Bölüm 14: Çoklu Ortam Sistemleri

İşletim Sistemleri · Çalışma Soruları

Özellikler ve Veri HızıSes ve GörüntüSıkıştırma ve MPEGGerçek Zamanlı ÇizelgelemeDosya Yerleşimi ve SunucuModern Akış

Sercan KÜLCÜ · Giresun Üniversitesi

Giriş

Nasıl Çalışalım?

1 · Önce çözünHer slaytta bir soru var. Cevabı açmadan önce kâğıda kendi cevabınızı ve gerekçenizi yazın.

2 · Sonra açın“Cevabı göster” kutusu doğru seçeneği ve kısa bir açıklamayı verir. Yanlış seçeneklerin neden yanlış olduğunu da düşünün.

3 · Adım adım izleyinHesap ve kod sorularından sonra gelen “Adım Adım Çözüm” slaytında ‹ › düğmeleriyle çözümü ilerletin.

Kurallar (aksi belirtilmedikçe): 1 kbit = 10³ bit, 1 Mbit = 10⁶ bit, 1 MB = 10⁶ bayt; periyodik görevlerde son teslim zamanı periyodun sonudur; çizelgeleme kesmelidir ve bağlam değiştirme süresi 0’dır.

Soru 1 · Özellikler ve Veri Hızı

Katı Gerçek Zaman

Çoktan seçmeli

Aşağıdaki sistemlerden hangisinde bir son teslim zamanının (deadline) kaçırılması katı (hard) gerçek zamanlı bir ihlal sayılır?

Video akışında bir karenin geç gelip atlanması
Müzik uygulamasında kısa bir takılma
Otomobilde çarpışma algılandıktan sonra hava yastığının belirlenen sürede açılması
Web sayfasının bir saniye geç yüklenmesi
Görüntülü görüşmede dudak eşzamanının kısa süre kayması

Cevabı göster

Doğru cevap: C) Otomobilde çarpışma algılandıktan sonra hava yastığının belirlenen sürede açılması

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

Soru 2 · Özellikler ve Veri Hızı

Stüdyo Kaydının Veri Hızı

Hesaplama

Bir stüdyo kaydı sıkıştırmasız PCM olarak 96 kHz örnekleme hızı, örnek başına 24 bit ve 2 kanal (stereo) ile yapılıyor. (a) Veri hızı kaç Mbit/s’dir? (b) 10 dakikalık kayıt kaç MB tutar?

Cevabı göster

(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 bayt = 345,6 MB.

Aynı süre CD kalitesinde (44,1 kHz, 16 bit, 2 kanal) ≈ 106 MB tutardı: örnekleme hızı ve bit derinliği veri hızıyla doğru orantılıdır.

Soru 2 · Çözüm

Adım Adım Çözüm

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

(a) Saniyede 96.000 örnek, her biri 24 bit, iki kanal: 4,608 Mbit/s.

(b) 10 dakika = 600 saniye; toplam bit sayısı hız × süredir.

Bit’ten bayta geçerken 8’e bölünür: ≈ 345,6 MB. Bit/bayt karışıklığı en sık hatadır.

Soru 3 · Özellikler ve Veri Hızı

Sıkıştırmasız Video ve Oran

Hesaplama

2560 × 1440 çözünürlüklü, 30 kare/s, 8 bit 4:2:0 renk alt örneklemeli (piksel başına ortalama 12 bit) sıkıştırmasız video düşünün. (a) Veri hızı nedir? (b) Bu akış 8 Mbit/s’ye sıkıştırılırsa sıkıştırma oranı yaklaşık kaçtır?

Cevabı göster

(a) 2560 × 1440 = 3.686.400 piksel; × 12 bit × 30 = 1.327.104.000 bit/s ≈ 1,33 Gbit/s.
(b) 1.327.104.000 / 8.000.000 ≈ 166 : 1.

Sıkıştırma olmadan bu akış ev bağlantılarının çoğuna sığmaz; modern kodekler 150–500 kat küçültme sağlar.

Soru 3 · Çözüm

Adım Adım Çözüm

Video veri hızı = piksel sayısı × piksel başına bit × kare hızı.

4:2:0’da her 2 × 2 blok bir Cb ve bir Cr paylaşır: Y için 8, renk için 2 + 2, ortalama 12 bit.

