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SYSTEMES — Comprendre les systèmesAutomne 2026

SYSTEMES / Automne 2026

Tests cumulatifs et révision ciblée

Composez votre test à partir des unités publiées de ce cours. Les notions correspondent aux objectifs des banques validées. Exercices d’entraînement créés pour le portail, distincts des évaluations officielles.

Recommandations locales

Pour chaque question actuelle, seule sa réponse la plus récente est retenue. Une erreur ou une autoévaluation invite à revoir la notion; une question sans résultat invite à l’explorer. Les anciennes versions restent dans l’historique. Chaque recommandation cite les tentatives utilisées.

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Unités et notions du test
Choisir les notions — Introduction aux systèmes d’exploitation
Choisir les notions — Interfaces, processus et Linux
Choisir les notions — Processus et appels système
Choisir les notions — Threads
Choisir les notions — Concurrence
Choisir les notions — Synchronisation et ordonnancement
Choisir les notions — Ordonnancement et révision
Choisir les notions — Interblocage : graphes, détection et récupération

Au moins une question par unité retenue. Les questions sont tirées sans doublon en alternant les unités; la sélection de notions retient les questions liées à au moins une notion choisie. Si le nombre demandé dépasse les questions disponibles, toutes sont utilisées.

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1. Quel couple illustre les deux perspectives complémentaires du SE?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 1

Corrigé — question 1

Le fichier est une abstraction de machine étendue; répartir le disque est une gestion de ressources. Une interface graphique ou un compilateur ne définit pas le SE. Les abstractions masquent les détails sans abolir les limites.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 3.2 Le SE comme machine étendueRevoir la matière — 3.3 Le SE comme gestionnaire de ressources

2. Quel classement correspond au modèle du cours?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 2

Corrigé — question 2

Le noyau applique les frontières de protection. Shell, éditeurs et utilitaires sont des programmes système sans être nécessairement dans le noyau. Les applications utilisent ces services; l’interface graphique seule ne constitue pas le SE.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 3.4 Noyau, programmes système et applications

3. Quelle liste reprend les huit familles de services introduites?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 3

Corrigé — question 3

La première liste contient les huit services. La deuxième énumère surtout des usages ou outils, et la troisième des ressources matérielles. La comptabilité mesure l’usage; elle se distingue de l’allocation qui répartit les ressources.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 4.1 Huit services essentiels

4. Scénario : le système choisit le thread prêt de plus haute priorité, sauvegarde les registres courants puis restaure les siens. Où sont politique et mécanisme?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 4

Corrigé — question 4

La politique décide qui recevra le CPU; le mécanisme sauvegarde et restaure l’état pour appliquer ce choix. Changer la règle de priorité ne demande pas de redéfinir l’opération matérielle de commutation.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 3.5 Politique et mécanisme

5. Deux processus occupent des régions RAM distinctes et alternent sur un seul CPU. Quelle interprétation est correcte?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 5

Corrigé — question 5

La RAM est divisée en portions présentes simultanément : partage spatial. Le CPU est attribué successivement : partage temporel. Sauvegarde et restauration consomment du temps; alternance ne signifie pas parallélisme sur un CPU unique.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 5.1 Multiplexage spatialRevoir la matière — 5.2 Multiplexage temporel

6. Un programme est stocké sur disque; son instance en cours attend une lecture disque. Quelle proposition convient?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 6

Corrigé — question 6

Le processus est l’instance d’exécution, avec code, données, espace d’adressage, registres et ressources. Prêt signifie admissible au CPU; bloqué signifie attente d’un événement. Ses threads partagent des ressources mais gardent leur contexte propre.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 4.2 Processus et threads

7. Scénario : P et Q lisent tous deux l’adresse virtuelle 0x1000. Doivent-ils lire la même cellule RAM?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 7

Corrigé — question 7

Les espaces d’adressage sont privés; la traduction dépend du processus. La pagination organise pages virtuelles et cadres physiques. Une page absente ou interdite provoque une exception, que le noyau traite; elle ne garantit ni présence en RAM ni accès autorisé.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 5.3 Mémoire virtuelleRevoir la matière — 4.3 Mémoire

8. Scénario : une application affiche du texte avec printf. Expliquez le chemin possible jusqu’au périphérique et le retour, sans confondre API et appel système.

Introduction aux systèmes d’exploitation · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Chemin conceptuel de S01 §6; sortie nécessitant un service protégé à un moment donné.
  • On ne suppose ni écriture immédiate, ni nombre fixe d’appels write, ni commutation vers un autre processus.

Toute formulation couvrant la rubrique est recevable; comparaison et confirmation personnelles, sans correction automatique.

Votre réponse — question 8

Corrigé — question 8

GUI et CLI servent aux humains; API et appels système servent aux logiciels. printf formate en espace utilisateur et peut utiliser write. Une entrée contrôlée vers le noyau permet validation et service via le pilote, puis retour. Le diagramme est conceptuel : pas un appel système obligatoire par printf, ni un changement de processus obligatoire à chaque transition.

  • printf formate en espace utilisateur dans une bibliothèque.
  • La bibliothèque peut déclencher write; toute fonction de bibliothèque ne fait pas un appel système et le tamponnage peut différer l’écriture.
  • Une entrée contrôlée transfère au noyau, qui identifie et valide la demande.
  • Le noyau/pilote dialogue avec le matériel; résultat ou erreur revient à l’application.

Variantes : Toute formulation couvrant la rubrique est recevable; comparaison et confirmation personnelles, sans correction automatique.

Revoir la matière — 6.2 De l'API au noyauRevoir la matière — 6.3 Exemple `printf` et `write`Revoir la matière — 6.1 Interfaces destinées aux humains et aux programmes

9. Quel classement correspond aux catégories du maître?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 9

Corrigé — question 9

Créer ou attendre une exécution relève du contrôle de processus. Ouvrir ou lire un fichier relève des fichiers. Modifier les permissions relève de la protection. Les communications et la gestion de périphériques forment deux autres catégories; certaines opérations se ressemblent selon la ressource.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 6.4 Catégories d'appels système

10. Scénario : un pilote chargé dynamiquement dans un noyau monolithique provoque une panne. L’équipe envisage de déplacer des services en espace utilisateur. Analysez le compromis et situez les autres architectures.

Introduction aux systèmes d’exploitation · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Toute formulation couvrant la rubrique est recevable; comparaison et confirmation personnelles, sans correction automatique.

Votre réponse — question 10

Corrigé — question 10

La modularité dynamique du noyau n’isole pas automatiquement le pilote. Déplacer un service en espace utilisateur peut contenir certaines fautes et faciliter test/remplacement, mais ajoute des échanges. Couches et hybride décrivent d’autres organisations; aucune étiquette ne garantit à elle seule fiabilité ou performance absolue.

  • Un module reste privilégié; chargement dynamique ne signifie pas isolation d’un micro-noyau.
  • Le monolithique permet des appels internes directs mais une faute peut compromettre le système.
  • Le micro-noyau réduit le code privilégié et isole des services, au coût de messages/transitions et changements de contexte supplémentaires.
  • Les couches structurent les dépendances avec coûts de traversée; l’hybride combine plusieurs modèles.

Variantes : Toute formulation couvrant la rubrique est recevable; comparaison et confirmation personnelles, sans correction automatique.

Revoir la matière — 7.2 Comparaison des architecturesRevoir la matière — 7.3 Micro-noyau contre noyau monolithique

11. Que peut cacher l’instruction source A = A + 4 ?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 11

Corrigé — question 11

Le modèle pédagogique décompose lecture vers EAX, addition puis écriture. Une interruption peut survenir entre étapes. L’expression de haut niveau n’est pas une preuve d’atomicité. Ce modèle n’est pas une prédiction des instructions exactes d’un compilateur ni du résultat garanti d’une course C.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 8.1 Décomposition des instructions de haut niveau

12. Quelle affirmation sur la pile est correcte?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 12

Corrigé — question 12

SP repère le sommet; appel et retour gèrent des cadres dans le modèle du cours. Corrompre l’adresse de retour ou une variable locale reste possible à l’intérieur d’un processus. La protection mémoire entre processus ne remplace pas la sûreté des accès internes.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 8.2 Pile d'exécution

13. Un administrateur lance une application ordinaire. Quelle proposition est correcte dans le modèle décrit?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 13

Corrigé — question 13

Le privilège CPU appartient au contexte exécuté et aux instructions permises; l’identité administrateur relève des autorisations logicielles. Intel emploie typiquement anneau 0 pour le noyau et 3 pour les applications; les autres architectures ont d’autres modes. La validation reste nécessaire.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 8.3 Mode noyau et mode utilisateurRevoir la matière — 8.4 Anneaux Intel et autres architectures

14. Quel lien historique et fonctionnel est cohérent?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 14

Corrigé — question 14

Le traitement par lots précède la multiprogrammation des années 1965–1980 dans la présentation. Avec plusieurs programmes, une attente d’E/S laisse progresser un autre. La coopération exige une cession volontaire; la préemption donne le contrôle au système. Protection et interruptions illustrent la coévolution matériel/logiciel.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 9.1 GénérationsRevoir la matière — 9.2 Coévolution matériel-logiciel

15. Quel critère caractérise surtout un système temps réel dur?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle conceptuel du maître S01, état documentaire du 25 septembre 2026.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 15

Corrigé — question 15

Le temps réel dur dépend du respect des échéances. Un serveur privilégie notamment débit et disponibilité; le mobile énergie et thermique; l’embarqué une fonction spécialisée sous ressources limitées; le PC interaction et compatibilité; le multiprocesseur apporte du parallélisme et des besoins de coordination.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 9.3 Catégories de systèmes

16. Quel usage du portail respecte les renseignements administratifs du maître S01?

Introduction aux systèmes d’exploitation · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Question de compréhension du document historique; aucun état officiel actuel ni accomplissement personnel n’est évalué.

Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Votre réponse — question 16

Corrigé — question 16

Le maître reflète espace de référence privé au 25 septembre 2026; TP, dates et lieux ont pu changer. La présence d’une image VM ne prouve pas son démarrage. Le cours exige compilation/exécution dans sa VM et remise au portail; l’IA dépend des consignes de l’activité et doit être déclarée lorsqu’autorisée. Aucune lecture du site n’atteste une remise, un accommodement ou une présence.

Variantes : Une seule proposition répond à toutes les contraintes; choisir son sens exact.

Revoir la matière — 10.2 Évaluations actuellement publiéesRevoir la matière — 10.3 TP et environnement de correctionRevoir la matière — 10.4 Intégrité, IA et droit d'auteurRevoir la matière — 11.1 Machine virtuelleRevoir la matière — 11.4 Checklist d'actions

17. Quel enchaînement distingue correctement les niveaux d’interface ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S02; aucune commande exécutée par le portail.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 17

Corrigé — question 17

GUI et CLI sont des interfaces humaines, API et bibliothèques des interfaces programmatiques. Un programme système fournit un outil. printf formate et peut tamponner; write demande un service au noyau. Une bibliothèque n’implique ni un syscall immédiat ni une correspondance un pour un.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 2.2 Interfaces complémentairesRevoir la matière — 2.3 Catégories d'appels système

18. Une application demande une lecture protégée. Que garantit le chemin normal d’appel système ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S02; aucune commande exécutée par le portail.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 18

Corrigé — question 18

La transition donne accès au code privilégié selon une entrée contrôlée; elle ne supprime pas les validations. Autorisation du compte et mode CPU sont différents. Le même processus peut reprendre après le service; transition de mode et changement de processus ne sont pas synonymes.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 4.3 Mode utilisateur et mode noyauRevoir la matière — 9. Interruptions et appels système

19. Quelle comparaison est conforme au modèle du maître ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S02; aucune commande exécutée par le portail.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 19

Corrigé — question 19

Un module de noyau reste souvent privilégié; son chargement dynamique ne prouve pas son isolation. Les couches clarifient les dépendances au prix de traversées; l’hybride combine plusieurs modèles. Aucune architecture ne garantit universellement sûreté ou performance.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 3.2 Architectures principales

20. Une règle choisit P1 plutôt que P0, puis les registres de P1 sont restaurés. Comment classer ces deux opérations ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S02; aucune commande exécutée par le portail.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 20

Corrigé — question 20

La politique décide quel processus reçoit le CPU. La sauvegarde/restauration permet ce choix matériellement. On peut changer la règle de sélection sans abandonner le mécanisme de changement de contexte.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 3.1 Politique contre mécanismeRevoir la matière — 7. Ordonnancement et changement de contexte

21. Quelle description permet une reprise correcte après interruption ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S02; aucune commande exécutée par le portail.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 21

Corrigé — question 21

Le PC repère la prochaine instruction et les registres les valeurs intermédiaires. Le cadre de pile garde les éléments de l’appel selon la convention employée. Charger, additionner et stocker peuvent être distincts; l’expression source ne prouve aucune atomicité.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 4.1 Une instruction de haut niveau n'est pas nécessairement atomiqueRevoir la matière — 4.2 Pile d'exécution

22. Deux instances du même exécutable sont lancées. Quelle proposition est correcte ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S02; aucune commande exécutée par le portail.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 22

Corrigé — question 22

Code exécutable, instance active et PCB sont trois notions différentes. Le PCB décrit identité, état CPU, ordonnancement, mémoire et ressources; il ne se confond pas avec l’espace d’adressage utilisateur. Des optimisations physiques ne suppriment pas cette séparation logique.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 6.1 Programme contre processusRevoir la matière — 6.3 PCB

23. Trace sur un cœur : P0 actif demande une E/S indisponible; P1 est choisi; l’E/S de P0 se termine pendant l’exécution de P1. Quel est alors l’état de P0 avant une nouvelle sélection ?

