Advanced Computer Architecture Chapter 123 Problems Solution
27 likes32,802 views
Dokumen tersebut membahas tentang mata kuliah Arsitektur Komputer Lanjut yang mencakup pembahasan bab 1, 2, dan 3 dari buku "Advanced Computer Architecture" karya Kai Hwang. Ringkasan dokumen memberikan informasi bahwa dokumen tersebut berisi penyelesaian soal-soal yang terkait dengan konsep arsitektur komputer paralel seperti CPI, MIPS rate, throughput, parallelisme instruksi, dan analisis efisiensi dan utilisasi sistem paralel
Advanced Computer Architecture Chapter 123 Problems Solution
- 1. Tugas Arsitektur Komputer Lanjut (EC6020) Buku : Kai Hwang, Advanced Computer Architecture : Parallelism, Scalability, Programmability, Mc-Graw-Hill, 1993 (Pembahasan Soal Bab 1, 2 dan 3) Nama : Ketut Udy Ariawan NIM : 23205022 Penyelesaian Soal No 1.4 (a) Arithmetic and logic 1 x 60% x 200.000 = 120.000 Load/store with cache hit 2 x 18% x 200.000 = 72.000 Branch 4 x 12% x 200.000 = 96.000 Memory reference with cache miss 8 x 10% x 200.000 = 160.000 Total ( C ) : 448000 C 448000 CPI = = = 2,24 Ic 200.000 f 40 x 106 (b) MIPS rate = = = 17,86 CPI x 106 2,24 x 106 Penyelesaian Soal No 1.6 Wp (Troughput rate) = MIPS x 106/Ic Program 1 Komputer A Wp = 1 x 106/108 = 0,01 Program 1 Komputer B Wp = 10 x 106/108 = 0,1 Program 1 Komputer C Wp = 20 x 106/108 = 0,2 Program 2 Komputer A Wp = 1000 x 106/108 = 10 Program 2 Komputer B Wp = 100 x 106/108 = 1 Program 2 Komputer C Wp = 20 x 106/108 = 0,2 Program 3 Komputer A Wp = 500 x 106/108 = 5
- 2. Program 3 Komputer B Wp = 1000 x 106/108 = 10 Program 3 Komputer C Wp = 50 x 106/108 = 0,5 Program 4 Komputer A Wp = 100 x 106/108 = 1 Program 4 Komputer B Wp = 800 x 106/108 = 8 Program 4 Komputer C Wp = 100 x 106/108 = 1 Dari hasil perhitungan diatas, dapat disimpulkan Komputer C adalah general purpose Komputer A dan B special purpose Penyelesaian Soal No 1.8 (a) Instruksi Load R1,B(I) 4 x 64 = 256 Instruksi Load R2,C(I) 4 x 64 = 256 Instruksi Multiply R1,R2 8 x 64 = 512 Instruksi Load R3,A(I) 4 x 64 = 256 Instruksi Add R3,R1 2 x 64 = 128 Instruksi Store D(I),R3 4 x 64 = 256 Total = 1664 CPU cycle 1664 (b) SIMD excution time = = 26 siklus mesin 64 (c) Speedup gain = 64
- 3. Penyelesaian Soal No 2.4 a) S1 S2 S4 S3 b) S1 S2 S4 S3 c) S1 S2 S3 Penyelesaian Soal No 2.5 a) S1 S4 S2 S5 S3 b) ya, sebab terdapat beberapa eksekusi yang merupakan flow dependence
