Bölüm 14: Çoklu Ortam Sistemleri

Bölüm 14: Çoklu Ortam Sistemleri · Çalışma Soruları

Gerçek zaman ve veri hızıSesGörüntü ve videoSıkıştırmaRMS ve EDFDosya yerleşimiDisk çizelgelemeModern akış

Sercan KÜLCÜ

Çoktan Seçmeli · Gerçek Zaman

Soru 1: Katı Gerçek Zaman

Hangi sistemde bir son teslim zamanının kaçırılması katı (hard) gerçek zamanlı bir ihlaldir?

C: katı gerçek zamanda geç gelen sonuç yanlış sonuçtur ve kabul edilemez. Çoklu ortam uygulamalarının çoğu yumuşak gerçek zamanlıdır: kaçırılan teslim kaliteyi düşürür (takılma, atlanan kare) ama sistem çalışmayı sürdürür.

Hesaplama Sorusu · Veri Hızları

Soru 2: Stüdyo Kaydının Veri Hızı

Bir stüdyo kaydı sıkıştırmasız PCM olarak 96 kHz örnekleme hızı, örnek başına 24 bit ve 2 kanal ile yapılıyor. (a) Veri hızı kaç Mbit/s’dir? (b) 10 dakikalık kayıt kaç MB tutar (1 MB = 10⁶ B)? (c) Aynı süre CD kalitesinde (44,1 kHz, 16 bit, stereo) kaç MB olurdu?

Cevabı göster

PCM veri hızı = örnekleme hızı × örnek başına bit × kanal sayısı.

(a) 96.000 × 24 × 2 = 4.608.000 bit/s = 4,608 Mbit/s.

(b) 4.608.000 × 600 s = 2.764.800.000 bit; 8’e bölünce 345.600.000 B = 345,6 MB.

(c) 44.100 × 16 × 2 × 600 / 8 = 105,84 MB. Örnekleme hızı ve bit derinliği veri hızıyla doğru orantılıdır; bit/bayt dönüşümünde 8’e bölmeyi unutmak en sık hatadır.

Hesaplama Sorusu · Titreşim

Soru 3: Oynatma Gecikmesi

Kareler 40 ms aralıkla gönderiliyor; altı karenin ağ gecikmeleri (ms): 52, 70, 95, 61, 88, 104. Her kare gönderiminden D ms sonra oynatılacak biçimde planlanıyor. (a) D = 90 ms seçilirse hangi kareler zamanında yetişmez? (b) Hiçbir karenin geç kalmaması için en küçük D nedir? (c) Bu seçimin bedeli nedir?

Cevabı göster

Gecikmesi D’yi aşan kare, oynatma anında hazır değildir.

(a) 95 ve 104 ms gecikmeli 3. ve 6. kareler yetişmez: takılma ya da atlanan kare.

(b) D en büyük gecikmeye eşit olmalı: D = 104 ms.

(c) Değişen gecikme (titreşim) tamponla emilir; bedeli her karede 104 ms başlangıç gecikmesi ve tampon belleğidir. Bu örnekte tamponda aynı anda en çok 2 kare bekler. Akış hizmetleri saniyeler, görüntülü görüşme onlarca ms tampon kullanır.

Çoktan Seçmeli · Örnekleme

Soru 4: Nyquist ve Örtüşme

En yüksek frekans bileşeni 18 kHz olan bir sinyal, öncesinde süzgeç uygulanmadan 30 kHz ile örnekleniyor. Geri çatılan sinyalde bu bileşen hangi frekansta görünür ve örtüşmeyi önlemek için örnekleme hızı ne olmalıdır?

D: Nyquist sınırı f_s / 2 = 15 kHz. Bu sınırın üstündeki 18 kHz, |30 − 18| = 12 kHz olarak örtüşür. Tam geri çatma için f_s > 2 × 18 = 36 kHz olmalı; uygulamada önce alçak geçiren süzgeç uygulanır.