(a) ≈ 1,33 Gbit/s; bu henüz kayıplı sıkıştırma değildir, yalnızca alt örneklemedir.

(b) 8 Mbit/s’lik akış için ≈ 166 : 1 sıkıştırma gerekir.

Soru 4 · Özellikler ve Veri Hızı

Oynatma Gecikmesi Seçimi

Hesaplama

Kareler 40 ms aralıkla gönderiliyor; altı karenin ağ gecikmeleri (ms): 52, 70, 95, 61, 88, 104. Oynatma, her karenin gönderiminden D ms sonra planlanıyor. (a) D = 90 ms seçilirse kaç kare zamanında yetişmez? (b) Hiçbir karenin geç kalmaması için en küçük D nedir?

(a) 1, (b) 95 ms
(a) 2, (b) 104 ms
(a) 2, (b) 90 ms
(a) 3, (b) 104 ms
(a) 0, (b) 78 ms

Cevabı göster

Doğru cevap: B) (a) 2, (b) 104 ms

Gecikmesi D’yi aşan kare oynatma anında hazır değildir. (a) 95 ve 104 ms → 2 kare geç kalır. (b) D, en büyük gecikmeye eşit olmalı: D = 104 ms. Titreşim (değişen gecikme) tamponla emilir; bedeli ek başlangıç gecikmesi ve tampon belleğidir.

Soru 5 · Ses ve Görüntü

Nyquist ve Örtüşme

Hesaplama

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 en az ne olmalıdır?

18 kHz’te; 18 kHz yeterlidir
12 kHz’te; 36 kHz’in üstü
15 kHz’te; 30 kHz yeterlidir
6 kHz’te; 48 kHz’in üstü
Örtüşme olmaz; 30 kHz yeterlidir

Cevabı göster

Doğru cevap: B) 12 kHz’te; 36 kHz’in üstü

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.

Soru 6 · Ses ve Görüntü

Niceleme Düzeyleri

Hesaplama

Bir ses kartı her örneği 12 bit ile niceliyor. Kaç niceleme düzeyi vardır ve kuramsal sinyal-gürültü oranı (SNR ≈ 6,02·n + 1,76 dB) yaklaşık kaçtır? 16 bite geçilirse SNR ne kadar artar?

1.024 düzey; ≈ 62 dB; 4 dB artar
4.096 düzey; ≈ 74 dB; ≈ 24 dB artar
4.096 düzey; ≈ 12 dB; 4 dB artar
24 düzey; ≈ 74 dB; ≈ 6 dB artar

Cevabı göster

Doğru cevap: B) 4.096 düzey; ≈ 74 dB; ≈ 24 dB artar

2¹² = 4.096 düzey; SNR ≈ 6,02 × 12 + 1,76 ≈ 74 dB. Her ek bit gürültüyü yarıya indirir (≈ 6 dB): 4 bit daha ≈ 24,1 dB artış (16 bitte ≈ 98 dB).

Soru 7 · Ses ve Görüntü

Maskeleme Kayıpsız mı?

Doğru / Yanlış

Aşağıdaki ifade doğru mu, yanlış mı? Gerekçenizi yazın.

“MP3 ve AAC, insan kulağının duyamayacağı bileşenlere bit harcamadığı için kayıpsız sıkıştırma yapar.”

Cevabı göster

Yanlış. Psikoakustik model, işitme eşiğinin altında kalan ya da güçlü bir ses tarafından maskelenen bileşenleri atar veya kaba niceler. Bu bilgi geri getirilemez: sıkıştırma kayıplıdır, yalnızca kayıp algıda fark edilmeyecek biçimde seçilir. Kayıpsız ses kodekleri FLAC ve ALAC’tır.

Soru 8 · Ses ve Görüntü

4:2:0 ile Kare Boyutu

Hesaplama

8 bitlik 1280 × 720 bir kare 4:4:4 ve 4:2:0 biçimlerinde kaç bayt tutar? 4:2:0 neden gözle neredeyse fark edilmez?

