エンベデッドシステムスペシャリスト 2009年午前2 問08

問題文

毎分6,000回転、平均位置決め時間が20ミリ秒、1トラック当たりの記憶容量が20kバイトの磁気ディスク装置がある。1ブロック4kバイトのデータを1ブロック転送するのに要する平均アクセス時間は何ミリ秒か。ここで、磁気ディスクコントローラのオーバヘッドは無視できるものとする。

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ア：20

イ：22

ウ：27（正解）

エ：32

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平均アクセス時間は、次の3つの時間の合計です。

1分間に6,000回転するので、1秒間では100回転します。したがって、1回転にかかる時間は10ミリ秒です。平均回転待ち時間はその半分の5ミリ秒です。

また、1トラックの容量20kバイトのうち、転送するのは4kバイトなので、転送時間は1回転時間の

4/20

にあたる2ミリ秒です。

よって、平均アクセス時間は

20 + 5 + 2 = 27

ミリ秒です。したがって、ウが正解です。

1回転の時間を求めます
$6, 000$ 回転/分は、 $6, 000 \div 60 = 100$ 回転/秒です。
1回転にかかる時間は $1 \div 100 = 0.01$ 秒、つまり10ミリ秒です。
平均回転待ち時間を求めます
データが目的の位置に来るまでの待ち時間は、平均すると1回転時間の半分です。
$10 \div 2 = 5$ ミリ秒です。
データ転送時間を求めます
1トラックの容量に対する転送データ量の割合は $4 \div 20 = 0.2$ です。
したがって、転送時間は $10 \times 0.2 = 2$ ミリ秒です。
各時間を合計します
平均位置決め時間20ミリ秒を加えて、 $20 + 5 + 2 = 27$ ミリ秒です。

平均回転待ち時間を1回転分と考える
データの位置がランダムだとすると、目的の位置までの待ち時間は平均で半回転分です。
1ブロック分の転送時間を1回転時間とする
1回転時間は1トラック全体を転送する時間に相当します。1ブロックの転送時間は、トラック容量に対するブロック容量の割合で求めます。
平均アクセス時間を位置決め時間だけで考える
データを読み出すには、ヘッドを移動させるだけでなく、目的の位置が来るまで待ち、さらにデータを転送する必要があります。

磁気ディスクの平均アクセス時間は、一般に次の式で整理できます。

平均アクセス時間 = 平均位置決め時間 + 平均回転待ち時間 + データ転送時間

この問題では、1トラック分の転送に1回転かかると考え、ブロック容量とトラック容量の比率から転送時間を求めます。なお、問題文でコントローラのオーバヘッドは無視できるため、計算に加える必要はありません。

Q. なぜ平均回転待ち時間は1回転時間の半分なのですか？
A. データがトラック上のどの位置にあるかは一様に分布すると考えるためです。待ち時間は0から1回転分までの範囲で平均され、結果として半回転分になります。

Q. kバイトの「k」の単位は計算に影響しますか？
A. 影響しません。転送時間では容量の比

4 k バイト \div 20 k バイト

を使うため、単位は約分されます。

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