Hesaplama Sorusu · Niceleme

Soru 5: Niceleme Düzeyleri

Bir ses kartı her örneği 12 bit ile niceliyor. (a) Kaç niceleme düzeyi vardır? (b) Kuramsal sinyal-gürültü oranı (SNR ≈ 6,02 · n + 1,76 dB) kaçtır? (c) 16 bite geçilirse SNR ne kadar artar, niceleme gürültüsü kaç kat azalır?

Cevabı göster

(a) 2¹² = 4.096 düzey.

(b) 6,02 × 12 + 1,76 ≈ 74 dB.

(c) 16 bitte 6,02 × 16 + 1,76 ≈ 98,1 dB: artış 4 × 6,02 ≈ 24 dB. Her ek bit düzey sayısını ikiye katlar, gürültü genliğini yarıya indirir (≈ 6 dB): 4 bit → 2⁴ = 16 kat daha az gürültü genliği.

Çoktan Seçmeli · Renk Alt Örnekleme

Soru 6: 4:2:0 ile Kare Boyutu

8 bitlik 1280 × 720 bir kare 4:4:4 ve 4:2:0 biçimlerinde sırasıyla kaç bayt tutar?

C: 4:4:4’te her piksel Y, Cb, Cr taşır: 1280 × 720 × 3 = 2.764.800 B. 4:2:0’da Y tam çözünürlükte (921.600 B), Cb ve Cr her biri dörtte bir (230.400 B): toplam 1.382.400 B, yarı boyut. B’deki 1.843.200 B 4:2:2’dir; A yalnız Y düzlemini sayar. Göz parlaklık ayrıntısına renk ayrıntısından çok daha duyarlı olduğu için 4:2:0 az fark edilir.

Çoktan Seçmeli · JPEG

Soru 7: JPEG’de Tersinir Adım

JPEG kodlamasında hangi adım kayıpsızdır (tam olarak geri alınabilir)?

A: Huffman bir entropi kodlamasıdır: sık simgeye kısa kod verir ve tam geri çözülür. Niceleme (ve onun sonucu olan sıfırlama) ile renk alt örnekleme bilgi atar. DCT de (yuvarlama dışında) tersinirdir; kayıp asıl niceleme adımında oluşur.

Adım Adım Çalıştırma · RLE

Soru 8: RLE Çıktısı

rle("BBBBAACCCB") ne yazdırır? Hangi tür girdide RLE çıktıyı uzatır?

i = 0: dizgi 10 karakter, sonunda \0.

c = s[0] = B; iç döngü aynı karakteri sayar: n = 4. “4B” yazılır, i 4 artar → 4.

c = s[4] = A; iç döngü aynı karakteri sayar: n = 2. “2A” yazılır, i 2 artar → 6.

c = s[6] = C; iç döngü aynı karakteri sayar: n = 3. “3C” yazılır, i 3 artar → 9.

c = s[9] = B; iç döngü aynı karakteri sayar: n = 1. “1B” yazılır, i 1 artar → 10.

s[10] = \0: döngü biter. 10 karakter → 8 karakter. Tekrarsız girdide (ABCD → 1A1B1C1D) çıktı iki katına çıkar; JPEG bu yüzden RLE’yi yalnız sıfır dizilerine uygular.

void rle(const char *s) {
    int i = 0;
    while (s[i] != '\0') {
        char c = s[i];
        int n = 1;
        while (s[i + n] == c) n++;
        printf("%d%c", n, c);
        i += n;
    }
}
/* main: */  rle("BBBBAACCCB");

Hesaplama Sorusu · DCT ve Niceleme

Soru 9: Niceleme Hesabı

Bir 8 × 8 bloğun DCT katsayılarından dördü ve niceleme tablosundaki karşılıkları (katsayı / tablo): DC −301 / 16, AC₁ 45 / 11, AC₂ −7 / 24, AC₃ 23 / 40. Katsayı / tablo değeri en yakın tamsayıya yuvarlanıyor. (a) Nicelenmiş değerler nedir? (b) Kod çözücü bu dört katsayıyı hangi değerlere geri çatar? (c) Kayıp nerede oluşur?