2.764.800 B ve 1.382.400 B
921.600 B ve 460.800 B
2.764.800 B ve 1.843.200 B
3.686.400 B ve 1.382.400 B

Cevabı göster

Doğru cevap: A) 2.764.800 B ve 1.382.400 B

4:4:4: 1280 × 720 × 3 = 2.764.800 B (≈ 2,76 MB). 4:2:0: Y tam çözünürlükte (921.600 B), Cb ve Cr her birinin dörtte biri (230.400 B) → 1.382.400 B (≈ 1,38 MB, yarı boyut). Göz parlaklık ayrıntısına renk ayrıntısından çok daha duyarlıdır; bu yüzden renk çözünürlüğünü düşürmek az fark edilir.

Soru 9 · Sıkıştırma ve MPEG

JPEG’de Tersinir Adım

Çoktan seçmeli

JPEG kodlamasında aşağıdaki adımlardan hangisi kayıpsızdır (tam olarak geri alınabilir)?

Katsayıların niceleme tablosuna bölünüp yuvarlanması
Cb ve Cr bileşenlerinin 4:2:0 ile alt örneklenmesi
Simgelerin Huffman ile kodlanması
Yüksek frekanslı katsayıların sıfıra yuvarlanması

Cevabı göster

Doğru cevap: C) Simgelerin Huffman ile kodlanması

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.

Soru 10 · Sıkıştırma ve MPEG

RLE Çıktısı

Kod izleme

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

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;
    }
}

3X5Y1Z2X
X3Y5Z1X2
3X5Y2X1Z
3X5Y1Z1X1X

Cevabı göster

Doğru cevap: A) 3X5Y1Z2X

11 karakter → 8 karakter. Tekrarsız girdide (ör. ABCD → 1A1B1C1D) çıktı iki katına çıkar; JPEG bu yüzden RLE’yi sıfır dizilerine uygular.

Soru 10 · Çözüm

Adım Adım Çözüm

Dış döngü bir “koşu”nun başını bulur; iç döngü aynı karakterin kaç kez tekrarlandığını sayar.

Başlangıç: i = 0, dizgi XXXYYYYYZXX.

c = s[0] = X; iç döngü aynı karakteri sayar: n = 3.

“3X” yazılır, i 3 artar → i = 3.

c = s[3] = Y; iç döngü aynı karakteri sayar: n = 5.

“5Y” yazılır, i 5 artar → i = 8.

c = s[8] = Z; iç döngü aynı karakteri sayar: n = 1.

“1Z” yazılır, i 1 artar → i = 9.

c = s[9] = X; iç döngü aynı karakteri sayar: n = 2.

“2X” yazılır, i 2 artar → i = 11.

s[11] = \0: döngü biter. Çıktı 3X5Y1Z2X.

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;
    }
}

Soru 11 · Sıkıştırma ve MPEG

Niceleme Hesabı

Hesaplama

Bir 8 × 8 bloğun DCT katsayılarından dördü ve niceleme tablosundaki karşılıkları: DC −301 / 16, AC₁ 45 / 11, AC₂ −7 / 24, AC₃ 23 / 40. Katsayı / tablo değeri en yakın tamsayıya yuvarlanıyor. Nicelenmiş değerler nedir? Kod çözücü DC’yi hangi değere geri çatar?

−19, 4, 0, 1; DC −304
−18, 4, 0, 0; DC −301
−19, 4, −1, 1; DC −301
−18, 5, 0, 1; DC −288

Cevabı göster

Doğru cevap: A) −19, 4, 0, 1; DC −304

−301 / 16 = −18,81 → −19; 45 / 11 = 4,09 → 4; −7 / 24 = −0,29 → 0; 23 / 40 = 0,575 → 1. Kod çözücü −19 × 16 = −304 bulur: 3’lük fark geri getirilemez, kayıp tam bu adımdadır. Büyük bölenli yüksek frekanslar çoğunlukla 0’a iner ve RLE ile kısalır.

Soru 12 · Sıkıştırma ve MPEG

Kod Çözme Sırası

Çoktan seçmeli

Görüntüleme sırası I1 B2 P3 B4 P5 olan bir MPEG dizisi düşünün (B kareleri önceki ve sonraki referansı kullanıyor). Kareler akışta hangi sırayla iletilir ve çözülür?