Interfaces, processus et Linux · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Un seul cœur; P0 se bloque réellement; P1 continue; aucune sélection de P0 n’a encore eu lieu.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 23

Corrigé — question 23

P0 passe actif → bloqué quand il attend l’E/S, puis bloqué → prêt à la fin de l’E/S. Prêt signifie attendre le CPU; bloqué signifie attendre un événement. Seule une sélection ultérieure lui permet prêt → actif; la préemption conduit actif → prêt.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 6.2 Cycle de vieRevoir la matière — 7. Ordonnancement et changement de contexte

24. Trace fictive : P0 est préempté juste avant ADD, avec PC=ADD et EAX=7. P1 avait PC=SUITE et EAX=42. Décrivez la sauvegarde, l’exécution de P1 puis la reprise de P0 avant son ADD.

Interfaces, processus et Linux · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Un cœur, registres pédagogiques, aucune modification explicite des contextes sauvegardés; P0 redevient prêt.
  • On observe les valeurs juste après restauration et avant la prochaine instruction.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 24

Corrigé — question 24

Les registres physiques sont réutilisés, mais les contextes logiques sont séparés. La valeur 42 de P1 ne devient pas celle de P0. À sa reprise avant ADD, P0 retrouve 7 et l’instruction interrompue. Ce modèle n’impose ni durée réelle, ni politique particulière, ni format de PCB d’un noyau courant.

  • Sauvegarder PC=ADD et EAX=7 de P0 dans son contexte/PCB et mettre P0 prêt.
  • Choisir P1 puis restaurer PC=SUITE et EAX=42 pour P1.
  • Avant de revenir à P0, sauvegarder le contexte courant de P1; restaurer PC=ADD et EAX=7 de P0.
  • La sauvegarde/restauration coûte du temps; elle ne réalise pas directement le travail applicatif et ne se confond pas avec un simple changement de mode.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 7. Ordonnancement et changement de contexteRevoir la matière — 6.3 PCBRevoir la matière — 4.1 Une instruction de haut niveau n'est pas nécessairement atomique

25. Un fork réussi crée un fils de PID fictif 812. Quelles valeurs reçoit l’appel dans les deux branches ?

Interfaces, processus et Linux · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Un seul fork réussi; PID 812 fictif et positif; aucun deuxième fork.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 25

Corrigé — question 25

Les deux processus continuent après fork. Le père obtient le PID du fils et le fils obtient zéro. L’échec donne une valeur négative au processus appelant. Sans synchronisation, l’ordre dans lequel les branches s’exécutent reste non garanti.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 8.2 `fork()`

26. Le fils de PID fictif 812 appelle exec avec succès, puis l’ancien code contient afficher("après exec"). Quel résultat est garanti ?

Interfaces, processus et Linux · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • exec réussit; on parle de l’instruction dans l’ancien programme, pas d’un affichage similaire du nouveau.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 26

Corrigé — question 26

exec remplace l’image du processus courant sans créer un processus. Un succès ne retourne pas à l’ancien flot. Un retour indique normalement une erreur, que le programme doit traiter; les variantes p recherchent dans PATH, l et v distinguent liste et tableau d’arguments.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 8.3 `exec*()`

27. Le fils affiche F puis termine. Le père affiche A, attend ce fils avec waitpid, puis affiche B. Donnez tous les ordres possibles des trois événements et expliquez la garantie.

Interfaces, processus et Linux · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • fork et waitpid réussissent; un seul fils; waitpid vise ce fils sans option non bloquante.
  • F, A et B sont des événements indivisibles observables sans effet de tampon; le fils termine après F; aucun autre affichage.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 27

Corrigé — question 27

Les contraintes sont A < B et F < B. Leurs deux linéarisations sont AFB et FAB. ABF viole l’attente du fils. Le tamponnage ou des erreurs changeraient le problème; ils sont explicitement exclus. Si le fils était déjà terminé, waitpid pourrait revenir immédiatement tout en conservant la garantie.

  • A précède B dans le père.
  • F précède la fin du fils, donc le retour de waitpid et B.
  • Les deux ordres complets sont A F B et F A B; A et F n’ont pas d’ordre imposé.
  • waitpid synchronise et récupère le statut; sleep ne garantit pas cette causalité et wait ne fusionne pas les espaces mémoire.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 8.4 `wait()` et `waitpid()`Revoir la matière — 8.2 `fork()`

28. Quelle comparaison Unix/Windows est correcte dans le modèle décrit ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S02; aucune commande exécutée par le portail.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 28

Corrigé — question 28

Le modèle Unix du shell crée un fils puis y charge la commande. CreateProcess regroupe création et lancement de l’image; le créateur peut attendre et doit fermer les handles reçus. Ces interfaces n’ont pas un contrat identique malgré une finalité comparable.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 8.5 Comparaison avec WindowsRevoir la matière — 8.2 `fork()`Revoir la matière — 8.3 `exec*()`

29. Dans un shell Linux, cwd=/home/etude/projet et fichier ordinaire initialement 640. On exécute chmod u+x ./outil. Quel chemin est ciblé et quels droits ordinaires résultent ?

Interfaces, processus et Linux · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • ./outil existe, appartient à l’utilisateur; commande réussie; seuls les neuf bits ordinaires sont considérés, sans ACL ni bits spéciaux.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 29

Corrigé — question 29

Le chemin relatif ./outil part du répertoire courant. 640 vaut rw-r-----; u+x ajoute seulement le bit 1 au propriétaire : 740, rwxr-----. Propriété inchangée; chmod ne fait pas chown et n’exige pas ici sudo. Sur un répertoire, x signifie notamment traversée; vérifier les cibles avant toute commande destructive.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 10.2 Permissions et propriétéRevoir la matière — 10.1 Chemins, fichiers et répertoires

30. Bash interactif, job control actif : le job %1 possède le PID fictif 812 et a été suspendu par Ctrl+Z. Quelle commande le reprend en arrière-plan sans le détacher ?

Interfaces, processus et Linux · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Le job %1 existe dans ce shell et reste suspendu; aucun autre terminal ne le gère.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 30

Corrigé — question 30

bg %1 reprend le job du shell en arrière-plan. %1 est un numéro de job, 812 un PID. fg le reprend au premier plan; disown le retire de la table sans constituer la même opération. Arrière-plan n’assure pas la survie à SIGHUP. ps est un instantané, top se rafraîchit; leurs PID ne sont pas les numéros de jobs.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 10.4 Jobs du shell et terminalRevoir la matière — 10.3 Observer les processus

31. Quel ensemble d’effets est correct ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S02; aucune commande exécutée par le portail.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 31

Corrigé — question 31

kill est une interface d’envoi de signal. La réaction dépend du signal et des traitements permis; SIGTERM peut être traité ou ignoré, donc ne garantit pas une terminaison. SIGKILL ne permet pas au processus de faire son propre nettoyage; le noyau récupère néanmoins ses ressources. Ctrl+Z produit normalement SIGTSTP, distinct de SIGSTOP.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 11.2 SignauxRevoir la matière — 10.3 Observer les processusRevoir la matière — 10.4 Jobs du shell et terminal

32. Une compilation cc -c hello.c réussit dans un dossier sans hello préexistant. Quelle conclusion est correcte ?

Interfaces, processus et Linux · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • hello.c est valide; compilateur disponible, options conventionnelles décrites dans le maître; commande terminée sans erreur.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 32

Corrigé — question 32

-c produit un objet sans lancer l’édition de liens. cc -o hello hello.o peut ensuite lier; cc -o hello hello.c peut compiler et lier en une commande. ./hello exécute le fichier du répertoire courant; compilation et exécution sont distinctes.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 11.1 Source, objet et exécutable

33. Une récursion sans arrêt épuise la pile. Quelle interprétation du diagnostic est correcte ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S02; aucune commande exécutée par le portail.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 33

Corrigé — question 33

La pile et les cadres relient le modèle théorique à l’échec observable. ulimit -s modifie la limite du shell et ulimit -c autorise des tailles, sans garantir à lui seul un fichier local ni son nom. -g conserve les informations de débogage. Aucune profondeur numérique universelle, manipulation VM ou production de core n’est attestée.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 11.3 Récursion, pile et *core dump*Revoir la matière — 4.2 Pile d'exécution

34. Quel usage des exigences TP1 du maître respecte leur date et les actions personnelles ?

Interfaces, processus et Linux · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Compréhension de documents historiques; aucune règle administrative actuelle ni action personnelle accomplie n’est affirmée.

Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Votre réponse — question 34

Corrigé — question 34

Les quatre fichiers historiques sont rapport.pdf, plante.c, vader.c et user_management.sh, sans autre fichier. Le barème 36+28+16+20 fait 100 points; 4 % est le poids du TP. L’écart 23h55/23h59, le vendredi 9 octobre 2026, les mentions Automne 2025 et l’IA « À déterminer » restent datés du 2 octobre. Les manipulations, membres d’équipe et remise doivent être vérifiés personnellement; aucun score ne les valide.

Variantes : Le raisonnement prime sur les noms, PID ou valeurs fictives; les hypothèses fixent les garanties.

Revoir la matière — 12. TP1 : portée et obligationsRevoir la matière — 12.1 RépartitionRevoir la matière — 12.2 Livrables exactsRevoir la matière — 12.3 Incohérences à gérerRevoir la matière — 14. Actions personnelles

35. Deux lancements du même programme existent. Quelle distinction est correcte ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 35

Corrigé — question 35

Le programme est passif; le processus est son instance active. Le PCB contient notamment PID, état, contexte et ressources, sans se confondre avec le code ou tout l’espace mémoire utilisateur. Partager un exécutable ne fusionne pas les identités.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 2.1 Programme contre processusRevoir la matière — 3.2 Bloc de contrôle de processus

36. Où placer instructions, globale, allocation dynamique et cadre d’appel dans le modèle du maître ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 36

Corrigé — question 36

Les zones mappées complètent ce modèle. Pile et tas ont des durées de vie différentes. L’isolation logique protège les données et retours de fonction, mais des pages physiques peuvent être partagées sous contrôle sans autoriser des écritures arbitraires entre processus.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 2.2 Organisation logique de la mémoire

37. P0 actif se bloque pour une E/S. P1 exécute; l’E/S de P0 finit sans nouvelle sélection. Quel état prend P0 ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Un cœur; attente réelle; P1 reste actif; aucun abandon ni terminaison de P0.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 37

Corrigé — question 37

La séquence est actif → bloqué → prêt; une sélection ultérieure permet prêt → actif. Fin d’événement et attribution du processeur sont distinctes. Une préemption produit actif → prêt; elle ne signifie pas attente d’E/S.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 3.1 Cycle de vie

38. Une politique choisit P1 après la préemption de P0. Quelle opération permet la reprise correcte ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 38

Corrigé — question 38

Le choix est une politique, la sauvegarde/restauration un mécanisme. Compteur ordinal, pile et registres permettent la reprise. Le coût ne fait pas progresser directement les instructions applicatives; aucune durée universelle n’est donnée.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 3.3 Changement de contexteRevoir la matière — 3.2 Bloc de contrôle de processus

39. Père PID 34, fils créé PID 35 : quelles valeurs pour (retour de fork, getpid) dans chaque branche ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Un fork réussi; PID illustratifs; le fils et le père continuent après l’appel.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 39

Corrigé — question 39

La variable de retour ne représente pas nécessairement l’identité de l’appelant. Le père reçoit le PID du fils, le fils zéro; getpid donne l’identité propre. La valeur de branche est fixée, l’ordre d’exécution ne l’est pas.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 5.1 `fork()`Revoir la matière — 5.2 Trace représentative

40. P0 exécute deux appels fork successifs F1 puis F2 sans branche ni sortie entre eux. Chaque processus atteint chaque appel restant. Construisez l’arbre, comptez les processus et distinguez les créations des ordres d’affichage.

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Tous les fork réussissent; processus initial unique; aucun exec, signal ni fin avant le deuxième appel.
  • Nommer P1 le fils créé par P0 en F1, P2 celui créé par P0 en F2, P3 celui créé par P1 en F2. Les noms désignent la parenté, pas l’ordre des PID.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 40

Corrigé — question 40

Le dédoublement est 1→2→4 sous ces hypothèses. Une trace possible effectue F1, F2 de P1 puis F2 de P0; l’inverse des deux F2 est possible. P1 peut donc créer P3 avant que P0 crée P2. Une branche, un échec ou un exec avant F2 change le comptage; les PID numériques ne sont pas imposés.