Cevabı göster

	katsayı / tablo	nicelenmiş	geri çatılan
DC	−301 / 16 = −18,81	−19	−304
AC₁	45 / 11 = 4,09	4	44
AC₂	−7 / 24 = −0,29	0	0
AC₃	23 / 40 = 0,575	1	40

(c) Kod çözücü nicelenmiş değeri tablo değeriyle çarpar: DC’de 3, AC₃’te 17 birimlik fark geri getirilemez. Kayıp tam bu yuvarlamadadır. Büyük bölenli yüksek frekanslar çoğunlukla 0’a iner; zikzak sıradan sonra RLE ile kısalır.

Çoktan Seçmeli · MPEG

Soru 10: Kod Çözme Sırası

Görüntüleme sırası I1 B2 B3 P4 B5 P6 olan bir MPEG dizisinde B kareleri önceki ve sonraki referansı kullanıyor. Kareler akışta hangi sırayla iletilir ve çözülür?

A: B2 ve B3’ü çözmek için hem I1 hem P4 gerekir; P4 onlardan önce gelmelidir. Aynı mantıkla P6, B5’ten önce gelir. B görüntüleme sırasıdır; D’de B2, P4 gelmeden çözülemez; C’de P4 referansı I1’den önce gelir. Kod çözücü en az bir sonraki referansı tamponda tutar; bu yeniden sıralama gecikme ekler.

Çoktan Seçmeli · Hız Monoton Çizelgeleme

Soru 11: RMS’de Öncelik

Üç periyodik görev var: A (periyot 40 ms, CPU 10 ms), B (periyot 25 ms, CPU 5 ms), C (periyot 100 ms, CPU 30 ms). Hız monoton çizelgelemede (RMS) önceliği en yüksek görev hangisidir, öncelikler ne zaman değişir?

B: RMS statik önceliklidir: öncelik periyodun tersiyle orantılıdır, görev oluşturulurken bir kez belirlenir. “Teslimi en yakın olan” EDF’nin dinamik önceliğidir; CPU süresine bakmak ise SJF fikridir.

Hesaplama Sorusu · Liu–Layland Sınırı

Soru 12: Kullanım Sınırı Ne Söyler?

Görevler (C, P) ms cinsinden: (8, 20), (10, 40), (12, 60). (a) Toplam CPU kullanımı U nedir? (b) Liu–Layland sınırına göre (m = 3) RMS hakkında ne söylenebilir? (c) RMS bu kümede gerçekten teslim kaçırır mı? (d) EDF?

Cevabı göster

(a) U = 8/20 + 10/40 + 12/60 = 0,4 + 0,25 + 0,2 = 0,85.

(b) Sınır 3(2^1/3 − 1) ≈ 0,780. U > 0,780 olduğundan sınır hiçbir şey garanti etmez; ama küme çizelgelenemez de denemez: sınır yeterli koşuldur, gerekli değil.

(c) Çizelge 120 ms’ye (periyotların EKOK’u) kadar çizilir: A1 0–8, B1 8–18, C1 18–20, A2 20–28, C1 28–38 (teslim 60), A3 40–48, B2 48–58, A4 60–68, C2 68–80, A5 80–88, B3 88–98, A6 100–108. Hiçbir teslim kaçmaz.

(d) U ≤ 1 olduğundan EDF kesinlikle başarılıdır.

Adım Adım Çalıştırma · RMS ve EDF

Soru 13: RMS Kaçırır, EDF Yetişir

İki görev: A (C = 2, P = 5) ve B (C = 4, P = 7), ikisi de t = 0’da hazır; teslim periyot sonu. RMS ile ilk teslim kaçırma ne zaman, hangi işte olur? EDF 35 ms’ye kadar teslim kaçırır mı?

A: C = 2, P = 5 (teslimler 5, 10, 15…); B: C = 4, P = 7 (teslimler 7, 14, 21…). U = 0,4 + 0,571 = 0,971 > 0,828: sınır garanti vermez.

RMS: A’nın periyodu kısa, önceliği hep yüksek. A1 0–2, B1 2–5; t = 5’te gelen A2 B1’i keser (5–7). B1’in 1 ms’si kalır: t = 7’de teslim kaçar.