I1 B2 P3 B4 P5
I1 P3 B2 P5 B4
I1 P3 P5 B2 B4
P5 P3 I1 B4 B2
I1 B2 B4 P3 P5

Cevabı göster

Doğru cevap: B) I1 P3 B2 P5 B4

B2’yi çözmek için hem I1 hem P3 gerekir; bu yüzden P3, B2’den önce gelmelidir. Aynı mantıkla P5, B4’ten önce gelir. Kod çözücü en az bir sonraki referansı tamponda tutar; bu yeniden sıralama gecikme ekler.

Soru 13 · Sıkıştırma ve MPEG

Atlama Nereden Başlar?

Doğru / Yanlış

Aşağıdaki ifade doğru mu, yanlış mı? Gerekçenizi yazın.

“Kullanıcı videoda rastgele bir dakikaya atladığında oynatıcı, oradaki herhangi bir P karesinden doğrudan kod çözmeye başlayabilir.”

Cevabı göster

Yanlış. P karesi yalnızca önceki referansa göre farkı (hareket vektörleri ve artık) taşır; referans olmadan çözülemez. Oynatıcı en yakın (önceki) I karesine, yani GOP başına gider. Akışta GOP’lar genelde ≈ 2 saniyedir ve bölüt sınırları I karelerine konur.

Soru 14 · Gerçek Zamanlı Çizelgeleme

RMS’de En Yüksek Öncelik

Çoktan seçmeli

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 ve öncelikler ne zaman değişir?

C, çünkü CPU süresi en uzundur; her periyotta yeniden hesaplanır.
B, çünkü periyodu en kısadır; öncelikler sabittir.
A, çünkü ilk sırada listelenmiştir; öncelikler sabittir.
Teslim zamanı en yakın olan; her yeni iş geldiğinde değişir.
B, çünkü CPU süresi en kısadır; öncelikler dinamiktir.

Cevabı göster

Doğru cevap: B) B, çünkü periyodu en kısadır; öncelikler sabittir.

RMS statik önceliklidir: öncelik periyodun tersiyle orantılıdır (sık çalışan görev önce). Öncelik görev oluşturulurken bir kez belirlenir. “Teslim zamanı en yakın olan” kuralı EDF’nin dinamik önceliğidir.

Soru 15 · Gerçek Zamanlı Çizelgeleme

Kullanım Sınırı Ne Söyler?

Hesaplama

Görevler (C, P) ms cinsinden: (8, 20), (10, 40), (12, 60). (a) Toplam CPU kullanımı U nedir? (b) Liu–Layland sınırına (m = 3 için ≈ 0,780) göre RMS hakkında ne söylenebilir? (c) EDF hakkında?

U = 0,85; RMS kesin başarısız, EDF başarılı
U = 0,85; sınır karar vermez, EDF kesin başarılı
U = 0,75; RMS ve EDF kesin başarılı
U = 1,15; ikisi de başarısız

Cevabı göster

Doğru cevap: B) U = 0,85; sınır karar vermez, EDF kesin başarılı

(a) U = 8/20 + 10/40 + 12/60 = 0,4 + 0,25 + 0,2 = 0,85.
(b) 0,85 > 0,78: sınır hiçbir şey garanti etmez; ama bu küme çizelgelenemez de değildir. Sınır yeterli koşuldur, gerekli değil; zaman çizelgesini 120 ms’ye (periyotların EKOK’u) kadar çizmek gerekir. Bu kümede RMS hiçbir teslimi kaçırmaz.
(c) U ≤ 1 olduğundan EDF kesinlikle başarılıdır.

Soru 16 · Gerçek Zamanlı Çizelgeleme

RMS Kaçırır, EDF Yetişir

Hesaplama

İki görev: A (C = 2, P = 5) ve B (C = 4, P = 7), ikisi de t = 0’da hazır. (a) U nedir, m = 2 için sınır (≈ 0,828) ne söyler? (b) RMS ile ilk teslim kaçırma ne zaman, hangi görevde olur? (c) EDF 35 ms’ye kadar teslim kaçırır mı?

Cevabı göster

(a) U = 0,4 + 0,571 = 0,971 > 0,828: sınır garanti vermez.
(b) RMS’de A önceliklidir: A 0–2, B 2–5; t = 5’te A2 B’yi keser (5–7). B1’in 1 birimi kalır ve t = 7’de B1 teslimini kaçırır.
(c) EDF t = 5’te B1’i (teslim 7) A2’ye (teslim 10) tercih eder; B1 t = 6’da biter. U ≤ 1 olduğu için 35 ms boyunca hiçbir teslim kaçmaz (yalnız 1 ms boşta).

