応用情報技術者 2012年 秋期 午前2 問12

磁気ディスク平均アクセス時間【午前2解説】

正解の理由

• 平均位置決め時間 = 20 ms
• 回転数 6000 rpm ⇒ 1回転 = 60 / 6000 = 0.01 s = 10 ms ⇒ 平均回転遅延 = 10 / 2 = 5 ms
• 1トラック = 20kB、1ブロック = 4kB ⇒ 1トラックに 5 ブロック。1ブロック転送に要する時間は 1回転のうちの 4k/20k = 0.2 相当 = 10 ms × 0.2 = 2 ms

解法ステップ

1. 回転周期を求める：$T=\frac{60\mathrm{s}}{\text{rpm}}$ → $T=60/6000=0.01\mathrm{s}=10\mathrm{ms}$
2. 平均回転遅延は半回転：$T_{rot}=T/2=5\mathrm{ms}$
3. 転送時間はブロックがトラックの何分の一かで算出：$T_{xfer}=T\times \frac{\text{ブロックサイズ}}{\text{トラック当たり容量}}=10\mathrm{ms}\times \frac{4}{20}=2\mathrm{ms}$
4. 合計（コントローラオーバヘッドは無視）：$T_{access}=T_{seek}+T_{rot}+T_{xfer}=20+5+2=27\mathrm{ms}$

選択肢別の誤答解説

• ア: 20
  20 ms は位置決め時間のみで、回転遅延と転送時間を無視しているため不足。問題は「1ブロック転送するのに要する平均アクセス時間」を問うており、回転遅延と転送時間も含める必要があります。
• イ: 22
  22 ms は位置決め 20 ms に平均回転遅延 2 ms（もしくは一部の誤りによる計算）を足した値で、回転遅延を実際の半回転の 5 ms とせず誤った値を用いているため不正確です。
• ウ: 27
  上述の通り、シーク 20 ms + 平均回転遅延 5 ms + 転送時間 2 ms = 27 ms で正しい合計です。
• エ: 32
  32 ms は必要以上に大きな値（例えばフル回転の遅延や余分なオーバヘッドを加えた場合）で、与えられた条件では過大見積りです。

よくある誤解

• 転送時間は無視してよい：問題文が無視できるとするのは「磁気ディスクコントローラのオーバヘッド」です。転送時間はディスクの回転とデータ量に依存するため、必ず計算する必要があります。転送時間を省くと誤答になります。
• 平均回転遅延をフル回転で計算してしまう：平均回転遅延は期待値として「半回転（T/2）」を使います。フル回転 T を使うと大きく過大評価します。
• トラック当たり容量の扱いミス：トラック容量を正しくブロック数に直さない（例：20k/4k = 5）と転送時間が誤ります。

補足コラム

• 実務上は平均アクセス時間以外にも、ランダムアクセスのばらつき（最悪時シーク長やキューイング）、キャッシュの有無、ディスクのゾーン記録（外周と内周で転送速度差）などが性能に影響します。試験では与えられた条件に従って期待値を計算することが求められます。
• ブロックがトラックをまたぐ場合やブロックがトラックいっぱい（または複数トラック）を占める場合は転送時間の計算式が変わります。今回のようにブロックがトラックの一部であれば比率で計算できます。

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