Doğru cevap: B) Yarış durumu (race condition)

Sonuç, paylaşılan veriye eşzamanlı erişimlerin sırasına bağlıdır: sayac++ oku–artır–yaz adımlarına ayrılır ve araya giren iş parçacığının güncellemesi kaybolur. Çözüm, artırmayı kritik bölge olarak korumak ya da atomik artırma kullanmaktır.

Son değer 6: T1 eski değeri (5) okuduğu için T2’nin yazdığı 7’nin üzerine 6 yazar; T2’nin güncellemesi kaybolur. Olası sonuçlar 6, 7, 8’dir: sıralı çalışırlarsa 8, T1’in güncellemesi kaybolursa 7, T2’ninki kaybolursa 6.

1. Karşılıklı dışlama: Aynı anda en fazla bir süreç kritik bölgesinde olabilir.
2. İlerleme: Kritik bölgede kimse yokken, girmek isteyenler arasından seçim sonsuza ertelenemez ve seçime yalnızca girmek isteyenler katılır.
3. Sınırlı bekleme: Bir süreç giriş isteğinde bulunduktan sonra, isteği karşılanana dek diğer süreçlerin kritik bölgeye kaç kez girebileceğinin bir üst sınırı vardır; bu açlığı önler.

Ayrıca hiçbir varsayım CPU sayısı ya da hızı üzerine kurulmamalıdır.

Doğru cevap: B) Okumalar için senkronizasyon gerekmez; hiçbir iş parçacığı veriyi değiştirmiyor.

Yarış durumu için en az bir erişimin yazma olması gerekir. Yalnızca okunan veri eşzamanlı olarak güvenle paylaşılır (tablonun doldurulması iş parçacıkları başlamadan bitmiş olmalıdır).

Doğru cevap: E) Belady anomalisi

Belady anomalisi FIFO sayfa değiştirmede çerçeve sayısı artarken sayfa hatasının da artabilmesidir (Bölüm 9); eşzamanlılıkla ilgisi yoktur. Diğer dördü birden çok iş parçacığının etkileşiminden doğar.

Doğru cevap: E) Önbellek satırı (cache line)

Önbellek satırı, belleğin önbellekte taşındığı donanım birimidir; erişimi düzenlemez. Semafor, monitör, koşul değişkeni ve okur-yazar kilidi paylaşılan kaynağa erişimi koordine eden araçlardır.

Yanlış. Kesmeleri kapatmak ayrıcalıklı bir işlemdir; kullanıcıya verilirse süreç bir daha açmayarak sistemi ele geçirebilir. Çok çekirdekte de işe yaramaz: yalnızca kendi çekirdeğindeki kesmeler kapanır, diğer çekirdekler belleğe erişmeye devam eder. Yöntem yalnızca çekirdeğin kendi içinde, çok kısa bölümler için kullanılır.

Doğru cevap: C) Döngüsel kilit (spinlock)

Spinlock meşgul bekleme (busy waiting) yapar: bekleyen CPU’yu bırakmaz. Mutex, koşul değişkeni ve monitörde bekleyen iş parçacığı uyutulur ve kuyruğa alınır; CPU başkasına verilir.

Doğru cevap: C) Çok çekirdekli makinede, kritik bölge iki bağlam değiştirmeden daha kısa sürüyorsa

Kısa beklemede dönmek, uyuyup uyanmanın (iki bağlam değiştirme) maliyetinden ucuzdur. Tek çekirdekte dönen iş parçacığı kilidi tutanın çalışmasını engeller; uzun beklemede ise CPU çevrimleri boşa harcanır.

Dönüş değerleri 0, 1, 1, 1, 0. T1’in tek çağrısı 0 döner (kilit boştu, artık 1). T2’nin ilk üç çağrısı 1 döner (kilit dolu); T1 kilit = 0 yaptıktan sonraki çağrı 0 döner. T2 toplam 4 kez TSL çalıştırır. TSL eski değeri döndürüp 1 yazmayı tek atomik adımda yapar.