  • Après F1 : P0 et P1; chacun atteint F2.
  • P0 crée P2 en F2; P1 crée P3 en F2 : quatre processus finaux et trois créations.
  • Arêtes : P0→P1, P0→P2, P1→P3. P2 et P3 commencent après leur propre F2 et ne refont pas F1.
  • F1 de P0 précède les deux F2; les deux F2 ne sont pas ordonnés entre eux. L’arbre ne détermine aucun ordre global d’affichage.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 5.2 Trace représentativeRevoir la matière — 4. Création et parenté des processus

41. Le fils PID 35 réussit exec puis l’ancien code contient afficher("ancien"). Quelle garantie ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • exec réussit; on distingue l’ancien programme du nouveau.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 41

Corrigé — question 41

exec charge une nouvelle image dans le processus courant et ne crée pas de PID. Le succès ne revient pas à l’ancien flot; un retour signale une erreur à traiter. Les variantes l/v reçoivent liste/tableau; p recherche dans PATH. Le nouveau programme peut ensuite créer d’autres processus, ce qui est distinct.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 5.3 `exec*()`

42. Après fork, le père émet A puis waitpid(fils, sans WNOHANG), puis B. Le fils émet F, réussit exec; le nouveau programme émet E et termine. Donnez tous les ordres de A,F,E,B et expliquez l’absence de retour à l’ancien code.

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Un seul fils; fork, exec et waitpid réussissent; waitpid revient pour la terminaison visée, pas un arrêt.
  • Événements indivisibles observables, sans tampon ni duplication de tampon; aucun autre événement ni signal.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 42

Corrigé — question 42

Contraintes A<B, F<E et E<B. Placer A avant F, entre F et E ou après E donne AFEB, FAEB, FEAB. Aucun ordre n’est garanti entre A et F, ni entre A et E. En cas d’exec échoué, d’attente interrompue ou non bloquante, les hypothèses changent. Le PID du fils reste identique à travers exec.

  • F précède E : exec réussit et le nouveau programme émet E; l’ancien code après exec ne s’exécute pas.
  • A précède B dans le père; E précède la fin du fils puis le retour de waitpid et B.
  • Les trois ordres complets sont AFEB, FAEB et FEAB; B est toujours dernier.
  • waitpid peut revenir immédiatement si le fils est déjà terminé; il récolte son statut sans fusionner les mémoires. sleep ne remplace pas cette dépendance.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 5.4 `wait()` et `waitpid()`Revoir la matière — 5.3 `exec*()`Revoir la matière — 5.2 Trace représentative

43. x vaut 5 avant fork; le fils fait x+=15 puis termine. Le père attend sa fin et lit x. Quelle valeur et pourquoi ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • fork et attente réussissent; variable ordinaire privée; aucun mécanisme de partage explicite.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 43

Corrigé — question 43

Les pages peuvent d’abord être partagées physiquement et protégées. Une écriture demande une copie privée de la page concernée dans le modèle copy-on-write. Cela ne transforme pas les espaces en mémoire partagée; l’attente synchronise la fin sans transférer x.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 6. Mémoire après `fork` et copie sur écriture

44. Un fils fini sans statut récolté et un fils vivant dont le père est mort : comment les distinguer ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 44

Corrigé — question 44

Le zombie garde une entrée minimale de statut après libération de ses ressources d’exécution, jusqu’à récolte. L’orphelin perd son père d’origine; adoption par un responsable, éventuellement subreaper, ne signifie pas arrêt. Les signaux ont des effets différents.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 7. Terminaison, zombies et orphelins

45. Quelle comparaison respecte les contrats Unix et Windows décrits ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 45

Corrigé — question 45

Les finalités se recoupent, les interfaces diffèrent. CreateProcess reçoit notamment ligne de commande, environnement et répertoire. L’appelant gère les handles reçus. Un exec Unix réussi conserve l’identité du processus existant.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 5.5 Modèle Windows

46. A vaut 3. Le programme a chargé A puis ajouté 4 dans EAX, mais pas encore stocké. Une interruption utilise EAX=666. Décrivez la reprise correcte et l’effet d’une sauvegarde incomplète.

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique x86 du maître; interruption juste avant le stockage; aucune autre modification de A.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 46

Corrigé — question 46

Le registre porte ici le résultat intermédiaire. Le gestionnaire doit préserver tout état utilisateur qu’il modifie, en complément de l’état minimal matériel. Le retour reprend la prochaine instruction avec les bonnes valeurs; sauvegarder uniquement l’adresse ne suffit pas. Le modèle ne prétend pas être une ABI universelle.

  • EAX utilisateur vaut 7 avant l’interruption; A mémoire vaut encore 3.
  • Le matériel sauvegarde un état minimal et entre par une porte contrôlée; le noyau complète la sauvegarde des registres nécessaires avant de les modifier.
  • Après traitement, restaurer contexte, EAX=7, compteur ordinal et pile appropriés; reprendre le stockage écrit 7.
  • Restaurer seulement PC/pile en laissant EAX=666 écrit incorrectement 666; les détails d’entrée dépendent de l’architecture.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 8.2 Exemple du registre corrompuRevoir la matière — 8.3 Séquence d'une interruptionRevoir la matière — 8.4 Privilèges

47. Une interruption de périphérique est traitée, puis le même processus reprend. Est-ce possible ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 47

Corrigé — question 47

Le traitement d’un événement et le choix d’un processus sont distincts. L’ordonnanceur peut garder le même processus ou en choisir un autre. Un changement de mode ne constitue pas automatiquement un changement de processus.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 8.3 Séquence d'une interruption

48. Sur un cœur, un programme boucle sans céder ni se bloquer. Quel mécanisme permet au système préemptif de reprendre le CPU ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 48

Corrigé — question 48

Le coopératif dépend de la cession, du blocage ou de la fin. Le préemptif dispose d’un événement matériel indépendant de la coopération. Sur un cœur, plusieurs tâches alternent; elles ne deviennent pas pour autant des instructions simultanées.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 9.1 Multiprogrammation

49. Un processus monothread utilise 2 s de CPU et attend 3 s sans CPU; aucune autre durée. Quels temps CPU et réel ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Exemple simplifié séquentiel; attentes disjointes des 2 s CPU; tous coûts inclus dans ces durées.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 49

Corrigé — question 49

Le wall time mesure début à fin; le CPU time compte le travail effectif du processeur pour ce processus. Le calcul est 2+3=5. Le contexte monothread évite de généraliser cette comparaison à une somme des temps CPU de plusieurs threads parallèles.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 9.2 Temps CPU et temps réel

50. Quelle chaîne représente une demande read depuis une bibliothèque ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 50

Corrigé — question 50

Bibliothèque, instruction d’entrée, répartiteur et routine de service sont des niveaux distincts. Le noyau vérifie pointeurs, tailles, descripteurs et autorisations. Une bibliothèque peut rester en espace utilisateur; la transition protégée ne rend pas la demande automatiquement valide.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 10.2 Mécanique généraleRevoir la matière — 10.1 API, bibliothèque et noyauRevoir la matière — 8.4 Privilèges

51. Comment utiliser INT 0x80, sys_xxx et le navigateur Linux 2.6.32 du maître ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 51

Corrigé — question 51

Ces références enseignent un principe d’entrée et de répartition, avec numéros et registres propres à leur contexte. Elles ne prouvent pas une instruction ou numérotation actuelle universelle. Le portail conserve la datation et les réserves, sans inventer le contenu des sites historiques indisponibles.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 10.3 Exemple historique Linux x86Revoir la matière — 10.4 Références complémentaires

52. Deux threads d’un même processus travaillent sur un seul cœur. Quelle description est correcte ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique du maître S03; aucune commande exécutée ni manipulation réelle attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 52

Corrigé — question 52

Les flots peuvent progresser pendant la même période en alternant. Plusieurs unités matérielles seraient nécessaires au parallélisme effectif. Le partage facilite la communication mais impose de traiter la synchronisation; un serveur peut organiser travailleurs et acceptation sans gain universel garanti.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 11. Transition vers les threadsRevoir la matière — 11.1 Concurrence et parallélismeRevoir la matière — 11.2 Exemple du serveur

53. cwd=/home/etu1/projet, fichier outil mode 640 appartenant à etu1. Quel effet de chmod u+x ./outil et quelle documentation pour cd ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Commande réussie; fichier ordinaire sans ACL ni bits spéciaux; Bash.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 53

Corrigé — question 53

u+x ajoute seulement le bit d’exécution du propriétaire : rw-r----- devient rwxr-----. Les chemins relatifs partent du cwd; les motifs sont développés par le shell. Pour un répertoire x permet la traversée. Les outils externes ont man/--help; Tab et nano appartiennent aux pratiques conservées.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 13.2 Exercices 1 à 7Revoir la matière — 12.3 Méthode de travailRevoir la matière — 13.1 Commandes de base

54. On veut filtrer stdout de a vers b et capturer stdout+stderr de cmd dans journal.log en le remplaçant. Quel couple est correct ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Bash; redirections ouvertes avec succès; fichiers de l’exercice fictifs, aucune commande exécutée.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 54

Corrigé — question 54

Le tube transporte stdout; && dépend du succès et || de l’échec; ; exécute ensuite indépendamment. > remplace, >> ajoute, < choisit l’entrée. Les redirections se traitent de gauche à droite : > journal.log puis 2>&1 donne aux deux flux la destination fichier. L’ordre inverse laisse stderr sur l’ancienne stdout.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 14.3 OpérateursRevoir la matière — 14.2 Exercices 9 à 14

55. Flux : Error 404 / Info ok / Error 404 / Error 404 / Error 500 / Error 404 (une ligne par élément). Que produit grep Error | uniq | sed "s/Error 4/Warning 4/" ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entrée exactement donnée, dans cet ordre; substitution littérale indiquée; aucune ligne vide.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 55

Corrigé — question 55

grep retire Info ok et rend les trois premiers Error 404 adjacents; uniq les réduit à un, mais conserve le dernier séparé par Error 500. sed remplace Error 4 par Warning 4. Pour tailles TSV : awk extrait les champs, sort -n ordonne, head limite; find repère, du -sb mesure, sort -nr puis head choisit les gros fichiers. Avec noms arbitraires, préférer find -print0 et xargs -0 plutôt qu’un découpage naïf par espaces. Les erreurs mdkdir et port 8080 du solutionnaire restent signalées; le port retenu par l’atelier est 8000.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 14.2 Exercices 9 à 14Revoir la matière — 14.1 Outils de fluxRevoir la matière — 14.4 Incohérences du solutionnaire

56. Bash : prefixe=log; sortie="${prefixe}-$1" avec argument a b reçu comme un seul argument. Quelles notions sont correctes ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Appel illustratif ./script.sh "a b"; pas d’exécution; aucune option particulière du shell.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 56

Corrigé — question 56

Affectation sans espaces, doubles guillemets pour expansion sans découpage de cette valeur, simples pour texte littéral. if, for, while et fonctions structurent les scripts; $? doit être capturé avant une autre commande. PATH cherche les exécutables dans l’ordre. La boucle Git de l’atelier est destructive et reste dans son dépôt artificiel; son succès final ne prouve pas sa robustesse.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 15.1 Syntaxe BashRevoir la matière — 15.3 Configuration du shellRevoir la matière — 15.4 Exercice 16 — retour Git automatisé

57. Après lancement du serveur en arrière-plan, quel usage de $!, kill et trap EXIT est exact ?

Processus et appels système · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Bash; lancement direct illustratif; le PID sauvegardé désigne encore le serveur de cet exercice; aucune commande réelle ni garantie de disponibilité serveur.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 57

Corrigé — question 57

Le maître dit que trap garantit le nettoyage : préciser la portée. Une sortie normale ou exit anticipé exécute l’action EXIT; SIGKILL ou une panne ne permet pas son exécution. kill demande un effet selon le signal; attendre et contrôler l’état peut être nécessaire. Un simple sleep ne prouve pas la disponibilité; curl et son code de retour fournissent le test prévu sur 8000. Ces explications ne certifient ni serveur lancé ni exercice réussi.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 15.2 Exercice 15 — test d'un serveurRevoir la matière — 15.5 Ce que vérifient les scripts de correctionRevoir la matière — 7. Terminaison, zombies et orphelins

58. Quelle lecture des consignes historiques TP1 préserve les obligations personnelles ?

Processus et appels système · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • État du maître vérifié le 2 octobre 2026; aucune consigne actuelle ni dépôt attesté.

Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Votre réponse — question 58

Corrigé — question 58

Le poids historique est 4 %, équipe 1–4, barème 36+28+16+20=100. La limite prudente était vendredi 9 octobre 2026 à 23h55 plutôt que 23h59; mentions Automne 2025 et IA À déterminer restent datées. L’entraînement vérifie la compréhension des exigences; équipe, manipulations, rapport et dépôt restent des actions personnelles non scorées.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Noms/PID fictifs peuvent changer sans modifier le raisonnement; les réponses rédigées suivent la rubrique et restent autoévaluées.

Revoir la matière — 16.2 Livrables exactsRevoir la matière — 16.1 Contenu évaluéRevoir la matière — 16.3 ContradictionsRevoir la matière — 18. Actions personnelles

59. Quelle association décrit correctement un processus multithread?

Threads · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 59

Corrigé — question 59

Le processus regroupe mémoire et ressources; le TCB décrit le flot individuel, notamment registres, compteur ordinal, pile et état. Les threads du même processus ne disposent pas d’espaces d’adressage isolés.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 2.1 Le processus comme conteneurRevoir la matière — 2.2 Le thread comme flot d’exécution

60. Quel ensemble est propre à chaque thread, tout en restant dans le même espace d’adressage?

Threads · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 60

Corrigé — question 60

Chaque thread a son contexte d’exécution. Code, globales/statiques, tas et fichiers ouverts sont communs au processus. Une pile propre n’est pas une frontière de protection : une adresse de cette pile peut être transmise à un autre thread, avec une durée de vie et une synchronisation à respecter.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 2.2 Le thread comme flot d’exécution

61. Un seul cœur entrelace deux tâches. Un autre programme applique le même filtre à quatre quarts indépendants d’une image sur quatre cœurs. Comment les classer?

