen 1 diperoleh dengan menggantikan setiap angka 0 menjadi 1 dan angka 1menjadi 0

a. 1000 10002 = 0001 00012b. 0101 10102 = 1010 01012c. 0111 01112 = 1000 10002d. 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= 30kP2=80kP3=200kP4=32k

Jawab :a. Best Fit, mencari lokasi memori yang tepat dan cukup untuk memori yang akan

dialokasikan.

b. First Fit, jika menemukan area/lokasi yang pertama kali dan cukup maka memoriakan dialokasikan pada lokasi tersebut.

32k 64k 128k 8k 256k 16k 512k 4k 128k 1024k 2k

P1 P4 P2 P3

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 dengandata sebagai berikut:

Proses Arrival Time Burst TimeP1 0 17P2 1 15P3 2 19P4 3 12P5 4 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 P2 P3 P4 P5

0 1 2 3 4 17 32 51 63 79

RQ P1 P2 P3 P4 P5 P2 P3 P4 P5

P3 P4 P5

P4 P5

P5

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

b. Preemtive SJF

CPU P1 P2 P4 P2 P1 P5 P3

0 1 2 4 32 51 63 79

RQ P1(17) P1(16) P1(16) P1(16) P3 P4 P5

P2(15) P2(14) P2(13) P4 P5

P3(19) P3(19) P5

P4(12) P5(16)

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

c. Round Robin (quantum time=2)

0

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22

P1(17) P2(15) P3(19) P1(15) P4(12) P5(16) P2(13) P3(17) P1(13) P4(10) P5(14) P2(11)P3(19) P1(15) P4(12) P5(16) P2(13) P3(17) P1(13) P4(10) P5(14) P2(11) P3(15)P1(15) P4(12) P5(16) P2(13) P3(17) P1(13) P4(10) P5(14) P2(11) P3(15) P1(11)

P5(16) P2(13) P3(17) P1(13) P4(10) P5(14) P2(11) P3(15) P1(11) P4(8)P2(13) P3(17) P1(13) P4(10) P5(14) P2(11) P3(15) P1(11) P4(8) P5(12)

P2(15) P3(19)P1(15)P4(12)

24 26 28 30 32 34 36 38 40 42 44 46P3(15) P1(11) P4(8) P5(12) P2(9) P3(13) P1(9) P4(6) P5(10) P2(7) P3(11) P1(7)P1(11) P4(8) P5(12) P2(9) P3(13) P1(9) P4(6) P5(10) P2(7) P3(11) P1(7) P4(4)P4(8) P5(12) P2(9) P3(13) P1(9) P4(6) P5(10) P2(7) P3(11) P1(7) P4(4) P5(8)P5(12) P2(9) P3(13) P1(9) P4(6) P5(10) P2(7) P3(11) P1(7) P4(4) P5(8) P2(5)P2(9) P3(13) P1(9) P4(6) P5(10) P2(7) P3(11) P1(7) P4(4) P5(8) P2(5) P3(9)

48 50 52 54 56 58 60 62 64 66 68 70P4(4) P5(8) P2(5) P3(9) P1(5) P4(2) P5(6) P2(3) P3(7) P1(3) P5(4) P2(1)P5(8) P2(5) P3(9) P1(5) P4(2) P5(6) P2(3) P3(7) P1(3) P5(4) P2(1) P3(5)P2(5) P3(9) P1(5) P4(2) P5(6) P2(3) P3(7) P1(3) P5(4) P2(1) P3(5) P1(1)P3(9) P1(5) P4(2) P5(6) P2(3) P3(7) P1(3) P5(4) P2(1) P3(5) P1(1) P5(2)P1(5) P4(2) P5(6) P2(3) P3(7) P1(3)

71 72 73 74 76 77 78 79P3(5) P1(1) P5(2) P3(4) P5(1) P3(2) P3(1)P1(1) P5(2) P3(4) P5(1) P3(2)P5(2) P3(4)

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

5. 1. Immediate addressingOperand (data yang akan dikomputasi) berada langsung pada set instruksi.

2. Direct AddressingOperand berada pada memori, set instruksi memegang alamat lokasi memoridimana operand tersebut berada.

3. Indirect AddresingOperand berada pada memori, untuk mendapatkan operand ini CPU harusmelakukan penelusuran dua kali yaitu dari data alamat memori yang ada padaset instruksi serta alamat yang ditunjuk oleh alamat memori yang diperolehdari set instruksi tadi.

4. Register addressingOperand berada pada register, cara kerjanya mirip dengan direct addressinghanya saja CPU mengakses alamat register bukan alamat memori.

5. Register Indirect AddressingOperand berada pada memori, untuk mendapatkan operand CPU harusmengakses register terlebih dahulu karena informasi lokasi operand beradapada register.

6. DisplacementOperand berada pada memori, cara kerjanya merupakan gabungan dari teknikdirect addressing dan register indirect addressing.

7. StackOperand berada pada stack, operand secara berkala dimasukan ke stacksehingga ketika operand dibutuhkan maka operand sudah berada pada “top ofthe stack”.Teknik pengalamatan tersebut harus dapat memenuhi kebutuhankomputasi yang dilakukan oleh computer yang secara garis besar dapat dibagikedalam tiga kategori yaitu:

a. Operasi load (memasukan data).b. Operasi branch (percabangan).c. Operasi aritmatik dan logika.