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Du hast 16bit für die I-Node Adressen. Das sind 2Byte. Sei die Blockgröße X Byte
X/2 ist die Anzahl der Adressen in einem Block
Da du 2-fach indirekte INodes verwendest, gibt es genau (X/2)^2 mögliche Adressen(2-Tupel dessen Komponenten durch die möglichen Adressen gegeben sind).
Somit sind (X/2)^2*X[Byte] Speicher adressierbar.
(X/2)^2*X[Byte] = 1TB
<=> X^3 / 4 = 2^40
<=> X = 2^14 = 16k

also 16kB.

(Hier sind die binären SI-Prefixe gemeint)

Du hast nicht nur "ein 16-Bit-Inode", sondern wie nope schon erwähnt hat 2-fach indirekte INodes. Google das am besten mal :-)

Der Denkfehler bei dir liegt wohl darin, dass du denkst, dass die 16bit Adressen den Hauptspeicher direkt adressieren, was nicht der Fall ist. Der Verwaltungsblock, welcher auf die 1-fach Verwaltungsblöcke zeigt, ist gleichzeitig als Offset zu interpretieren. Ein Beispiel:
Wähle einen der 256 möglichen Adressen aus dem 2-fach indirekten Verwaltunsgblock - z.B. 107 (von 0-255)
Das heißt dein Offset beträgt schon mal 107*16MB
Dabei ergeben sich die 16MB so wie du sie berechnet hast.
Jetzt weisst du der gesuchte Speicherbereich liegt irgendwo zwischen 107*16MB und 108*16MB
Dieser Bereich ist also genau 16MB groß.
Im 1-fach indirekten VB hast du wieder 256 Adressen, welche diese 16MB in genau 64kB(=16MB/256 Adressen) Blöcke teilen.
Wählen wir jetzt im 1-fach indirekten VB die 53(wieder zwischen 0-255), dann startet der gesuchte Block bei
107*16MB + 53*64kB = 1715,3125MB

(x,y) => x*16MB + y*64kB

[edit]
Okay, so gesehen hast du für x und y 16bit-Adressen und brauchst x und y um einen Block eindeutig zu identifizieren, also effektiv eigentlich 32bit für eine Adresse.

Beim lernen bin ich auf folgendes gestoßen
Aufgabe 4a vom Herbe 2008

Quoted

Die Dateien auf einer Festplatte werden mittels I-Nodes verwaltet. Es ist bekannt,
dass die Blockgröße der Platte 256 Byte und die Adresslänge 32 Bit ist.
Hinweis: Im I-Node sind 10 direkte Verweise auf Plattenblöcke enthalten. Diese sind in Teilaufgaben a) und b) zu berücksichtigen.
a) Zur Verwaltung einer Datei werden 6 Verwaltungsblöcke benötigt. Wie viel KB kann die Größe dieser Datei minimal und maximal betragen?

Lösung:

Quoted

In einem Block passen 256Byte / 4 Byte = 64 Adressen.
Datei benötigt 6 Verwaltungsblöcke:
I-Node 1 Verwaltungsblock.
1-fach indirekter Verweis 1 Verwaltungsblock.
2-fach indirekter Verweis 4 Verwaltungsblöcke.
Die minimale Dateigröße ergibt sich, wenn ein einziger Eintrag des letzten Verwaltungsblocks des 2-fach indirekten Verweises verwendet wird.
Dateigrößemin =(10+64+64+64+1)x256Byte=50,75KB
Die maximale Dateigröße ergibt sich, wenn alle Einträge des letzten Verwaltungsblocks des 2-fach indirekten Verweises verwendet werden.
Dateigröße max = (10 + 64 + 64 + 64 + 64) x 256 Byte = 66,5 KB

Ich frage mich jetzt warum Dateigrößemin =(10+64+64+64+1)x256Byte und nicht (10+64+64+64+64+1)x256Byte ist. Es sollen ja 6 Verwaltungsblöcke sein.
Bei der maximalen Dateigröße genauso.
Da bei der Klausur im Frühjahr 2010 es ähnlich ist, denke ich, dass es eher ein Denkfehler von mir ist.
Ich hoffe mir kann jemand auf die Sprünge helfen

Wenn ich das richtig verstanden habe, dann liegt das daran, dass beim 2-fach indirekten ein Verwaltungsblock nur für die Adressierung der nachgeschalteten (in diesem Fall) 3 Verwaltungsblöcke draufgeht (siehe dazu das Diagramm von I-Nodes aus der 8. Übung). Seine Adressen verweisen also nicht auf Speicherblöcke, sondern nur auf weitere Verwaltungsblöcke - deswegen nur 3x64 statt 4x64.

Danke, so macht das Sinn. War also ein Denkfehler meinerseits