EDF: t = 5’te B1’in teslimi (7), A2’ninkinden (10) erken; B1 kesilmez ve t = 6’da biter.

A2 6–8; B2 8–12 (t = 10’da gelen A3’ün teslimi 15, B2’ninki 14); A3 12–14.

t = 15’te A4 (teslim 20) B3’ü (teslim 21) keser: A4 15–17, B3 17–20, A5 20–22. EDF’de kesme kararı her yeni işte yeniden verilir.

B4 22–26, A6 26–28, B5 28–32, A7 32–34, 34–35 boş. 35 = EKOK(5, 7): çizelge kendini tekrar eder. U ≤ 1 iken EDF tek işlemcide hep başarılıdır.

for (t = 0; t < 35; t++) {
    yeni_isleri_ekle(t);     /* A:5, B:7 */
    teslim_kacti_mi(t);
    if (rms) is = en_kisa_periyot(hazir);
    else     is = en_yakin_teslim(hazir);
    if (is) is->kalan--;     /* 1 ms çalış */
}

Hesaplama Sorusu · NVOD

Soru 14: NVOD Akış Sayısı

120 dakikalık bir film yakın isteğe bağlı video (NVOD) ile her 8 dakikada bir yeniden başlatılıyor; akış başına bit hızı 5 Mbit/s ve çoklu yayın kullanılıyor. (a) Kaç eş zamanlı akış gerekir? (b) Ortalama ve en kötü bekleme nedir? (c) Toplam bant genişliği izleyici sayısına bağlı mıdır? 1.000 izleyicili gerçek VOD ile karşılaştırın.

Cevabı göster

(a) 120 / 8 = 15 akış.

(b) Ortalama Δ / 2 = 4 dk, en kötü 8 dk.

(c) 15 × 5 = 75 Mbit/s; çoklu yayın sayesinde izleyici sayısından bağımsızdır. Gerçek VOD’da her izleyici ayrı akış ister: 1.000 × 5 = 5 Gbit/s. Bedel bekleme ve yaklaşık VCR işlevleridir.

Hesaplama Sorusu · Zipf Yasası

Soru 15: Zipf ile Popülerlik

Bir sunucuda 10 film var; istekler Zipf yasasına uyuyor: k. sıradaki film C / k olasılıkla seçiliyor. (a) C nedir? (b) En popüler film isteklerin yüzde kaçını alır? (c) İlk üç film birlikte? (d) Bu dağılım yerleşimi nasıl etkiler?

Cevabı göster

(a) Olasılıkların toplamı 1: C · H₁₀ = 1, H₁₀ = 1 + 1/2 + … + 1/10 ≈ 2,929 → C ≈ 0,341.

(b) P(1) = C ≈ %34,1.

(d) Birkaç film isteklerin çoğunu topladığı için popüler filmler hızlı katmanda (RAM, SSD, CDN kenarı) ve tek diskte ortadaki silindirlerde (organ borusu) tutulur. C’yi 1 / N almak (burada 0,1) sık yapılan hatadır.

Çoktan Seçmeli · Dosya Yerleşimi

Soru 16: Organ Borusu Yerleşimi

Tek bir sabit diskteki filmler organ borusu yöntemiyle yerleştiriliyor. Hangisi doğrudur?

D: kafa çoğu zaman popüler filmlerin üzerinde olacağından onları ortaya toplamak ortalama arama mesafesini en aza indirir; popülerlik histogramı org borularına benzer. SSD’de arama olmadığı için bu yerleşim önemini yitirir, ama aynı fikir katmanlara taşınır.

Klasik Soru · VCR İşlevleri

Soru 17: İtme Sunucusunda VCR İşlevleri

Klasik itme (push) video sunucusunda duraklatma, ileri/geri sarma ve atlama neden zordur? Her biri için sunucunun ne yapması gerekir? HLS/DASH gibi çekme modelinde ne değişir?