Soru 16 · Çözüm

Adım Adım Çözüm

A: C = 2, P = 5 (teslimler 5, 10, 15 …); B: C = 4, P = 7 (teslimler 7, 14, 21 …).

RMS: A’nın periyodu kısa, önceliği sabit olarak yüksek. t = 5’te gelen A2, B1’i keser; B1 teslim zamanı 7’ye yetişemez.

EDF: t = 5’te B1’in teslimi (7) A2’ninkinden (10) erken; B1 sürer ve t = 6’da biter. A2 6–8, B2 8–12, A3 12–14.

35 = EKOK(5, 7): çizelge burada kendini tekrar eder. EDF, U ≤ 1 iken tek işlemcide her zaman başarılıdır.

Soru 17 · Gerçek Zamanlı Çizelgeleme

EDF Aşırı Yükte

Çoktan seçmeli

Toplam kullanımı U = 1,2 olan bir görev kümesi EDF ile çizelgeleniyor. Hangisi doğrudur?

Yalnızca en uzun periyotlu görev teslim kaçırır; diğerleri hep yetişir.
Hangi işlerin teslim kaçıracağı önceden kestirilemez; bir kaçırma ardışık başka kaçırmalara yol açabilir (domino etkisi).
EDF bu durumda otomatik olarak RMS’ye geçer ve sorun çözülür.
U > 1 olsa da EDF en iyi algoritma olduğundan hiçbir teslim kaçmaz.

Cevabı göster

Doğru cevap: B) Hangi işlerin teslim kaçıracağı önceden kestirilemez; bir kaçırma ardışık başka kaçırmalara yol açabilir (domino etkisi).

U > 1 ise hiçbir algoritma tüm teslimleri karşılayamaz. EDF’nin önceliği dinamik olduğundan kaçıran iş yüke göre değişir; RMS’de ise en düşük öncelikli görevler kaçırır ve bu öngörülebilir. Bu yüzden gerçek zamanlı sistemler kabul denetimi uygular (ör. Linux SCHED_DEADLINE).

Soru 18 · Gerçek Zamanlı Çizelgeleme

Kaç Akış Kabul Edilir?

Hesaplama

Bir video sunucusundaki tüm akışlar 30 kare/s ile çalışıyor ve her kare için CPU’da 4 ms harcanıyor (homojen süreçler, döngüsel çizelge). Sunucu en fazla kaç akışı kabul edebilir? 9. akış kabul edilirse ne olur?

8; 9. akışta tüm akışlar gecikir
33; hiçbir sorun olmaz
7; yalnızca 9. akış bozulur
8; yalnızca 9. akış bozulur

Cevabı göster

Doğru cevap: A) 8; 9. akışta tüm akışlar gecikir

Periyot T = 1000 / 30 ≈ 33,3 ms. Kabul koşulu N · c ≤ T → N ≤ 33,3 / 4 ≈ 8,33 → en fazla 8 akış. 9 akışta tur 36 ms sürer; kareler periyot sonuna yetişmez ve tüm akışlar bozulur. Kabul denetimi bu yüzden yeni akışı kapıda reddeder.

Soru 19 · Dosya Yerleşimi ve Sunucu

NVOD Akış Sayısı

Hesaplama

100 dakikalık bir film yakın isteğe bağlı video (NVOD) ile her 4 dakikada bir yeniden başlatılıyor; akış başına bit hızı 6 Mbit/s ve çoklu yayın kullanılıyor. (a) Kaç eşzamanlı akış gerekir? (b) Ortalama ve en kötü bekleme? (c) Toplam bant genişliği izleyici sayısına bağlı mıdır?

Cevabı göster

(a) 100 / 4 = 25 akış.
(b) Ortalama Δ / 2 = 2 dk, en kötü 4 dk.
(c) 25 × 6 = 150 Mbit/s; çoklu yayın sayesinde izleyici sayısından bağımsızdır. Gerçek VOD’da her izleyici ayrı akış ister.

Soru 20 · Dosya Yerleşimi ve Sunucu

Zipf ile Popülerlik

Hesaplama

Bir sunucuda 10 film var ve 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?