Threads · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 61

Corrigé — question 61

Concurrence décrit la progression sur une période commune; un cœur peut entrelacer les activités. Le filtrage identique de partitions indépendantes sur plusieurs cœurs est un parallélisme de données. Des traitements différents correspondraient à un parallélisme de tâches.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 3.2 Concurrence et parallélisme

62. Quelle lecture de pthread_create(&tid, NULL, travail, arg) et de son résultat est correcte?

Threads · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 62

Corrigé — question 62

Les quatre paramètres sont l’adresse de l’identifiant à remplir, les attributs, la routine void *(*)(void *) et son argument. Le code de retour signale le succès (0) ou une erreur; vérifier ce code avant d’utiliser tid. Le démarrage du travailleur n’attend pas le join.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 4.1 Contrat de `pthread_create`

63. Une boucle lance trois threads avec &i puis incrémente i. Propose une transmission correcte des numéros 0, 1 et 2 et justifie la durée de vie des objets.

Threads · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 63

Corrigé — question 63

Un tableau d’arguments distincts, initialisés avant chaque création et conservés jusqu’après les jointures, évite la réutilisation de la même variable. Chaque travailleur lit son élément. Le simple passage d’un pointeur ne copie pas l’objet pointé. La réponse reste autoévaluée par comparaison à la rubrique.

  • Préparer un élément distinct par travailleur, par exemple args[3], et transmettre &args[i].
  • Initialiser chaque élément avant sa création; ne pas le modifier concurremment pendant sa lecture.
  • Conserver le tableau vivant jusqu’à la fin des lectures, par exemple dans le créateur qui joint tous les travailleurs avant de quitter.
  • Expliquer que &i réutilise un objet mutable commun; ni un sleep ni une observation favorable ne garantit les valeurs.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 4.2 Arguments stables

64. Quelle affirmation distingue correctement sortie, détachement, sommeil et jointure?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 64

Corrigé — question 64

La terminaison d’un travailleur ne termine pas les autres. Le détachement libère automatiquement ses ressources de terminaison et exclut la jointure. Un délai ne crée pas de dépendance de fin. Quitter le processus, notamment par retour de main ou exit, termine en revanche ses threads.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 5.1 `pthread_join`Revoir la matière — 4.3 Attributs et terminaison

65. A et B sont créés, puis joints tous les deux avant de créer C. Chaque travailleur émet une lettre juste avant de terminer. Énumère les traces possibles et les garanties.

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Hypothèses et règle de réponse
  • Créations et jointures réussies; trois travailleurs joignables distincts.
  • Une lettre indivisible par travailleur, immédiatement observable sans tampon; aucune autre sortie ni signal.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 65

Corrigé — question 65

Les deux fins A et B précèdent la création de C; les lettres possibles sont ABC et BAC dans ce modèle. Joindre A avant B ne force pas A à finir en premier : B peut déjà être terminé lors de sa jointure. La rubrique juge les relations de précédence, sans prétendre corriger automatiquement le texte.

  • A et B peuvent démarrer et finir dans des ordres différents; ordre des create ne fixe pas celui des fins.
  • C commence après les deux terminaisons, car ses créations sont précédées des deux jointures réussies.
  • Les traces des trois lettres sont ABC et BAC, sans ordre imposé entre A et B.
  • Remplacer les jointures par sleep ne garantit plus cette précédence; aucun code universitaire exécuté.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 5.3 Lire une trace correctement

66. Deux tâches indépendantes durent 4 s chacune. Que donne créer A, joindre A, créer B, joindre B?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Deux cœurs disponibles; tâches CPU indépendantes, même durée de 4 s; coûts de création/jointure/commutation nuls.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 66

Corrigé — question 66

B ne peut être créé qu’après la fin de A : 4+4=8 s. Créer les deux avant de les joindre permettrait 4 s dans le modèle idéal annoncé. Le nombre de threads ou de cœurs ne rétablit pas une concurrence supprimée par le programme.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 5.2 Préserver ou détruire la concurrence

67. Quelle comparaison des modèles est correcte?

Threads · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 67

Corrigé — question 67

Dans M:1, une seule entité noyau limite le parallélisme interne et un appel bloquant peut immobiliser le groupe. 1:1 permet des blocages indépendants et le multicœur au coût de ressources noyau. M:N et deux niveaux sont des correspondances, sans nombre fixe de travailleurs ni ordre global garanti.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 6.3 CorrespondancesRevoir la matière — 6.1 Gestion en espace utilisateurRevoir la matière — 6.2 Gestion par le noyau

68. Un pool de trois travailleurs reçoit dix tâches longues simultanément. Quel énoncé correspond à son rôle?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Trois travailleurs disponibles au départ; aucune tâche n’est terminée au moment de la répartition; file sans limite atteinte.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 68

Corrigé — question 68

Le pool sépare file de tâches et travailleurs réutilisés. Après affectation initiale, trois tâches occupent les travailleurs et sept restent en file. Leur durée et les ressources limitent le gain; agrandir sans mesure peut accroître contention, piles et changements de contexte.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 7.2 Pools de threads

69. Une boucle calcule a[i] à partir du nouveau a[i-1]. Une directive OpenMP parallel suffit-elle à la rendre correcte?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 69

Corrigé — question 69

L’itération suivante dépend de la valeur produite par la précédente. Une directive ne change pas cette relation. Il faut préserver les dépendances ou transformer l’algorithme correctement; le nombre de threads ne remplace pas ce raisonnement.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 7.3 OpenMP

70. Quelle proposition distingue sûreté concurrente et réentrance?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 70

Corrigé — question 70

La garantie thread-safe dépend du contrat d’usage et des objets partagés. Un mutex interne peut éviter une course entre threads mais poser problème lors d’une réentrée par signal. Une locale static persiste et est commune aux appels; un objet externe peut encore être partagé incorrectement même sans globale.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 8.1 Fonction *thread-safe* et fonction réentrante

71. A et B lisent tous deux N=7 avant d’insérer leur document. B écrit en case 7 et avance N, puis A utilise sa copie 7. Quel diagnostic est correct?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle pédagogique d’opérations indivisibles du spouleur, sans exclusion; ne décrit pas une garantie du langage C en présence de data race.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 71

Corrigé — question 71

La réservation de case doit préserver un invariant sur les trois étapes. Protéger seulement l’incrément n’annule pas les deux choix de la même case. Les joins après créations attendent les fins sans protéger les mises à jour. Les bornes du compteur sont pédagogiques : des accès C ordinaires en course peuvent être indéfinis.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 8.3 Exemple du spouleurRevoir la matière — 8.4 Exemple du compteur

72. Deux threads modifient une globale C ordinaire puis sont joints. Peut-on garantir le résultat attendu ou un intervalle numérique?

Threads · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Accès concurrents incompatibles non atomiques, sans mutex ni autre synchronisation des mises à jour; les joins sont après les créations.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 72

Corrigé — question 72

Join ne sérialise pas rétroactivement les opérations des travailleurs. Le modèle lecture/calcul/écriture montre une perte possible de mises à jour, mais ses bornes ne sont pas un contrat C. La précision ED15 et le prolongement S06 distinguent illustration pédagogique et comportement indéfini.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 8.4 Exemple du compteur

73. Avec 85 % de travail parallélisable et quatre unités de calcul, quelle accélération idéale donne Amdahl? Arrondir à deux décimales.

Threads · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Taille de problème fixe; fraction P=0,85 du temps séquentiel; partage parfait sur N=4; aucun surcoût.

Point ou virgule décimale; arrondi à deux décimales, tolérance absolue 0,005. Fraction et unités restent celles annoncées; aucun calcul de code saisi.

Votre réponse — question 73

Tolérance absolue : 0.005. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 73

Sur une référence de 100 s : 15 s séquentielles + 85/4=21,25 s parallèles, soit 36,25 s. L’accélération vaut 100/36,25=80/29≈2,75862069, arrondie à 2,76. Ce gain théorique est inférieur à quatre et ne constitue pas une mesure réelle.

Variantes : Point ou virgule décimale; arrondi à deux décimales, tolérance absolue 0,005. Fraction et unités restent celles annoncées; aucun calcul de code saisi.

Revoir la matière — 9. Performance et loi d’Amdahl

74. Explique ce qu’il faut distinguer dans les activités fork/pthread et dans la chaîne mycall historique, sans prétendre les avoir exécutées.

Threads · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S04; aucune commande, compilation ou manipulation VM attestée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 74

Corrigé — question 74

Les exemples comparent identité, mémoire et précédences; la chaîne mycall relie utilisateur et noyau effectivement chargé. Une compilation seule ne prouve ni l’amorçage du bon noyau ni le succès du test. Les numéros du laboratoire sont liés à sa version. La rubrique évalue uniquement une explication, pas la réalisation des manipulations.

  • Pour fork, distinguer retour père/fils, vrais PID, mémoire séparée et ordre partiel de wait; une faute mémoire ne fixe pas un ordre.
  • Pour pthread, identifier create/join/exit et expliquer les ordres variables ou la fin précoce du processus sans joins.
  • Relier numéro/table, prototype/implantation, compilation/intégration, noyau réellement chargé et test syscall; uname contrôle le noyau chargé.
  • Garder 337/299, Ubuntu 10.04/Linux 2.6.32.24 comme historiques; VM restaurable et ancien noyau; aucune compilation, modification ou observation personnelle attestée.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 10.2 `fork`, attente et faute mémoireRevoir la matière — 10.3 Exemples `pthread`Revoir la matière — 11.1 Chaîne complèteRevoir la matière — 11.2 Modifications décritesRevoir la matière — 11.3 Compilation, installation et vérificationRevoir la matière — 11.4 Risque et récupération

75. Entrée : error 4, info, error 4, error 5, error 4. Après grep error puis uniq, quelle sortie et quel sens du statut Bash?

Threads · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Chaque élément représente une ligne; grep conserve les lignes contenant error; uniq retire uniquement les répétitions adjacentes; aucune commande exécutée.

Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Votre réponse — question 75

Corrigé — question 75

Le filtrage rapproche les deux premières lignes error 4, qui sont dédupliquées. La dernière est séparée par error 5 et demeure. $? décrit la commande précédente, 0 au succès. Pour le TSV, garder une taille comme clé jusqu’au tri numérique puis retirer la colonne évite un tri sur les seuls noms; la composition ne prouve aucune exécution.

Variantes : Les hypothèses fixent le problème. Une reformulation équivalente suit la rubrique pour les réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les traces observées ne fixent pas l’ordre général.

Revoir la matière — 12.2 Exercices 9 à 12 : filtres et compositionRevoir la matière — 12.4 Exercices 13 et 14 : fichiers et tableauxRevoir la matière — 12.5 Script Bash et code de retour

76. Même problème : 85 % parallélisable, huit unités, sans surcoût. Quelle accélération idéale? Arrondir à deux décimales.

Threads · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Problème fixe; temps de référence 100 s; 15 s séquentielles; 85 s réparties parfaitement entre N=8.

Point ou virgule décimale; arrondi à deux décimales, tolérance absolue 0,005. Fraction et unités restent celles annoncées; aucun calcul de code saisi.

Votre réponse — question 76

Tolérance absolue : 0.005. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 76

Le temps idéal est 15+85/8=25,625 s. 100/25,625=160/41≈3,90243902, donc 3,90. Doubler quatre vers huit unités ne double pas l’accélération : la fraction séquentielle reste 15 s.

Variantes : Point ou virgule décimale; arrondi à deux décimales, tolérance absolue 0,005. Fraction et unités restent celles annoncées; aucun calcul de code saisi.

Revoir la matière — 9. Performance et loi d’Amdahl

77. Avec P=0,85, quelle borne d’accélération idéale quand le nombre d’unités tend vers l’infini? Arrondir à deux décimales.

Threads · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Problème fixe; 15 % intrinsèquement séquentiel; aucun surcoût; il s’agit d’une limite théorique, pas d’un gain mesuré.

Point ou virgule décimale; arrondi à deux décimales, tolérance absolue 0,005. Fraction et unités restent celles annoncées; aucun calcul de code saisi.

Votre réponse — question 77

Tolérance absolue : 0.005. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 77

La partie parallèle tend vers zéro mais les 15 % séquentiels persistent. La limite est 1/0,15=20/3≈6,66666667, soit 6,67. Les coûts de création, synchronisation, déséquilibre, caches et mémoire peuvent encore réduire le gain réel.

Variantes : Point ou virgule décimale; arrondi à deux décimales, tolérance absolue 0,005. Fraction et unités restent celles annoncées; aucun calcul de code saisi.

Revoir la matière — 9. Performance et loi d’Amdahl

78. Deux threads partagent une file en mémoire. Un tube ou le simple partage de cette file assure-t-il son exclusion mutuelle?

