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Note per Studenti Esercizio 15 · tempo di accesso su traccia e su cilindro per un disco da 512 GB

Esercizio 15tempo di accesso su traccia e su cilindro per un disco da 512 GB

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Testo (svolto in aula, lezione del 7 novembre 2016). È dato un disco rigido con capacità di 512 GB, 4 piatti (8 facce utilizzate), 524 288 tracce per faccia, 1024 settori per traccia, velocità di rotazione di 10 000 giri al minuto e tempo medio di posizionamento della testina di 1,4 ms. Calcolare il tempo totale medio (senza contare l'attesa che il dispositivo o uno dei suoi canali sia libero) per trasferire 32 KB, assumendo che i byte da trasferire siano memorizzati

a) in settori contigui di una singola traccia; b) in settori contigui di un cilindro.

Formule in Memoria esterna - dischi, RAID e memorie otticheDisco magnetico (piatti, facce, tracce, settori, cilindri); tempo di accesso come somma di posizionamento, latenza rotazionale e trasferimento, con formule ed esempio; algoritmi di scheduling FCFS, SSTF e ascensore; livelli RAID da 0 a 6; SSD; CD, DVD e nastri.Memoria esterna - dischi, RAID e memorie ottiche →.

Latenza

10 00060=166,67 giri/s⇒Tgiro=60⋅100010 000=6 ms,Tlatenza=3 ms\frac{10\,000}{60} = 166{,}67 \text{ giri/s} \Rightarrow T_{giro} = \frac{60 \cdot 1000}{10\,000} = 6 \text{ ms}, \qquad T_{latenza} = 3 \text{ ms}

Byte per traccia

  • Byte per faccia: 512 GB/8=239/23=236512\ \text{GB} / 8 = 2^{39}/2^3 = 2^{36}.
  • Byte per traccia: N=236/524 288=236/219=217=131 072N = 2^{36} / 524\,288 = 2^{36}/2^{19} = 2^{17} = 131\,072 byte (128 KB).
  • Controllo: 217/10242^{17}/1024 settori =128= 128 byte per settore, un numero intero.

a) Singola traccia

Ttrasf=DN⋅Tgiro=215217⋅6=64=1,5 msT_{trasf} = \frac{D}{N} \cdot T_{giro} = \frac{2^{15}}{2^{17}} \cdot 6 = \frac{6}{4} = 1{,}5 \text{ ms}

Ttot=1,4+3+1,5=5,9 msT_{tot} = 1{,}4 + 3 + 1{,}5 = \mathbf{5{,}9 \text{ ms}}

b) Cilindro

I settori sono distribuiti in modo uniforme sulle tracce delle 8 facce, nella stessa posizione: le 8 testine leggono in parallelo. Posizionamento e latenza non cambiano (stesso braccio, stessa rotazione); il trasferimento è 8 volte più veloce:

Ttrasf=1,58=0,1875 ms,Ttot=1,4+3+0,1875=4,5875 msT_{trasf} = \frac{1{,}5}{8} = 0{,}1875 \text{ ms}, \qquad T_{tot} = 1{,}4 + 3 + 0{,}1875 = \mathbf{4{,}5875 \text{ ms}}

Il guadagno è piccolo perché posizionamento e latenza pesano molto più del trasferimento.

Versione ripasso

Testo (svolto in aula, lezione del 7 novembre 2016). È dato un disco rigido con capacità di 512 GB, 4 piatti (8 facce utilizzate), 524 288 tracce per faccia, 1024 settori per traccia, velocità di rotazione di 10 000 giri al minuto e tempo medio di posizionamento della testina di 1,4 ms. Calcolare il tempo totale medio (senza contare l'attesa che il dispositivo o uno dei suoi canali sia libero) per trasferire 32 KB, assumendo che i byte da trasferire siano memorizzati

a) in settori contigui di una singola traccia; b) in settori contigui di un cilindro.

Metodo: Ttot=Tseek+Tgiro/2+(D/N) TgiroT_{tot} = T_{seek} + T_{giro}/2 + (D/N)\,T_{giro} (Memoria esterna - dischi, RAID e memorie otticheDisco magnetico (piatti, facce, tracce, settori, cilindri); tempo di accesso come somma di posizionamento, latenza rotazionale e trasferimento, con formule ed esempio; algoritmi di scheduling FCFS, SSTF e ascensore; livelli RAID da 0 a 6; SSD; CD, DVD e nastri.Memoria esterna - dischi, RAID e memorie ottiche →).

  1. Tgiro=60 000/10 000=6T_{giro} = 60\,000/10\,000 = 6 ms, Tlatenza=3T_{latenza} = 3 ms.
  2. Byte per faccia 239/23=2362^{39}/2^3 = 2^{36}; per traccia N=236/219=217=131 072N = 2^{36}/2^{19} = 2^{17} = 131\,072 byte (128 KB).
  3. a) Ttrasf=215/217⋅6=1,5T_{trasf} = 2^{15}/2^{17} \cdot 6 = 1{,}5 ms; Ttot=1,4+3+1,5=5,9T_{tot} = 1{,}4 + 3 + 1{,}5 = \mathbf{5{,}9} ms.
  4. b) 8 testine in parallelo: Ttrasf=1,5/8=0,1875T_{trasf} = 1{,}5/8 = 0{,}1875 ms; Ttot=1,4+3+0,1875=4,5875T_{tot} = 1{,}4 + 3 + 0{,}1875 = \mathbf{4{,}5875} ms.

Il guadagno è piccolo: seek e latenza pesano più del trasferimento.

Lezioni in cui compare

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