P1 girer. turn’e son yazan P0 olduğu için turn = 1 kalır. P0’ın koşulu flag[1] && turn == 1 doğrudur → P0 bekler. P1’in koşulu flag[0] && turn == 0 yanlıştır → P1 girer. Sırayı karşıya son veren bekler; bu, ikisinin aynı anda girmesini engeller.

Yanlış. Derleyici ve işlemci, birbirinden bağımsız görünen flag[i] = 1 yazmasıyla flag[j] okumasının sırasını değiştirebilir (yazma tamponu). İki süreç de karşının bayrağını 0 görüp birlikte girebilir. Doğru çalışması için bellek bariyeri ya da atomik (ör. volatile/atomic) değişkenler gerekir.

Doğru cevap: B) v == beklenen ise v’ye yeni değeri yazar; her durumda v’nin eski değerini döndürür ve bunu tek atomik adımda yapar.

CAS, kilitsiz algoritmaların temelidir: do { eski = v; } while (CAS(&v, eski, eski + 1) != eski); döngüsü araya başka yazma girerse yeniden dener. Kullanıcı kipinde çalışan sıradan bir komuttur (x86’da LOCK CMPXCHG).

Doğru cevap: B) Mutex’in sahibi vardır ve yalnızca kilitleyen açar; sayan semaforun sahibi yoktur ve değeri N özdeş kaynağı sayabilir.

Mutex karşılıklı dışlama için ikili bir kilittir (kilitli/açık) ve sahiplik taşır. Sayan semafor N’e kadar eşzamanlı erişime izin verebilir ve signal’ı başka bir iş parçacığı yapabilir; bu yüzden sıralama/haber verme için de kullanılır.

Doğru cevap: D) 5

Sayan semaforun başlangıç değeri, aynı anda kullanılabilecek kaynak sayısıdır. 5 iş parçacığı geçer, altıncı wait değeri negatife düşürür ve bloke olur. Başlangıç 1 karşılıklı dışlama, 0 ise sıralama kalıbı içindir.

Son değer S = −1. Kaynakta P3 ve P4, kuyrukta P5 var. Negatif değerin mutlak değeri bekleyen süreç sayısına eşittir.

Doğru cevap: B) 0; kimse beklemez

Değer 3 − 5 + 2 = 0; her işlem değeri tam 1 değiştirdiği için sıra sonucu etkilemez. Değer negatif değilse kuyrukta kimse yoktur: bekleyen 0. (Sıra yalnızca ara durumları, örneğin kimin ne kadar beklediğini değiştirir.)

semafor s = 0;
/* P1 */  A();  signal(s);
/* P2 */  wait(s);  B();

Başlangıç 0: P2 önce gelirse wait onu bloke eder; P1 A()’yı bitirip signal yapınca P2 uyanır. P1 önce gelirse değer 1 olur ve P2 beklemeden geçer. Başlangıç 1 olsaydı P2 hiç beklemezdi.

Doğru cevap: B) Kilitlenme olur: üretici mutex’i tutarak bos’ta uyur, tüketici mutex’te bloke olur.

Kilitlenme. Üretici mutex’i alır, bos = 0 olduğu için down(&bos)’ta mutex’i tutarak uyur. Tüketici down(&dolu)’dan geçer ama down(&mutex)’ta bloke olur. Üretici tüketicinin yer açmasını, tüketici üreticinin mutex’i bırakmasını bekler. Doğrusu önce sayan semafor, sonra mutex’tir.

Doğru cevap: B) Mutex’i atomik olarak bırakıp uyur; uyandırıldığında dönmeden önce mutex’i yeniden alır.

Bırakma ve uyuma tek atomik adımdır; böylece arada gelen signal kaybolmaz. Dönüşte mutex yeniden tutulduğundan koşul güvenle yeniden sınanabilir.

Yanlış. Mesa anlamında signal yalnızca bir ipucudur: uyanan iş parçacığı mutex’i yeniden alana kadar başka biri koşulu bozmuş olabilir; ayrıca sahte (spurious) uyanmalar olabilir. Koşul her zaman while döngüsünde yeniden sınanmalıdır.