Concurrence · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S05; aucune VM, compilation ni manipulation personnelle attestée.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 78

Corrigé — question 78

Les threads disposent déjà de mémoire commune, mais leurs accès doivent préserver les invariants. Un canal de communication ne transforme pas automatiquement une séquence lire–modifier–écrire en opération atomique. Les processus peuvent également communiquer par mémoire partagée explicite ou tube.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 2.1 Processus et threads

79. Dans un modèle lecture–calcul–écriture, A et B incrémentent une fois un compteur initialement nul. A lit 0, B lit 0, A écrit 1, B écrit 1. Quel résultat et quel diagnostic?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Chaque lecture et écriture du modèle est indivisible; chaque thread calcule ancienne valeur + 1.
  • Modèle pédagogique seulement; aucune borne du langage C pour des accès ordinaires en course.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 79

Corrigé — question 79

Les deux calculs utilisent la même ancienne valeur 0; la seconde écriture de 1 remplace la première. Le compteur vaut 1 dans cette trace. Une exécution sérielle du modèle donnerait 2. Ces résultats illustratifs ne bornent pas une data race C, dont le comportement peut être indéfini.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 2.2 Définition d’une condition de concurrenceRevoir la matière — 2.3 Exemple du spouleur d’impression

80. Un verrou empêche toute double entrée, mais peut laisser un demandeur attendre indéfiniment. Quelle conclusion est justifiée?

Concurrence · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S05; aucune VM, compilation ni manipulation personnelle attestée.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 80

Corrigé — question 80

Exclusion mutuelle, progression, attente bornée et indépendance temporelle sont des exigences distinctes. Un algorithme peut exclure les doubles entrées tout en affamant un participant. Désactiver les interruptions locales ne suspend pas les autres cœurs et ne fournit pas une primitive générale en espace utilisateur.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 3. Section critique et critères de correctionRevoir la matière — 3.1 Désactiver les interruptions

81. Le verrou est initialement 0. Chaque thread teste while(lock==1), puis écrit lock=1 avant sa section critique. Construis une trace qui viole l’exclusion et identifie la correction nécessaire.

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle abstrait à lectures/écritures indivisibles, test séparé de l’affectation; deux participants.
  • Le raisonnement ne présente pas ce fragment comme une implantation C concurrente correcte.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 81

Corrigé — question 81

La trace test A → test B → prise B → entrée B → prise A → entrée A laisse deux participants en section critique. Chacun a correctement observé un ancien état libre; le problème est la séparation du test et de la prise. La réponse rédigée reste autoévaluée, sans score automatique de correction.

  • A lit 0 et franchit le test, puis est interrompu avant son affectation.
  • B lit 0, écrit 1 et entre sans encore sortir.
  • A reprend, écrit 1 et entre alors que B est encore en section critique.
  • Le test et la prise doivent former une primitive atomique, ou employer un protocole prouvé; volatile ou sleep ne ferme pas cette fenêtre.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 3.2 Verrou logiciel naïf

82. Peterson : critical[0]=critical[1]=1 et la dernière écriture de waiting vaut 1. Qui peut franchir sa boucle à cet instant?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Deux participants seulement; lectures/écritures atomiques et cohérence séquentielle du modèle.
  • Boucle exacte : waiting == p && critical[1-p] == 1; aucun participant ne retire encore son indicateur.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 82

Corrigé — question 82

Pour p=0, waiting==0 est faux, donc P0 franchit la boucle. Pour p=1, les deux termes sont vrais et P1 attend. Lorsque P0 sort et met critical[0]=0, P1 peut avancer. Ce modèle n’autorise pas une transcription C avec des objets ordinaires en course; atomiques et ordre mémoire doivent être corrects.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 4.1 Solution de Peterson

83. Un détenteur conserve un verrou pendant une E/S longue. Un demandeur boucle sur test-and-set. Quelle comparaison de l’attente est correcte?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S05; aucune VM, compilation ni manipulation personnelle attestée.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 83

Corrigé — question 83

Attente active et état bloqué diffèrent. Un mutex peut combiner une courte phase de spin et le blocage selon son implantation. Une E/S longue rend la rotation coûteuse; si le détenteur ne peut pas être ordonnancé, tourner ne l’aide pas à libérer. Le choix dépend des durées, cœurs et politiques réels.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 4.3 Coût d’un verrou tournantRevoir la matière — 7.3 Mutex adaptatif et priorité

84. Test-and-set ferme le test/prise séparé. Garantit-il aussi l’équité et résout-il l’inversion où H de haute priorité empêche L, détenteur, de reprendre sur un seul cœur?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle à priorités strictes : H reste exécutable et tourne; L a besoin du même cœur pour libérer.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 84

Corrigé — question 84

Test-and-set protège la prise du verrou mais ne donne pas une politique d’admission équitable. Sous les hypothèses de priorité annoncées, H peut priver L de CPU et prolonger son propre retard. Un protocole d’héritage peut élever L; cette garantie doit être fournie par la primitive et sa configuration, pas supposée.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 4.2 Test-and-set et échange atomiqueRevoir la matière — 4.4 Inversion de priorité

85. Le consommateur constate count=0 mais ne dort pas encore. Le producteur ajoute un élément et appelle wakeup. Déroule le réveil perdu et explique deux mécanismes qui ferment cette fenêtre.

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • sleep/wakeup naïfs : un wakeup sans dormeur n’est pas mémorisé.
  • Aucune autre production ni réveil ultérieur dans la trace; modèles sans erreur ni annulation.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 85

Corrigé — question 85

La faute est la fenêtre entre test et sommeil. Un sémaphore garde la permission si le post précède le wait. Une condition s’appuie sur un prédicat persistant sous mutex et une libération/blocage atomique; son signal isolé ne garde pas de jeton. Les deux solutions ne rendent pas les garanties des primitives identiques.

  • C constate 0 puis est interrompu avant sleep; P produit, count devient 1, et le réveil sans dormeur est perdu.
  • C reprend et dort malgré un élément présent; aucun délai fixe ne garantit la correction.
  • Un sémaphore full initialisé à 0 mémorise le post; le wait ultérieur consomme la permission.
  • Une condition avec prédicat protégé par le même mutex utilise wait atomique et reteste dans while; la condition seule ne mémorise pas les signaux.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 5.2 Pourquoi `sleep`/`wakeup` ne suffit pas

86. Quelle différence entre sémaphore de comptage, usage binaire et mutex est correcte?

Concurrence · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S05; aucune VM, compilation ni manipulation personnelle attestée.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 86

Corrigé — question 86

Un sémaphore n’attribue pas la propriété d’un mutex : un autre thread peut effectuer post. POSIX sem_t reste un compteur; initialiser à 1 ne le borne pas magiquement à 1. L’usage binaire dépend du protocole qui évite les post excédentaires. Un mutex acquis doit être libéré par son propriétaire selon son contrat.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 6.2 Comptage, binaire et ordreRevoir la matière — 6.1 ModèleRevoir la matière — 7. Mutex Pthreads

87. C revient avec succès de pthread_cond_wait(&cv,&m). Peut-il utiliser l’élément sans retester le prédicat?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S05; aucune VM, compilation ni manipulation personnelle attestée.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 87

Corrigé — question 87

Wait libère atomiquement le mutex et attend, puis le réacquiert avant de retourner. Le retour n’affirme pas la vérité du prédicat. Un signal ne réserve pas la ressource et n’est pas mémorisé sans attenteur. Le prédicat se lit et se modifie sous le même mutex; la boucle le vérifie à nouveau.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 8. Variables de condition

88. Trois travailleurs écrivent chacun leur case A[i], atteignent une barrière de compte 3, puis lisent toutes les cases. Que garantit le rendez-vous?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Même génération de barrière; chaque travailleur arrive exactement une fois; API réussie, cases distinctes pendant A.
  • Aucune écriture suivante non synchronisée sur ces cases pendant leur lecture.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 88

Corrigé — question 88

La barrière attend les trois arrivées et sépare les phases avec synchronisation mémoire. PTHREAD_BARRIER_SERIAL_THREAD est retourné à un participant non spécifié; les autres reçoivent zéro. Elle ne sérialise pas les opérations de la phase B. Un mauvais compte ou un participant absent peut empêcher le rendez-vous.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 9. Barrières

89. Choisis et justifie les mécanismes pour quatre besoins : trois connexions disponibles, invariant possédé par le thread, attente file non vide et fin collective d’une phase.

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S05; aucune VM, compilation ni manipulation personnelle attestée.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 89

Corrigé — question 89

Le choix part de la garantie : stock de permissions, exclusion avec propriétaire, prédicat partagé ou rendez-vous collectif. Attente active et blocage sont des stratégies d’attente; une courte rotation peut exister sous un mutex. Une primitive ne prouve pas à elle seule l’équité ni la terminaison du programme. Réponse autoévaluée.

  • Sémaphore de comptage initialisé à 3, avec une permission rendue pour chaque acquisition, représente les connexions.
  • Mutex pour la région qui préserve un invariant et respecte la propriété acquisition/libération.
  • Variable de condition + même mutex + prédicat !file_vide testé dans while; le signal n’est pas un jeton.
  • Barrière de compte exact pour la frontière collective; elle n’assure ni exclusion de phase ni équité FIFO universelle.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 11. Choisir le bon mécanismeRevoir la matière — 6.2 Comptage, binaire et ordreRevoir la matière — 7. Mutex PthreadsRevoir la matière — 8. Variables de conditionRevoir la matière — 9. Barrières

90. Après compilation d’un appel système pédagogique, le test indique « appel inexistant ». Quelle vérification est prioritaire?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S05; aucune VM, compilation ni manipulation personnelle attestée.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 90

Corrigé — question 90

La chaîne doit rester cohérente : table et numéro de l’ABI, prototype/implantation, objet lié, paquets installés, noyau personnalisé démarré puis test syscall. uname -r identifie le noyau actif. Les commandes sont liées à la VM/version historique; le noyau générique reste une possibilité de retour. Aucune manipulation personnelle n’est certifiée.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 10.2 Enregistrer l’appelRevoir la matière — 10.1 Préparer l’environnementRevoir la matière — 10.3 Ajouter le code et construireRevoir la matière — 10.4 Tester et revenir en arrière

91. Tampon vide : C prend mutex puis attend full=0 sans libérer mutex. P doit prendre ce même mutex avant d’insérer. Quel diagnostic et quel ordre correct?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle des sémaphores sans erreur : full=0, empty=N>0, mutex=1; un producteur et un consommateur, aucun autre post.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 91

Corrigé — question 91

C conserve la structure verrouillée pendant qu’il attend l’élément que P ne peut pas insérer : les deux attendent. Le bon ordre est permission de ressource puis mutex; après modification, libérer mutex et poster la ressource opposée. Pour N=2 : empty=2, full=0, mutex=1 initialement. À repos après une insertion : empty=1, full=1, mutex=1; après retrait : 2/0/1.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 6.3 Producteur-consommateur corrigé

92. Quelle proposition respecte les contrats POSIX de cycle de vie et d’erreurs?

Concurrence · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle et API décrits par le maître S05; aucune VM, compilation ni manipulation personnelle attestée.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 92

Corrigé — question 92

Un appel échoué ne se traite pas uniformément : sem_wait peut être interrompu avec EINTR; pthread_mutex_lock robuste peut acquérir en signalant EOWNERDEAD, puis l’état doit être réparé et déclaré cohérent. Réinitialiser un sémaphore actif ou détruire une primitive encore utilisée n’est pas un nettoyage valide. Lire sem_getvalue n’assure pas une acquisition.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 6.4 API POSIX des sémaphoresRevoir la matière — 7.1 Cycle de vieRevoir la matière — 7.2 Types de mutex

93. Des milliers d’essais du compteur C ordinaire restent dans la borne du cours. Peut-on en faire une garantie après pthread_join?

Concurrence · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Accès concurrents incompatibles non atomiques, sans synchronisation entre les mises à jour; jointures après créations.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 93

Corrigé — question 93

Une observation ne prouve pas un invariant. La borne pédagogique n’est pas un contrat du langage C en présence de data race. Les jointures attendent les terminaisons mais n’excluent pas les accès concurrents qui les précèdent. Il faut une synchronisation des mises à jour ou des atomiques adaptées.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 2.2 Définition d’une condition de concurrence

94. s vaut 0. P exécute S1 puis post(s), avant que C n’exécute wait(s) puis S2. Quelle garantie subsiste?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Un seul post et un seul wait réussis, aucun autre accès à s, pas d’annulation ni débordement.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 94

Corrigé — question 94

Post laisse une permission lorsque personne n’attend. Le wait ultérieur peut la consommer, sans perdre l’événement; si C arrivait plus tôt il attendrait ce post. C’est un ordre entre événements, pas une exclusion générale de toutes les opérations. Une condition signalée seule ne mémoriserait pas cette permission.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 6.2 Comptage, binaire et ordre

95. C1 attend non-vide. P insère et signale sous mutex, puis libère. C2 obtient le mutex avant C1 et retire l’unique élément. C1 réacquiert ensuite. Que doit faire C1?

Concurrence · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Même mutex protège toutes les lectures/modifications du prédicat; ordonnancement décrit possible, aucune FIFO annoncée.

Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Votre réponse — question 95

Corrigé — question 95

Signal rend un attenteur éligible mais ne garantit pas qu’il réacquerra avant un autre consommateur. Après C2, count vaut 0; C1 reteste sous mutex et wait libère atomiquement ce mutex pour attendre. if sauterait ce retest et pourrait retirer d’une file vide. La sûreté n’implique pas une attente bornée sans hypothèses de progression.