Cevabı göster

(a) Olasılıkların toplamı 1 olmalı: C = 1 / H₁₀, H₁₀ = 1 + 1/2 + … + 1/10 ≈ 2,929 → C ≈ 0,341.
(b) P(1) = C ≈ %34,1.
(c) (1 + 1/2 + 1/3) × C ≈ %62,6.

Az sayıda film isteklerin çoğunu topladığı için popüler filmler hızlı katmanda (RAM, SSD, CDN kenarı) ve diskin ortasında tutulur.

Soru 20 · Çözüm

Adım Adım Çözüm

Zipf: P(k) = C / k; tüm olasılıkların toplamı 1 olacak biçimde C seçilir.

Toplam C × H₁₀ = 1 olmalı: H₁₀ harmonik sayıdır.

k = 1 için P = C: isteklerin üçte birinden fazlası tek filme gider.

İlk üç film isteklerin ≈ %63’ünü alır; geri kalan yedi film ≈ %37.

Soru 21 · Dosya Yerleşimi ve Sunucu

Organ Borusu Yerleşimi

Çoktan seçmeli

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

En popüler film diskin en dış kenarına, ikinci popüler en iç kenarına konur.
En popüler film diskin ortasındaki silindirlere, ikinci ve üçüncü popüler onun iki yanına konur; popülerlik kenarlara doğru azalır.
Filmler ada göre alfabetik sırayla yerleştirilir.
Her filmin blokları rastgele silindirlere dağıtılır.

Cevabı göster

Doğru cevap: B) En popüler film diskin ortasındaki silindirlere, ikinci ve üçüncü popüler onun iki yanına konur; popülerlik kenarlara doğru azalır.

Kafa çoğu zaman popüler filmlerin üzerinde olacağından onları ortaya toplamak ortalama arama mesafesini en aza indirir; histogram org borularına benzer. SSD’de arama olmadığı için bu yerleşim önemini yitirir, ama aynı fikir katmanlara (RAM, SSD, HDD) taşınır.

Soru 22 · Dosya Yerleşimi ve Sunucu

Kare İndeksi mi, Blok İndeksi mi?

Hesaplama

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

1.080.000 B ve 21.600 B
135.000 B ve 2.700 B
1.080.000 B ve 172.800 B
8.640.000 B ve 21.600 B

Cevabı göster

Doğru cevap: A) 1.080.000 B ve 21.600 B

(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).
(c) Bellek az, ama kareler bloklara bölünmezse blok sonunda boşluk (israf), bölünürse ek arama gerekir.

Soru 23 · Dosya Yerleşimi ve Sunucu

İtme Sunucusunda VCR İşlevleri

Açık uçlu

Klasik itme (push) video sunucusunda duraklatma, geri/ileri sarma ve atlama işlevleri neden zordur? Her biri için sunucunun ne yapması gerektiğini kısaca yazın.

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/blok indeksi tutar.
Çekme modelinde (HLS/DASH) bunların hepsi istemcinin başka bölüt istemesine dönüşür.

Soru 24 · Dosya Yerleşimi ve Sunucu

Çoklu Diskte Kademeli Şeritleme

Çoktan seçmeli

Filmlerin blokları birden çok diske şeritleniyor. “Her filmin 1. bloğu 1. diske” yerine “her film bir sonraki diskten başlasın (A disk 1, B disk 2 …)” düzenine geçmenin amacı nedir?

Diskleri daha az döndürerek enerji tasarrufu sağlamak
Film başlangıçlarında 1. diskte yığılmayı önleyip başlangıç yükünü de diskler arasında dağıtmak
Yedekleme için her filmin bir kopyasını farklı diskte tutmak
Organ borusu yerleşimini gereksiz kılmak

Cevabı göster

Doğru cevap: B) Film başlangıçlarında 1. diskte yığılmayı önleyip başlangıç yükünü de diskler arasında dağıtmak

Basit şeritlemede yük dağılır ama bütün filmler aynı diskten başladığından yeni başlayan izleyiciler 1. diske yüklenir. Kademeli şeritleme başlangıç noktalarını da dağıtır; rastgele yerleşim ise uzun vadede dengelidir ama yerleşim tablosu gerektirir.