Doğru cevap: C) 3

Her yiyen filozof 2 çatal tutar ve yan yana iki filozof aynı anda yiyemez: ⌊7 / 2⌋ = 3. Çatallar paylaşılan kaynakları, filozoflar bu kaynaklar için yarışan süreçleri temsil eder.

Herkes aynı anda sol çatalını alırsa her filozof bir çatal tutup komşusunun çatalını bekler: döngüsel bekleme → kilitlenme.

• Sıralama: Çatallar numaralanır, her filozof önce küçük numaralıyı alır (ya da bir filozof ters sırayla alır); döngü kırılır.
• Masaya en çok N − 1 kişi: Başlangıcı N − 1 olan bir semaforla oturanlar sınırlanır; en az biri iki çatalı alabilir.
• İkisini birden al: Filozof iki çatal da boşsa ikisini mutex altında atomik olarak alır; yoksa bekler (durum dizisi + filozof başına semafor).

Doğru cevap: B) Yeni okurlar da girebildiği için yazar süresiz bekleyebilir (yazar açlığı).

Okur öncelikli çözümde içeride okur olduğu sürece yeni okurlar beklemeden girer; okur akışı kesilmezse yazar hiç giremez. Yazar öncelikli çözüm bunu tersine çevirir ve okurları aç bırakabilir; adil çözümler geliş sırasını korur.

Doğru cevap: B) Bariyer (barrier)

Bariyer, katılımcıların tümü aynı noktaya gelene kadar her birini bekletir; son gelen hepsini serbest bırakır. Diğer araçlar karşılıklı dışlama ya da sayma sağlar, “herkes gelsin” koşulunu doğrudan kurmaz.

Doğru cevap: B) Öncelik terslemesi; öncelik kalıtımı (L geçici olarak H’nin önceliğini alır).

Yüksek öncelikli süreç, düşük öncelikli bir sürecin (ve onu kesen orta öncelikli işlerin) arkasında kalır: öncelik terslemesi. Öncelik kalıtımıyla L kilidi tutarken H’nin önceliğiyle çalışır, M onu kesemez.

• Kalıtım yok: L 0–2, M 2–8 (L’yi keser), L 8–9 kilidi bırakır, H 9–11. H 8 birim bekler, t = 11’de biter.
• Kalıtım var: t = 1’de L, H’nin önceliğini alır; M onu kesemez. L 0–3, H 3–5, M 5–11. H 2 birim bekler, t = 5’te biter.

Yanlış. Terslemede döngüsel bekleme yoktur: orta öncelikli işler bitince L çalışır, kilidi bırakır ve H ilerler. Sorun, H’nin sınırsız ve öngörülemez gecikmesidir; gerçek zamanlı sistemlerde son teslimlerin kaçmasına yol açar. Çözümler: öncelik kalıtımı, öncelik tavanı protokolü.

Doğru cevap: B) Canlı kilit (livelock); yeniden denemeden önce rastgele süre beklemek (geri çekilme)

Canlı kilitte süreçler bloke değildir, durum değiştirip dururlar ama ilerleme yoktur. Rastgele ya da üstel geri çekilme, iki tarafın aynı anda yeniden denemesini bozarak birinin ilerlemesini sağlar. Öncelik kalıtımı canlı kilidi değil terslemeyi çözer.

Doğru cevap: E) Dış parçalanma

Dış parçalanma bellek tahsisinin sorunudur (Bölüm 8). İlk dördü kilitlerin doğrudan sonuçlarıdır; çekişmeyi azaltmak için kritik bölgeler kısa tutulur ve kilitler inceltilir (ör. çekirdek başına sayaç).

Kritik bölge: bakiyenin okunmasından, sınanmasından güncellenmesine kadar olan bölüm.

Hata: ATM1 1000’i okuyup koşulu doğru bulur; araya ATM2 girer, o da 1000’i okur. İkisi de 800 öder: hesap −600’e düşer ya da bir güncelleme kaybolup bakiye 200 görünür.

Düzeltme: sınama ve güncellemeyi aynı kilit altında tek bir bütün olarak yapmak (hesap başına mutex ya da veritabanı işlemi). Böylece ikinci ATM güncel 200’ü görür ve reddeder.