Cevabı göster

Duraklat: sunucu akışı durdurup konumu hatırlamalı; ayrılmış disk ve ağ kaynakları boşta kalır, kabul denetimi bunu hesaba katmalıdır.
Hızlı sarma: 4 kat hızda okumak 4 kat bant genişliği ister. P/B kareleri referanssız çözülemediği için ya yalnız I kareleri gönderilir ya da ayrı bir hızlı sarma sürümü tutulur.
Atlama: en yakın I karesine (GOP başına) inilmeli; dosya bu yüzden kare ya da blok indisi tutar.
Çekme modeli: hepsi istemcinin başka bir bölüt istemesine dönüşür; sunucu durumsuz kalır, bölütler CDN’de önbelleklenir. Önizleme için yalnız I karelik oynatma listeleri kullanılır.

Hesaplama Sorusu · Blok Boyutu ve İndis

Soru 18: Kare İndisi mi, Blok İndisi mi?

90 dakikalık, 25 kare/s, ortalama 4 Mbit/s’lik bir film için her indis girdisi 8 bayt. (a) Her kare için bir girdi tutan kare indisi kaç bayt tutar? (b) 1 MB’lık her blok için bir girdi tutan blok indisi? (c) Blok indisinin bedeli nedir?

Cevabı göster

(a) 90 × 60 × 25 = 135.000 kare × 8 B = 1.080.000 B (≈ 1,08 MB).

(b) 4 Mbit/s = 0,5 MB/s; 5.400 s × 0,5 = 2.700 MB → 2.700 blok × 8 B = 21.600 B (≈ 21,6 KB): 50 kat küçük.

(c) Kareler bloklara bölünmezse her blok sonunda ortalama yarım kare boşluk kalır (israf); bölünürse o kareyi okumak ek arama gerektirir. Kare indisinde israf az, ama bellek büyüktür.

Adım Adım Çalıştırma · SCAN-EDF

Soru 19: SCAN-EDF Sırası

Kafa 40’ta, yukarı yönde; istekler şekilde (üstte silindir, altta teslim ms). SCAN-EDF hangi sırayla hizmet verir, kafa toplam kaç silindir gider?

A (70, 10), B (15, 25), C (55, 25), D (90, 25), E (30, 50), F (80, 50), G (5, 50), H (60, 75): (silindir, teslim ms).

Teslimi en yakın grup yalnız A (70): 40 → 70, 30 silindir.

Grup 25 = {B 15, C 55, D 90}. Grup içinde SCAN: yön yukarı, önce D (90); yukarıda istek kalmayınca yön döner: C (55), B (15). +95.

Grup 50 = {E 30, F 80, G 5}: yön aşağı, önce G (5); sonra yön döner: E (30), F (80). +85.

H (60): yön döner, 80 → 60. Toplam 230 silindir. Grup içinde geliş sırası (salt EDF) 400 silindir sürerdi; salt SCAN teslimleri kaçırabilirdi.

kafa = 40; yon = YUKARI;
while (istek_var()) {
    g = en_erken_teslim_grubu();
    while (!bos(g)) {
        r = yondeki_en_yakin(g, kafa, yon);
        if (!r) { yon = -yon; continue; }
        hareket += abs(r->sil - kafa);
        kafa = r->sil; cikar(g, r);
    }
}

Çoktan Seçmeli · Uyarlanabilir Bit Hızı

Soru 20: Bit Hızı Merdiveninden Seçim

Merdiven (Mbit/s): 360p 0,8 · 540p 1,8 · 720p 3 · 1080p 6 · 2160p 15. Kural: ölçülen hızın %80’ine sığan en yüksek basamak seçilir. Ölçülen hız (a) 7 Mbit/s, (b) 20 Mbit/s ise hangi basamaklar seçilir?

B: (a) 0,8 × 7 = 5,6 Mbit/s; 1080p (6) sığmaz → 720p. (b) 0,8 × 20 = 16 Mbit/s → 2160p (15 ≤ 16). %20 pay, hız dalgalandığında tamponun boşalmasını önler; gerçek oynatıcılar tampon düzeyine de bakar.

Son

Bölüm 14: Çoklu Ortam Sistemleri: Çalışma Soruları

Konu anlatımı: Çoklu ortam sistemleri sunumu · Terim sözlüğü