Soru 25 · Modern Akış

Bit Hızı Merdiveninden Seçim

Hesaplama

Bir oynatıcının merdiveni (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?

(a) 1080p, (b) 2160p
(a) 720p, (b) 2160p
(a) 720p, (b) 1080p
(a) 540p, (b) 2160p

Cevabı göster

Doğru cevap: B) (a) 720p, (b) 2160p

(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 önlemek içindir; gerçek oynatıcılar tampon düzeyine de bakar.

Soru 26 · Modern Akış

HLS/DASH İtme mi?

Doğru / Yanlış

Aşağıdaki ifade doğru mu, yanlış mı? Gerekçenizi yazın.

“HLS ve MPEG-DASH, klasik video sunucuları gibi itme (push) modelini kullanır: sunucu her istemci için akışı belirli bir hızda gönderir.”

Cevabı göster

Yanlış. HLS/DASH çekme modelidir: oynatıcı oynatma listesini okuyup bölütleri sıradan HTTP GET istekleriyle ister. Kalite ve hız kararı istemcidedir; sunucu durumsuz kalır ve bölütler CDN’de önbelleklenebilir. Klasik itme sunucusunda ise sunucu kaynak ayırır ve kabul denetimi yapar.

Soru 27 · Modern Akış

Ses ile Görüntüyü Eşzamanlamak

Açık uçlu

Bir oynatıcı ses ve görüntü akışlarını ayrı ayrı çözüyor. Dudak eşzamanını korumak için İS ve oynatıcı hangi düzenekleri kullanır? Kaymanın kabaca hangi sınırlardan sonra fark edildiğini belirtin.

Cevabı göster

Her kare ve ses örneği bir sunum zaman damgası (PTS) taşır; çözülen veriler tamponlarda bu zamana göre bekletilir.
Bir ana saat seçilir (genelde ses saati, çünkü ses kesintisi daha çok fark edilir); görüntü kareleri bu saate göre erken gösterilmez, geç kalırsa atlanır ya da tekrarlanır.
İS tarafında ses iş parçacığına gerçek zamanlı öncelik, düşük gecikmeli ses yığını ve kritik tamponlar için bellek kilitleme (mlock) kullanılır.
Ses görüntüden ≈ 45 ms önde ya da ≈ 125 ms geride kalırsa izleyici fark eder.

Soru 28 · Modern Akış

Takas Alanı Tamponu Korur mu?

Doğru / Yanlış

Aşağıdaki ifade doğru mu, yanlış mı? Gerekçenizi yazın.

“Gerçek zamanlı bir ses uygulamasında kritik tamponların RAM’de kalmasını sanal bellek takas alanı garanti eder.”

Cevabı göster

Yanlış. Takas tam tersini yapabilir: soğuk görünen bir tampon diske yazılırsa ona yeniden erişmek sayfa hatası ve milisaniyeler süren disk G/Ç’si demektir; ses kesilir. RAM’de kalmayı mlock/mlockall ile bellek kilitleme garanti eder; takas yalnızca bellek baskısında genel sistemin ayakta kalmasına yardım eder.

Özet

Özet: Sık Yapılan Hatalar

Bit ile baytı karıştırmak: veri hızı bit/s, dosya boyutu bayt; 8’e bölmeyi unutmayın.
Nyquist’i “f_s = f_max” sanmak: örnekleme hızı en yüksek frekansın iki katından büyük olmalıdır; aksi hâlde örtüşme olur.
JPEG’de tek kayıplı adımın DCT olduğunu düşünmek: kayıp niceleme (ve renk alt örnekleme) adımındadır; DCT ve Huffman tersinirdir.
B karelerini görüntüleme sırasıyla iletmek: sonraki referans (P/I) önce gelmelidir.
Liu–Layland sınırını aşan kümeyi “RMS ile çizelgelenemez” saymak: sınır yeterli koşuldur; karar için çizelge çizilmelidir.
RMS ile EDF’yi karıştırmak: RMS statik (kısa periyot önce), EDF dinamik (en yakın teslim önce) önceliklidir.
Zipf’te C’yi 1 / N almak: C = 1 / H_N, H_N harmonik toplamdır.

Son

Bölüm 14: Çoklu Ortam Sistemleri

Sonraki: Bölüm 15 Çalışma Soruları

1 / 1