- 4. c) S1 S4 S2 S5 S3 Juga terdapat sumber – sumber dependence karena banyak eksekusi yang merupakan flow dependence. Penyelesaian Soal No 2.7 Terdapat 21 pasang kemungkinan yang dapat diparallelkan, tetapi pasangan yang dapat diparallelkan adalah 9 pasang S1||S3, S1||S5, S2||S3, S2||S7, S3||S5, S3||S6, S3||S7, S5||S6, S5||S7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Penyelesaian Soal No 3.11 (a). 1/n ≤ E(n) ≤ U(n) ≤ 1 Efisiensi diperoleh dari perbandingan antara derajat aktual dari performansi S ( n) speedup dengan nilai maksimum atau E(n) = , karena 1 ≤ S(n) ≤ n maka n 1/n ≤ S(n)/n ≤ n/n sehingga 1/n ≤ E(n) ≤ 1 (1) U(n) adalah sistem utilisasi yang didefinisikan sebagai perkalian antara redundansi R(n) dan efisiensi E(n) atau U(n) = R(n).E(n) (2) Sedangkan R(n) adalah rasio dari O(n) dan O(1), dimana rasio ini menandakan tingkat kesesuaian antara software parallelism dengan hardware parallelism oleh karena itu diketahui 1 ≤ R(n) ≤ n (3) atau nilai R(n) harus lebih besar dari satu. Dari persamaan (2) diperoleh 1/n ≤ E(n) ≤ R(n).E(n) ≤ 1 (4)
- 5. Dari persamaan (1), (2), (3), dan (4) dapat diketahui bahwa pernyataan 1/n ≤ E(n) ≤ U(n) ≤ 1 adalah benar. (b). 1 ≤ R(n) ≤ 1/E(n) ≤ n Dari persamaan (2) diperoleh O ( n) E(n) = nT (n) R(n) 1 nT (n) R(n) = sehingga E ( n) O ( n) pernyataan R(n) ≤ 1/E(n) dapat kita buktikan sebagai O ( n) nT (n) R(n) ≤ O(1) O ( n) 1 ≤ nT(n)R(n) (5) O(1) Dari persaman (3) dapat diketahui pernyataan (5) adalah benar. Diketahui juga 1/n ≤ E(n) ≤ 1 maka dari sini diperoleh n ≥ 1/E(n) ≥ 1 (6) Dari persamaan (5) dan (6) dapat diketahui bahwa pernyataan 1 ≤ R(n) ≤ 1/E(n) ≤ n adalah benar. S ( n) E ( n) T 3 (1) (c). Q(n) = = R ( n) nT 2 (n)O(n) Diketahui T (1) S(n) = (7) T ( n) T (1) E(n) = (8) nT (n) O ( n) R(n) = (9) O(1) Dari persamaan (7), (8) dan (9) dapat diturunkan persamaan T (1) / T (n).T (1) / nT (n) T 3 (1) Q ( n) = = O(n) / O(1) nT 2 (n)O(n)
- 6. T (1).T (1) O(1) T 3 (1) Q ( n) = . = T (n).nT (n) O(n) nT 2 (n)O(n) Diketahui bahwa dalam suatu sistem uniprosesor T(1) = O(1) maka T (1).T (1) T (1) T 3 (1) Q ( n) = . = nT (n).T (n) O(n) nT 2 (n)O(n) (d). Pada hypothetical workload pada contoh 3.3. Diketahui : O(1) = T(1) = n3 O(n) = n3 + n2 log2 n T(n) = 4n3 / (n + 3) S(n) = (n + 3) / 4 E(n) = (n + 3) / (4n) R(n) = (n + log2 n) / n U(n) = (n + 3) (n + log2 n) / (4n2) Q(n) = (n + 3)2 / (16(n + log2 n)) Misalkan jumlah prosesor yang digunakan n = 4 maka : 1/n ≤ E(n) ≤ U(n) ≤ 1 1 (n + 3) (n + 3)(n + log 2 n) ≤ ≤ ≤1 n 4n 4n 2 1 (4 + 3) (4 + 3)(4 + log 2 4) ≤ ≤ ≤1 4 4( 4) 4(4) 2 1 7 42 ≤ ≤ ≤1 4 16 64 0,25 ≤ 0,4375 ≤ 0,65625 ≤ 1 Dari perhitungan diatas maka dapat diketahui bahwa 1/n ≤ E(n) ≤ U(n) ≤ 1 adalah benar. Untuk 1 ≤ R(n) ≤ 1/E(n) ≤ n dapat dihitung pula : 1 ≤ R(n) ≤ 1/E(n) ≤ n n + log 2 n 1 1≤ ≤ ≤n n (n + 3) 4n n + log 2 n 4n 1≤ ≤ ≤n n (n + 3) Jika jumlah prosesor yang digunakan n = 4 maka :
- 7. 4 + log 2 4 4( 4) 1≤ ≤ ≤4 4 (4 + 3) 6 16 1≤ ≤ ≤n 4 7 1 ≤ 1,5 ≤ 2,2857 ≤ 4 Dari perhitungan diatas maka dapat disimpulkan bahwa 1 ≤ R(n) ≤ 1/E(n) ≤ n adalah benar.