Variantes : Les hypothèses fixent le modèle. Les traces sont possibles, sans FIFO ou vitesse supposée. Une reformulation équivalente est admise dans la rubrique des réponses rédigées, qui restent autoévaluées. Les modèles ne bornent pas une data race C.

Revoir la matière — 8. Variables de condition

96. Un sémaphore vaut 0. P1 exécute S1 puis post(s), avant même que P2 appelle wait(s); P2 fait ensuite S2. Que garantit ce protocole?

Synchronisation et ordonnancement · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle du maître S06; appels de synchronisation réussis.

Une seule réponse attendue selon les hypothèses énoncées.

Votre réponse — question 96

Corrigé — question 96

Le post conserve une autorisation jusqu’au wait. S2 suit S1 même si P2 commence plus tard. Cela ne rend pas leur exécution immédiatement consécutive et ne crée pas un mutex avec propriétaire.

Variantes : Une seule réponse attendue selon les hypothèses énoncées.

Revoir la matière — 2.1. Sémaphore : réserver une ressource ou imposer un ordre

97. Quelles affirmations sont garanties au retour réussi de pthread_cond_wait?

Synchronisation et ordonnancement · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle du maître S06; appels de synchronisation réussis.

Sélectionner exactement les deux garanties; aucun crédit partiel.

Votre réponse — question 97

Sélectionner toutes les réponses justes; l’ensemble doit être exact.

Corrigé — question 97

wait libère le mutex et attend atomiquement, puis le réacquiert avant de retourner. Le prédicat doit être retesté dans while : réveils spontanés ou ressource déjà reprise sont possibles. Un signal sans attenteur n’est pas un jeton conservé.

Variantes : Sélectionner exactement les deux garanties; aucun crédit partiel.

Revoir la matière — 2.6. Variable de condition : prédicat, mutex et attente atomique

98. Application SRT : A=(0,1,2,3), B=(8,4,9,5) pour P1 à P4. Quelle est l’attente moyenne?

Synchronisation et ordonnancement · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Un CPU, aucun coût de commutation ni E/S; besoins CPU connus, arrivées et besoins dans l’ordre P1 à P4.
  • Préemption si nouveau reste strictement plus court; aucun départage égal nécessaire.

6,5 ou 6.5; valeurs à ±0,001 de 6,5 acceptées. Aucun autre ordre SRT avec ces données.

Votre réponse — question 98

Tolérance absolue : 0.001. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 98

P1 0–1, P2 1–5, P4 5–10, P1 10–17, P3 17–26. F=(17,5,26,10), T=F−A=(17,4,24,7), W=T−B=(9,0,15,2). Somme W=26; moyenne=26/4=6,5. P1 a R=0 mais W=9.

Variantes : 6,5 ou 6.5; valeurs à ±0,001 de 6,5 acceptées. Aucun autre ordre SRT avec ces données.

Revoir la matière — 4.3. SRT : comparer les restes et préempter

99. Application Round Robin : P1=20, P2=3, P3=7 arrivent à 0 dans cet ordre; q=4. À quel instant P3 reçoit-il le CPU pour la première fois?

Synchronisation et ordonnancement · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Un CPU sans coût ni E/S; file initiale P1, P2, P3; quantum maximal 4.

7, 7.0 ou 7,0; valeur exacte. Aucune arrivée simultanée à une expiration à départager.

Votre réponse — question 99

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 99

P1 utilise 0–4. P2 termine après seulement trois unités, donc 4–7. P3 commence à 7 : son temps de première réponse vaut aussi 7 puisque A3=0. P2 ne garde pas une quatrième unité inutile. P3 finit à 18; 18 est sa fin, pas sa première réponse.

Variantes : 7, 7.0 ou 7,0; valeur exacte. Aucune arrivée simultanée à une expiration à départager.

Revoir la matière — 4.4. Round Robin : faire tourner une file avec un quantum

100. Scénario : le producteur écrit 1 dans un tampon d’une place, signale et sort du mutex. Il reprend avant le consommateur. Expliquez sa seconde itération puis la reprise après consommation.

Synchronisation et ordonnancement · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Tampon buf=0 libre; valeurs positives pour données; mutex commun et conditions condp/condc initialisés.
  • Patron while et opérations du §2.6; considérer le scénario où le producteur reprend en premier.

Toute formulation préservant les quatre garanties de la rubrique est recevable. D’autres entrelacements valides existent hors de cette trace imposée; aucune durée n’est exigée.

Votre réponse — question 100

Corrigé — question 100

La notification initiale n’oblige pas le consommateur à agir avant une nouvelle acquisition par le producteur. Le prédicat durable et la boucle sous mutex assurent la correction. La trace est possible; elle ne représente pas l’unique entrelacement.

  • Le producteur constate buf=1 sous mutex et attend dans while sur condp.
  • wait libère et attend atomiquement; le consommateur peut retirer 1, remettre buf=0 et signaler.
  • Le producteur doit être réordonnancé, réacquérir le mutex et retester avant d’écrire 2.
  • Le signal n’impose ni transfert immédiat de CPU/mutex ni mémorisation en l’absence d’attenteur.

Variantes : Toute formulation préservant les quatre garanties de la rubrique est recevable. D’autres entrelacements valides existent hors de cette trace imposée; aucune durée n’est exigée.

Revoir la matière — 2.6. Variable de condition : prédicat, mutex et attente atomique

101. value=5 avant fork. Le fils fait value+=15; le père attend le fils puis affiche value. Quelle valeur affiche le père?

Synchronisation et ordonnancement · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • fork et wait réussissent; variable ordinaire, aucune mémoire partagée explicite; seul le père réalise l’affichage demandé.

Une seule réponse attendue selon les hypothèses énoncées.

Votre réponse — question 101

Corrigé — question 101

Le fils a sa copie à 20. Le père conserve 5 dans son espace d’adressage. wait impose une dépendance de fin sans fusionner les variables ordinaires.

Variantes : Une seule réponse attendue selon les hypothèses énoncées.

Revoir la matière — 6.5. Question 2 : attendre ne fusionne pas la mémoire de fork

102. Deux threads font chacun 100000 mises à jour non protégées glob=glob+pas, avec pas=+1 et −1. Le principal les joint. Que peut-on garantir?

Synchronisation et ordonnancement · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle du maître S06; appels de synchronisation réussis.

Une seule réponse attendue selon les hypothèses énoncées.

Votre réponse — question 102

Corrigé — question 102

Les joins attendent les fins, ils ne rendent pas les mises à jour atomiques. Le spinlock seulement déclaré n’est pas utilisé. La course sur les accès ordinaires en C interdit de promettre zéro ou même un intervalle numérique universel; une trace pédagogique ne fournit pas une garantie du langage.

Variantes : Une seule réponse attendue selon les hypothèses énoncées.

Revoir la matière — 6.6. Question 3 : graphe de threads et compteur sans protection

103. Application : le principal crée T1 puis T2, puis fait join(T1), join(T2). Donnez deux ordres de fin possibles et expliquez pourquoi le second join ne force pas T1 à finir avant T2.

Synchronisation et ordonnancement · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Les deux créations réussissent et précèdent les deux joins; travailleurs indépendants qui finissent, sans autre synchronisation.

Accepter les deux ordres de fin, avec une justification des dépendances. Aucune durée ni ordre unique des instructions intermédiaires n’est demandé.

Votre réponse — question 103

Corrigé — question 103

T2 peut finir pendant que le principal attend T1; join(T2) trouvera alors un thread déjà terminé. T1 peut aussi finir en premier. L’ordre de création ne fixe ni l’ordre des fins ni celui des messages des travailleurs.

  • Les deux ordres de fin T1→T2 et T2→T1 sont possibles.
  • Les créations suivent leur ordre dans le principal, mais les travailleurs peuvent progresser concurremment.
  • join(T1) retarde le principal, pas T2; l’affichage suivant les deux joins attend les deux fins.

Variantes : Accepter les deux ordres de fin, avec une justification des dépendances. Aucune durée ni ordre unique des instructions intermédiaires n’est demandé.

Revoir la matière — 6.3. ExempleThreads1/2 : ordre de création, join et durée de vie

104. Complément publié : dans le modèle CFS idéal, période 15 ms et poids PA=1024, PB=526, PC=272, quelle tranche reçoit PB, arrondie à deux décimales?

Synchronisation et ordonnancement · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Trois tâches prêtes, partage idéal pondéré du §5.8, sans groupes.
  • Partie 2 publiée au constat du 14 octobre : son enseignement oral intégral et sa présence intégrale à l’intra ne sont pas établis.

4,33 ou 4.33 ms; tolérance absolue ±0,005 ms, accepte également la valeur non arrondie. 4,34 est incorrect.

Votre réponse — question 104

Tolérance absolue : 0.005. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 104

Somme des poids=1822. PB reçoit 15×526/1822=4,330406… ms, soit 4,33 ms. La valeur 4,34 de la diapositive est corrigée dans le maître. Nice n’est pas un poids. Ce calcul idéal n’impose pas une séquence réelle du noyau.

Variantes : 4,33 ou 4.33 ms; tolérance absolue ±0,005 ms, accepte également la valeur non arrondie. 4,34 est incorrect.

Revoir la matière — 5.8. Calcul pondéré sur une période

105. Trois threads exécutent A; barrière(3); B. Que garantit la barrière?

Synchronisation et ordonnancement · Compréhension · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Modèle du maître S06; appels de synchronisation réussis.

Une seule réponse attendue selon les hypothèses énoncées.

Votre réponse — question 105

Corrigé — question 105

Aucun B ne commence avant les trois arrivées à la barrière après A. Les accès dans A et B peuvent toujours se concurrencer : une barrière n’est pas un mutex. Un participant manquant peut bloquer les autres.

Variantes : Une seule réponse attendue selon les hypothèses énoncées.

Revoir la matière — 2.5. Barrière : attendre la fin collective d’une phase

106. Une tâche attend une E/S tandis que deux autres sont prêtes. Laquelle peut être choisie maintenant pour le CPU?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 106

Corrigé — question 106

L’ordonnanceur choisit parmi les prêts. La tâche bloquée ne redevient candidate qu’après le réveil approprié; l’âge ne remplace pas l’état.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 2.1 Choisir parmi les tâches prêtes

107. Quels événements peuvent conduire à un nouveau choix d’exécution dans le modèle du cours?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Sélectionner exactement les bonnes propositions; aucun crédit partiel.

Votre réponse — question 107

Sélectionner toutes les réponses justes; l’ensemble doit être exact.

Corrigé — question 107

Fin et blocage libèrent le CPU; l’horloge permet une reprise de contrôle et la préemption prévue par la politique. Une tâche seulement bloquée ne devient pas prête par sa seule existence.

Variantes : Sélectionner exactement les bonnes propositions; aucun crédit partiel.

Revoir la matière — 2.2 Quand un nouveau choix intervient

108. Une tâche arrive à 5, demande 5 unités CPU et finit à 17. Quelle est son attente cumulée?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Une seule demande CPU, aucune attente E/S ni coût de commutation.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Votre réponse — question 108

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 108

Le traitement vaut F−A=17−5=12. L’attente vaut T−B=12−5=7. L’instant de fin 17 n’est pas une durée de traitement.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Revoir la matière — 3.1 Instants, durées et moyennes

109. SJF non préemptif : P1(6), P2(8), P3(7) arrivent à 0; P4(3) arrive à 3. Quand P4 commence-t-il?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Un CPU, coûts nuls; nombres entre parenthèses = besoins CPU.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 109

Corrigé — question 109

À 0, P1 est le plus court parmi les prêts et part jusqu’à 6. L’arrivée de P4 ne le préempte pas. À 6, P4 devient le plus court prêt et s’exécute de 6 à 9.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 4.2 SJF : choisir le plus court parmi les prêts

110. P1..P5 ont arrivées (5,3,2,1,0) et besoins (5,1,2,1,8). Tracez SRT et expliquez la décision à t=3.

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Un CPU sans coût ni E/S; à égalité de reste, garder la tâche courante.

Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Votre réponse — question 110

Corrigé — question 110

Une arrivée ne suffit pas à justifier une préemption : son reste doit être strictement inférieur. À 3, P2 n’a aucun avantage de reste sur P3. À 5, P1 avec 5 passe devant les 7 restantes de P5.

  • Trace : P5 0–1, P4 1–2, P3 2–4, P2 4–5, P1 5–10, P5 10–17.
  • À 3, P3 et P2 ont tous deux un reste de 1 : conserver P3 à égalité.
  • Fins dans l’ordre P1..P5 : (10,5,4,2,17).

Variantes : Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Revoir la matière — 8.2 Grand énoncé Q2 : six politiques, cinq arrivées

111. RR q=2 : arrivées P1..P5=(5,3,2,1,0), besoins=(5,1,2,1,8). Quelle est l’attente totale de P2?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Un CPU, coûts nuls; les arrivées à la frontière sont admises avant la réinsertion de la tâche interrompue.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Votre réponse — question 111

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 111

P5 0–2, P4 2–3, P3 3–5, P5 5–7, P2 7–8. P2 arrive à 3 et reçoit son unique unité à 7 : W=8−3−1=4. La frontière t=2 place P3 avant P5.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Revoir la matière — 8.2 Grand énoncé Q2 : six politiques, cinq arrivées

112. Sur le Q2 du maître, RR q=2 et priorité préemptive ont T moyen=7,6 et W moyen=4,2. Peut-on conclure que leur service individuel est équivalent?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Votre réponse — question 112

Corrigé — question 112

Les sommes sont identiques, mais réparties différemment entre les personnes servies. La priorité peut repousser la courte tâche P2; RR lui procure un passage plus tôt. Comparer aussi les valeurs individuelles et l’objectif choisi.

  • Non : une moyenne ne détermine pas le vecteur des attentes.
  • P2 attend 4 en RR, contre 13 en priorité préemptive.
  • Relier la différence à la rotation de file et au faible niveau de priorité de P2.

Variantes : Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Revoir la matière — 8.2 Grand énoncé Q2 : six politiques, cinq arrivées

113. A..E arrivent à 0 dans cet ordre, besoins 15/9/3/6/12 minutes. En RR q=1, quelle est la moyenne de traitement?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Un CPU sans coût; retirer une tâche dès sa fin; quantum 1 minute.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.01.

Votre réponse — question 113

Tolérance absolue : 0.01. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 113

Les fins A/B/C/D/E sont 45/35/13/26/42. Toutes les arrivées valent 0; T=F. La somme est 161 et 161/5=32,2. Les tours raccourcissent lorsque C, puis D, B et E terminent.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.01.

Revoir la matière — 8.1 Grand énoncé Q1 : mêmes arrivées, RR discret q=1

114. Partage fluide égal : besoins A10/B6/C2/D4/E8, tous à 0. À quel instant C termine-t-il?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Modèle idéal continu; pas de quantum; cinq tâches initialement prêtes; unités CPU en minutes.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Votre réponse — question 114

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 114

Chaque tâche reçoit initialement 1/5 de la puissance. Pour accumuler 2 minutes CPU, C demande 2/(1/5)=10 minutes écoulées. Il finit avant tout autre; cela ne simule pas un RR discret.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Revoir la matière — 8.3 Petit énoncé : partage idéal et erreur FCFS

115. FCFS impose l’ordre C,D,B,E,A pour les besoins A10/B6/C2/D4/E8. Quelle est la moyenne de traitement correcte?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Toutes les arrivées sont à 0; coûts nuls; suivre l’ordre explicitement donné.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Votre réponse — question 115

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 115

C finit à 2, D à 6, B à 12, E à 20 et A à 30. Somme 70, moyenne 14. Le 16 du petit corrigé ne correspond pas à ces données; aucune rectification écrite de l’enseignant n’est prétendue.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Revoir la matière — 8.3 Petit énoncé : partage idéal et erreur FCFS

116. Une tâche E/S utilise peu de CPU à son réveil, mais attend derrière plusieurs longues tâches RR. Pourquoi réduire q peut-il aider, et quel coût faut-il surveiller?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Votre réponse — question 116

Corrigé — question 116

La réactivité de la courte rafale peut améliorer le recouvrement CPU/E/S. Mais une commutation consomme du temps. Le choix dépend des critères et de la charge, pas du seul débit d’un calcul.

  • Des tranches plus courtes donnent plus vite une occasion de relancer son E/S.
  • La tâche bloquée n’utilise pas son quantum pendant l’attente.
  • Davantage de commutations réduit la part de CPU utile; aucun quantum universel optimal.

Variantes : Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Revoir la matière — 4.5 Choisir le quantum et comprendre le compromis

117. Une tâche SCHED_FIFO reste prête. Une tâche de priorité temps réel supérieure se réveille. Quelle affirmation est correcte?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 117

Corrigé — question 117

Le niveau temps réel choisit la priorité. FIFO garde le CPU entre pairs sans rotation par quantum, mais une tâche de niveau supérieur peut l’interrompre. FIFO et RR peuvent partager les mêmes niveaux.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 5.3 FIFO et RR : deux raisons différentes de préempter

118. Dans le modèle O(1) historique, SP=110 et correction nulle. Quelle tranche donne la fonction du support?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Votre réponse — question 118

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 118

SP<120 : (140−110)×20=600 ms. La branche à coefficient 5 ne s’applique qu’à SP≥120. Ces réglages sont historiques et ne décrivent pas tous les noyaux actuels.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Revoir la matière — 5.5 Tranches et passage au prochain epoch

119. O(1) historique : nice=0 et correction dynamique=−5. Quel est le niveau interne calculé?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Votre réponse — question 119

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 119

120+0−5=115. Le plus petit indice interne est le plus prioritaire dans ce modèle. La correction négative augmente donc la priorité effective; elle ne devient pas une priorité temps réel.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Revoir la matière — 5.4 Nice et correction dynamique de NORMAL

120. P3 demande 140 ms et P4 43 ms, tous deux au niveau 120, dans cet ordre. Décrivez le premier passage et la reprise s’ils sont seuls.

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Modèle historique, tranche 100 ms, aucun autre travail actif, arrivée ou blocage.

Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Votre réponse — question 120

Corrigé — question 120

Une tranche est maximale. P4 ne réserve pas 100 ms alors qu’il finit en 43. La reprise de P3 dépend de l’épuisement de toute l’active : avec d’autres tâches, elle pourrait être retardée.

  • P3 consomme 100 ms, garde 40 et rejoint l’expirée.
  • P4 consomme seulement 43 ms et termine; premier passage=143 ms.
  • Une fois l’active vide, échange; P3 finit 40 ms plus tard, à 183 ms.

Variantes : Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Revoir la matière — 5.5 Tranches et passage au prochain epoch

121. T2 appelle sched_yield pour « garantir que T1 a fini le chargement ». Ce protocole garantit-il l’ordre?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 121

Corrigé — question 121

Yield cède une possibilité d’exécution suivant la politique. Il n’est ni une jointure ni une barrière. Un prédicat protégé et une condition, ou une autre synchronisation adaptée, doivent établir le chargement avant l’analyse.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 5.6 Yield est une cession, pas une synchronisation

122. CFS : niveaux 119/123/127, poids 1277/526/215. Quel pourcentage revient à la tâche de niveau 119?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Ces trois tâches sont les seuls participants prêts; pas de regroupement supplémentaire.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.01.

Votre réponse — question 122

Tolérance absolue : 0.01. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 122

Somme=1277+526+215=2018. Part=1277/2018×100≈63,2805 %. Les nice sont −1/3/7 : les indices ne sont pas directement les poids.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.01.

Revoir la matière — 6.3 Application du laboratoire : niveaux 119/123/127

123. Période CFS=15 ms; seuls poids prêts 1024/526/272. Quelle tranche cible revient au poids 526?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.005.

Votre réponse — question 123

Tolérance absolue : 0.005. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 123

Somme=1822; tranche=15×526/1822=4,330406… ms, soit 4,33. Le 4,34 de la diapositive ne découle pas de ses nombres; 8,43+4,33+2,24=15.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.005.

Revoir la matière — 6.2 Fractions et tranches : deux exemples du cours

124. A lance 48 tâches, B en lance 2, toutes de même poids. Sans partage de groupes ajouté, quelle part idéale reçoit A?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 124

Corrigé — question 124

L’ensemble contient 50 tâches; A reçoit 48/50=96 %. Viser 50/50 entre utilisateurs requiert un regroupement et des poids appropriés. Ce n’est pas une conséquence automatique du nombre d’utilisateurs.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 6.1 Définir les participants et les poids

125. Une machine a 8 processeurs logiques. Quatre travailleurs comparables saturent ensemble un seul CPU par affinité. Quel pourcentage global approximatif correspond à chacun?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.
  • Partage égal idéal entre quatre travailleurs; le pourcentage est normalisé à l’ensemble des huit CPU.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.01.

Votre réponse — question 125

Tolérance absolue : 0.01. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 125

Un CPU vaut 100/8=12,5 % du total; chaque travailleur reçoit 12,5/4=3,125 %. Le résultat est un calcul de modèle, pas une mesure expérimentale effectuée.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.01.

Revoir la matière — 7.2 Interpréter les variations

126. Un collègue confond processeur idéal et affinité. Quelle distinction faut-il garder?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 126

Corrigé — question 126

La préférence ne constitue pas le même contrat que l’ensemble des CPU permis. Pour forcer la compétition de l’expérience, le protocole fixe l’affinité de CPUSTRES à un seul processeur logique.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 7.2 Interpréter les variations

127. Le producteur signale avant l’arrivée du consommateur. Pourquoi le consommateur ne doit-il pas dépendre uniquement de ce signal?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Votre réponse — question 127

Corrigé — question 127

Si le tampon est déjà plein, le consommateur voit l’état et consomme sans attendre un signal futur. Le mutex protège le test et la modification; le réveil ne dispense pas de retester.

  • La notification de condition n’est pas un jeton conservé.
  • Le prédicat buffer plein/vide est durable et protégé par le même mutex.
  • Le consommateur teste en while; wait relâche le mutex puis le reprend avant retour.

Variantes : Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Revoir la matière — 9.1 Une case producteur/consommateur et les conditions

128. Interblocage.c a N_PIGE=1. Les acquisitions décrites créent-elles le cycle M1→M2→M1 visé?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 128

Corrigé — question 128

Avec une seule pige distincte, il manque la possession d’un verrou pendant l’attente d’un autre pour ce cycle. Avec plusieurs acquisitions, un ordre global croissant empêche cette cause de cycle; usleep n’est pas une synchronisation.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 9.2 Plusieurs mutex : rendre un cycle impossible

129. T1 prend M1 puis attend M2. T2 prend M2 puis attend M1. Donnez l’entrelacement qui bloque et une règle qui empêche ce cycle.

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Votre réponse — question 129

Corrigé — question 129

Les possessions et attentes forment un cycle. Un ordre strict commun rend impossible un retour au verrou de départ par des acquisitions croissantes. Les messages imprimés avant lock ne prouvent pas que lock a réussi.

  • T1 acquiert M1, est suspendu; T2 acquiert M2 puis bloque sur M1.
  • T1 reprend et bloque sur M2 : chacun attend l’autre.
  • Imposer le même ordre global d’acquisition à tous; ne pas prétendre prouver ainsi tous les autres aspects du code.

Variantes : Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Revoir la matière — 9.3 Préparation intra : comprendre et montrer un entrelacement

130. T1 charge un fichier; T2 doit l’analyser. Expliquez un protocole qui fonctionne même si T1 termine avant que T2 commence à attendre.

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Votre réponse — question 130

Corrigé — question 130

Le booléen mémorise l’achèvement; le signal seul ne le mémorise pas. Cond_wait libère le mutex pour laisser avancer T1 et le reprend avant de retester. Main joint avant de détruire les objets.

  • Initialiser done=false, un mutex et une condition avant les travailleurs.
  • T1 écrit done=true et signale sous mutex, après le chargement.
  • T2 attend dans while(!done) avec cond_wait; si done est déjà vrai, aucune attente nécessaire.

Variantes : Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Revoir la matière — 9.3 Préparation intra : comprendre et montrer un entrelacement

131. La section matricielle fixe N=8, M=10, P=5 et demande un thread par cellule du résultat G(N×M)H(M×P). Combien de threads?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Votre réponse — question 131

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 131

Le résultat a N×P=8×5=40 cellules. M=10 est la longueur du produit scalaire de chaque cellule. Chaque thread doit recevoir des paramètres propres valides pendant son usage; le calcul ne prouve aucune exécution réelle.

Variantes : Virgule ou point décimal; saisir le nombre seul. Tolérance absolue : 0.

Revoir la matière — 10.2 Section 0 : produit matriciel, 10 points bonus

132. Après l’étape intermédiaire scheduler_to_fifo, quelles fonctions sont exigées dans le priority.c final décrit par le TP2?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 132

Corrigé — question 132

Le sujet passe d’une étape à deux fonctions à une version finale avec main, work et change_scheduler. La fonction FIFO intermédiaire ne devient pas une quatrième fonction finale. Les retours et errno doivent provenir des expériences réelles.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 10.3 Section 1 : priorités 20 points, FIFO/RR10 points

133. Termine a été annoncé alors que la file contient encore trois éléments. Que doivent faire les retraits, puis que se passe-t-il quand elle devient vide?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Votre réponse — question 133

Corrigé — question 133

Termine annonce l’absence d’insertion future, pas la disparition du travail déjà stocké. La distinction entre vide temporaire et fin définitive permet de ne perdre ni travail ni consommateurs bloqués.

  • Permettre de retirer les trois éléments présents; retourner true pour les retraits réussis.
  • Retourner false seulement lorsque fin annoncée ET file vide.
  • Réveiller les consommateurs qui attendaient afin qu’ils puissent vérifier la fin.

Variantes : Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Revoir la matière — 10.4 Section 2 : file bornée, 66 points

134. La console imprime « retrait 12 » puis « retrait 11 ». Est-ce une preuve suffisante que la file a violé FIFO?

Ordonnancement et révision · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement créé pour le portail depuis le maître local S07; distinct des évaluations officielles.

Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Votre réponse — question 134

Corrigé — question 134

L’ordre observé des lignes n’établit pas à lui seul l’ordre des modifications de la file. Il faut instrumenter ou raisonner sur l’événement pertinent plutôt que conclure à partir de l’affichage non atomique.

  • Non : le retrait sous protection et son affichage ultérieur sont des événements distincts.
  • Un consommateur peut retirer 11 puis être suspendu avant d’imprimer, tandis qu’un autre retire/imprime 12.
  • Contrôler l’ordre des retraits et l’intégrité; ne pas ignorer un défaut réellement démontré.

Variantes : Formulations et décisions équivalentes acceptables si justifiées par les critères; comparer soi-même au corrigé, sans note automatique sur le texte.

Revoir la matière — 10.4 Section 2 : file bornée, 66 points

135. P attend une lecture disque en cours; le périphérique peut encore la terminer sans intervention d’un processus qui attend P. Quelle conclusion est justifiée ?

Interblocage : graphes, détection et récupération · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 135

Corrigé — question 135

L’événement attendu demeure possible. Le diagnostic de deadlock exige de montrer une dépendance qui empêche les événements nécessaires, et ne se déduit pas d’une attente ou d’une absence du CPU.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 2.1. Interblocage et blocage ordinaire

136. A détient le scanner et attend le graveur. B détient le graveur et attend le scanner. Pourquoi donner plus de CPU à A ne résout-il pas ce cas ?

Interblocage : graphes, détection et récupération · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Votre réponse — question 136

Corrigé — question 136

Chaque ressource indisponible reste détenue par un processus empêché de la libérer. Ce raisonnement décrit cet état, et non tous les entrelacements du programme.

  • A conserve ce dont B a besoin, B conserve ce dont A a besoin.
  • Les libérations sont après les acquisitions bloquantes et ne peuvent être atteintes.
  • Le CPU ne fournit ni le scanner ni le graveur; il faut modifier une dépendance.

Variantes : Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Revoir la matière — 2.2. Exemple initial : scanner et graveur

137. Une instance de R est libre. A la demande et l’obtient immédiatement. Quel arc représente ensuite cet état ?

Interblocage : graphes, détection et récupération · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 137

Corrigé — question 137

R→A représente une détention. A→R représenterait une demande insatisfaite. Le graphe doit suivre l’état réel après l’opération.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 3.1. Nœuds et orientation des arcs

138. A détient R et demande S; B détient S et demande T; C détient T et demande R. Une instance par type, ressources exclusives non réquisitionnées : écrire le cycle et expliquer la conclusion.

Interblocage : graphes, détection et récupération · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Votre réponse — question 138

Corrigé — question 138

Il faut suivre l’orientation des arcs et conserver l’hypothèse d’une seule instance. Une simple liste de trois noms ne démontre pas le cycle.

  • Allocations R→A,S→B,T→C; attentes A→S,B→T,C→R.
  • Cycle dirigé A→S→B→T→C→R→A.
  • Chaque détenteur attend le suivant avant de pouvoir libérer; deadlock dans ce modèle à une instance.

Variantes : Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Revoir la matière — 3.3. Trois processus : une trace qui interbloque

139. A possède R et S et n’attend rien; C possède T et attend R. A peut atteindre ses libérations. Que montre ce cas ?

Interblocage : graphes, détection et récupération · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 139

Corrigé — question 139

Il existe une progression possible de A produisant l’événement attendu par C. Le cas illustre la différence entre attente et dépendance circulaire.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 3.4. Les mêmes programmes : une trace sans interblocage

140. Deux sémaphores binaires M1,M2 valent 1. A prend M1 puis M2; B prend M2 puis M1; les up suivent les deux acquisitions. Donner une trace bloquante puis une règle empêchant ce cycle.

Interblocage : graphes, détection et récupération · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Votre réponse — question 140

Corrigé — question 140

L’ordre des acquisitions compte. Les libérations écrites dans le programme ne garantissent rien si elles restent inaccessibles. La correction proposée vise ce cycle précis.

  • A obtient M1, puis B obtient M2.
  • A bloque sur M2 en gardant M1; B bloque sur M1 en gardant M2.
  • Un même ordre strict M1 puis M2 pour les deux empêche ce cycle à deux verrous.
  • Les protections locales fonctionnent; leur protocole combiné crée le deadlock.

Variantes : Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Revoir la matière — 4.2. Inverser deux acquisitions suffit à rendre le cycle possible

141. Dans le cas à deux sémaphores inversés, quelles propriétés correspondent aux conditions nécessaires présentées ?

Interblocage : graphes, détection et récupération · Application · version 1

Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir toutes et seulement les propositions justes, sans crédit partiel.

Votre réponse — question 141

Sélectionner toutes les réponses justes; l’ensemble doit être exact.

Corrigé — question 141

Exclusion mutuelle, détention/attente, absence de réquisition et attente circulaire sont les quatre conditions. Une saturation CPU ne figure pas dans cette liste.

Variantes : Choisir toutes et seulement les propositions justes, sans crédit partiel.

Revoir la matière — 5. Reconnaître les quatre conditions nécessaires

142. Avant une allocation, le système examine ses conséquences possibles. À quelle famille correspond ce moment d’intervention ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 142

Corrigé — question 142

L’évitement examine l’allocation envisagée. La détection recherche un problème déjà présent; la prévention empêche une condition nécessaire; l’autruche accepte un risque dans son contexte.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 6.1. Les approches et leur moment d'intervention

143. Comparer une panne de jeu exceptionnellement rare et une panne téléphonique fréquente. Que doit justifier un choix de stratégie de l’autruche ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Votre réponse — question 143

Corrigé — question 143

Une décision de coût peut être rationnelle dans un contexte et inadaptée dans un autre. Le nom de la stratégie ne suffit pas à justifier la décision.

  • Fréquence ou probabilité observée et conséquences de la panne.
  • Coût de détection/reprise comparé au dommage accepté et au redémarrage.
  • Accepter un risque ne prouve pas que le programme est exempt d’interblocage.
  • Les exemples sont contextuels et ne fixent aucun seuil universel.

Variantes : Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Revoir la matière — 6.2. Pourquoi l'autruche peut être un choix de coût

144. Dans le graphe courant, le détecteur par épluchage retire quel nœud ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 144

Corrigé — question 144

Un membre d’un cycle possède une sortie vers la suite du cycle. Retirer un nœud sans sortie ne détruit pas de cycle passant par ce nœud; il faut recommencer sur le graphe réduit.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 7.2. Procédure complète

145. Graphe dirigé original : A→R, R→B, B→S, S→A, C→R et D sans arc. Retirer les nœuds sans sortie, conclure et distinguer C des membres du cycle.

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Votre réponse — question 145

Corrigé — question 145

Les nœuds résiduels ne sont pas tous des membres d’un cycle. Le graphe abstrait utilise la même orientation que l’allocation à une instance par type.

  • D est retiré.
  • Il reste A,R,B,S,C; chacun a une sortie, donc arrêt sur un graphe non vide.
  • Cycle A→R→B→S→A.
  • C dépend du cycle par R mais n’est pas lui-même sur ce cycle.

Variantes : Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Revoir la matière — 7.3. Justification et interprétation des deux issues

146. Il existe 4 processus et 3 types possédant respectivement 2,5,1 instances. Quelle dimension a C ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 146

Corrigé — question 146

C a une ligne par processus et une colonne par type. Le nombre total d’instances 8 ne remplace pas m=3.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 8.1. Définir les dimensions et les quatre structures

147. Pour un seul type, E=9 et les allocations de trois processus sont 2,1,4. Combien d’instances sont disponibles ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Saisir le nombre seul; point ou virgule accepté; tolérance absolue nulle.

Votre réponse — question 147

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 147

La conservation par type donne A=E−ΣC=9−(2+1+4)=2. Les demandes R ne sont pas des détentions à soustraire.

Variantes : Saisir le nombre seul; point ou virgule accepté; tolérance absolue nulle.

Revoir la matière — 8.2. Vérifier la conservation des instances

148. Une requête (4,3,1,2) est-elle ≤ au disponible (5,4,5,1) ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 148

Corrigé — question 148

Toutes les composantes doivent convenir. Le manque d’un type ne peut être compensé par les quantités d’un autre; l’égalité, lorsqu’elle se présente, est admise.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 8.3. Comparer des vecteurs composante par composante

149. Un processus a C=(0,0), R=(4,2), A=(0,0). Pourquoi est-il marqué initialement dans le détecteur présenté ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 149

Corrigé — question 149

Le critère initial porte sur C nul. Ce marquage ne prouve ni exécution en cours ni satisfaction de R. Il exprime le rôle de la ligne dans l’analyse des détenteurs.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 9.1. Marquage initial et sens du résultat

150. R[i]≤A_sim vient de réussir. Quelle augmentation nette du disponible utilise le détecteur après la terminaison simulée de i ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 150

Corrigé — question 150

Les ressources temporairement empruntées pour satisfaire R sont prises puis rendues : leur effet net s’annule. Le gain net vient de l’allocation antérieure C, restituée une seule fois.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 9.3. Pourquoi ajouter C[i], et pourquoi recommencer

151. Exemple S08 : A=(2,1,0,0), C3=(0,1,2,0), R3=(2,1,0,0). Après la terminaison simulée admissible de P3, combien de scanners (troisième composante) sont disponibles ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Saisir le nombre seul; point ou virgule accepté; tolérance absolue nulle.

Votre réponse — question 151

Tolérance absolue : 0. Virgule ou point accepté.

Corrigé — question 151

R3 est égal à A, donc admissible. A+C3=(2,2,2,0); la troisième composante passe de 0 à 2. La quantité demandée de dérouleurs ne s’ajoute pas au gain net.

Variantes : Saisir le nombre seul; point ou virgule accepté; tolérance absolue nulle.

Revoir la matière — 10.3. Premier choix : P3

152. Variante originale à deux types : A=(0,1); C1=(1,0),R1=(0,1); C2=(0,1),R2=(1,0). Vérifier E, dérouler le détecteur et conclure.

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Votre réponse — question 152

Corrigé — question 152

Le choix successif admissible prouve la possibilité des libérations simulées. Ajouter toutes les allocations sans vérifier les demandes ne serait pas une justification.

  • E=A+C1+C2=(1,2), aucune allocation nulle.
  • P1 admissible : (0,1)≤(0,1), puis A_sim=(1,1).
  • P2 admissible ensuite : (1,0)≤(1,1), puis A_sim=(1,2)=E.
  • Tous marqués; aucun deadlock détecté dans cet état. Il fallait réexaminer P2.

Variantes : Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Revoir la matière — 10.4. Deuxième et troisième choix : P2, puis P1

153. Variante originale : A=(0,0); C1=(1,0),R1=(0,1); C2=(0,1),R2=(1,0). Exécuter le détecteur sans inventer une ressource supplémentaire.

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Votre réponse — question 153

Corrigé — question 153

Le total E existe mais il est déjà entièrement détenu. Comparer R à E donnerait une conclusion erronée; c’est A_sim qui détermine l’admissibilité.

  • E=(1,1); aucune ligne C n’est nulle.
  • R1 et R2 dépassent A dans au moins une composante.
  • Aucune terminaison simulée admissible, donc arrêt immédiat.
  • P1 et P2 restent non marqués; le détecteur les identifie comme interbloqués dans cet état.

Variantes : Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Revoir la matière — 9.4. Arrêt et précautions d'interprétation

154. Une solution annonce A_final=E après avoir additionné toutes les lignes C, sans montrer de comparaisons R≤A_sim. Est-ce une preuve suffisante d’absence d’interblocage ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 154

Corrigé — question 154

L’invariant comptable est vrai même dans un état bloqué. Les comparaisons successives établissent que les libérations pourraient avoir lieu.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 10.5. Trace récapitulative et conclusion justifiée

155. Une faible utilisation CPU déclenche la détection. Que permet de conclure cette observation seule ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Votre réponse — question 155

Corrigé — question 155

Une baisse du CPU utile peut accompagner des attentes, mais elle n’identifie pas une dépendance circulaire. Le seuil est une heuristique de déclenchement.

Variantes : Choisir une seule réponse selon les hypothèses.

Revoir la matière — 11.1. Fréquence et surcharge de gestion

156. Un processus incrémente une donnée externe puis est restauré à un point antérieur à cet incrément. Pourquoi la restauration de ses variables locales peut-elle être insuffisante ?

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Hypothèses et règle de réponse
  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Votre réponse — question 156

Corrigé — question 156

L’état pertinent dépasse la position du programme et ses variables internes. Le maître compare ces effets au coût moindre d’une compilation qu’on peut relancer.

  • La donnée externe peut déjà conserver le premier incrément.
  • Rejouer l’opération peut l’incrémenter une seconde fois.
  • Le point de reprise et le traitement des effets externes doivent être cohérents.
  • Un rollback ne garantit donc pas à lui seul une reprise applicative correcte.

Variantes : Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Revoir la matière — 11.4. Revenir à un point de reprise

157. Pour un traitement qui grave un support, comparez retrait d’une ressource, rollback et arrêt d’un processus. Que faut-il vérifier avant de parler de récupération réussie ?

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  • Entraînement du portail depuis le maître local S08, distinct des évaluations officielles. Données fixées par l’énoncé; aucune action personnelle ou exécution réelle certifiée.

Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Votre réponse — question 157

Corrigé — question 157

La libération technique d’une ressource ne garantit pas l’intégrité du résultat. Le choix dépend des dommages et du coût de reprise acceptables.

  • Le retrait peut endommager l’opération ou le support.
  • Le rollback exige un état sauvegardé cohérent et le traitement des effets externes.
  • L’arrêt doit effectivement libérer une ressource qui casse les dépendances; une simple suspension ne suffit pas.
  • Aucune de ces méthodes n’est universelle; distinguer détection et réparation.

Variantes : Autoévaluation avec rubrique; accepter les formulations équivalentes justifiées.

Revoir la matière — 11.3. Préempter une ressource

Banques hebdomadaires

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