TUGAS CRASH PROGRAM

 

1. Ubahlah uraian tentang perubahan bilangan berikut ini:

a)      Ubahlah bilangan biner 110,101 atau (110,101₂ ) ke desimal.

Jawab:

110₂ = 1x2⁰ + 1x2^1­ + 0x2²

        = 1 + 2 + 0 = 3 (3₍₁₀₎=Dalam Bilangan Desimal)

b)      Ubahlah  bilangan octal 125,7₈ ke decimal dan ubah ke biner

Jawab:

125.7₍₈₎­ =….._­(10)­ = ……_­(2) (bilangan 125,7 dibulatkan menjadi 126)

126 _­(8) = (1x8²) +(2x8¹)+(6x8⁰)

                 = 64+16+6 = 86₍₁₀₎ (86 dalam bilangan desimal)

Jadi hasilnya 86₍₁₀₎   = 1010110₍₂₎

c)      Ubahlah angka decimal 10 ke biner, ke octal dank e heksa (BHC= binary Code Heksadecimal)

                              10₍₁₀₎ =….₍₂₎=….₍₈₎=….₍₁₆₎

Jawab:

·         Angka 10₁₀ ke Bilangan Biner ₍₂₎

                10₍₁₀₎ =1010₍₂₎

·         1010₍₂₎ Biner ke Bilangan Oktal ₍₈₎

Untuk melakukan konversi biner ke oktal lakukan bagi setiap 3 digit menjadi sebuah angka oktal dimulai dari paling kanan.

Biner  001 010           

Untuk                 001                                 untuk             010                         

Jadinya = (0x2²) + (0x2¹) ₊ (1x2⁰)                   = (0x2²) + (1x2¹) + (0x2⁰)

            =  0      +    0    +   1                             = 0       +   2         +  0

            = 1                                                       = 2

Maka 1010₍₂₎=12₍₈₎

d)     Ubahlah angka decimal 0,125 ke binner dan ke octal

angka “0,125” dan jika di konversi menjadi bilangan biner, maka

0.125 x 2 = 0,25 bulat 0 sisa 0,25
0.25 x 2 = 0,5 bulat 0 sisa 0,5
0.5 x 2 = 1 + bulat 1 sisa 0
jadi hasilnya = 0,001 (maka hasilnya ambil dari bilangan bulat paling atas)

0.125₍₁₀₎ = 0,001₍₂₎

e)      ubahlah angka decimal 0,046875 ke heksa (BCH)

      jawab:

angka “0,125” dan jika di konversi menjadi bilangan biner, maka

0,046875₁₀ = (…)₁₆

Penyelesaiannya = 0,046875₁₀  + 0₁₀ = Bag.1 + Bag.2

           

Ke heksa

0₁₀ = (0)16 

Hasil 1 + hasil 2 = 0 + 0,010 = 0,010 maka, didapatkan:

0,046875₁₀ = (0,010)₁₆

2.   Ubahlah angka biner berikut ke bentuk komplemen satu:

             BINER                             Komplemen satu

a)        1000 1000          menjadi 0111 0111

b)   0101 1010         menjadi 1010 0101

c)   0111 0111          menjadi 1000 1000

d)   1000 0000          menjadi 0111 1111

3.      Sebuah komputer dengan hole pada memori adalah

32k A

64k B

128k C

8k D

256k E

15k F

512k G

4k H

128k I

1024k J

2k K

Jika permintaan alokasi memori dengan ukuran page adalah : 30k, 80k, 200k, 32k dengan Algoritma First Fit, buatlah urutan penempatan hole dengan algoritma :

a.       Best Fit;

b.      Fist Fit

c.       Worst Fit

Penyelesaian:

Permintaan alokasi memori dengan ukuran Page adalah : 30k, 80k, 200k, 32k, dengan algoritma First Fit, Membuat urutan penempatan hole dengan algoritma :

a)      Urutan penempatan hole dengan Algoritma Best Fit

Pencarian dimulai dari awal dan akan berhenti jika ditemukan lokasi terkecil pertama yang cukup untuk menempatkan proses tersebut.

32k A

64k B

128k C

8k D

256k E

15k F

512k G

4k H

128k I

1024k J

2k K

30K di input ke 32K partition

80K di input ke 64K partition

200K di input ke 128K partition

32K di input ke 15K partition

permintaan alokasi memori dengan ukuran page adalah : 30k, 80k, 200k, 32k dengan Algoritma First Fit

Menjadi :

30k A

80k B

200k C

8k D

256k E

32k F

512k G

4k H

128k I

1024k J

2k K

b)      Urutan penempatan hole dengan Algoritma First Fit

Pencarian dimulai dari awal dan akan berhenti jika ditemukan lokasi pertama yang cukup besar untuk menempatkan proses tersebut.

32k A

64k B

128k C

8k D

256k E

15k F

512k G

4k H

128k I

1024k J

2k K

30K di input ke 64K partition

80K di input ke 128K partition

200K di input ke 256K partition

32K di input ke 48K partition (Partisi baru 80K = 128K – 80K)

Menjadi :

32k A

30k B

48k C

8k D

200k E

15k F

512k G

4k H

128k I

1024k J

2k K

c)      Urutan penempatan hole dengan Algoritma Worst Fit

Pencarian dimulai dari awal dan akan berhenti jika ditemukan lokasi yang paling besar yang cukup untuk menempatkan proses tersebut.

32k A

64k B

128k C

8k D

256k E

15k F

512k G

4k H

128k I

1024k J

2k K

30K di input ke 1024K partition

80K di input ke 512K partition

200K di input ke 256K partition

32K di input ke 128K partition (Partisi baru 80K = 128K – 80K)

Menjadi :

32k A

30k B

48k C

8k D

200k E

15k F

80k G

4k H

32k I

30k J

2k K

4.   Jelaskan Tentang pengalamatan pada prossesor computer dengan teknik di bawah ini:

a.)    Immediate Addressing adalah adalah pengkopian data tercepat dengan cara mengkopikan angka ke suatu register 8, 16 atau 32 bit.

Operand benar — benar ada dalam instruksi atau bagian dari instruksi = Operand sama dengan field alamat.Umumnya bilangan akan disimpan dalam bentuk komplemen dua. Bit paling kiri sebagai bit tanda. Ketika operand dimuatkan ke dalam register data, bit           tanda akan digeser ke kiri hingga maksimum word data

 Contoh: ADD 5 ; tambahkan 5 pada akumulator

Immediate addressing dapat juga mendapatkan nilainya melalui suatu konstanta yang telah didefinisikan dengan perintah EQU.

Contoh :

MOV   AX,9876H

b.)    Direct addressing adalah pengkopian data dari suatu simbol ke register, atau disebut dengan pengalamatan langsung.

a.       Kelebihan

·         Field alamat berisi efektif address sebuah operand.

·         Teknik ini banyak digunakan pada komputer lama dan komputer kecil

·         Hanya memerlukan sebuah referensi memori dan tidak memerlukan kalkulasi khusus

b.      Kelemahan

·         Keterbatasan field alamat karena panjang field alamat biasanya Lebih kecil dibandingkan panjanng word

c.)    Indirect Addressing adalah mode pengalamatan tak langsung, memiliki field alamat yang mengacu pada alamat word  didalam memori, yang pada gilirannya akan berisi alamat operand yang panjang

Contoh : ADD (A);  tambahkan isi memori  yang ditunjuk oleh isi alamat A ke akumulator

d.)   Register addressing adalah pengkopian data antar register. Pengkopian antar register ini harus menggunakan register yang berukuran sama. Metode pengalamatan register mirip dengan mode pengalamatan langsung % Perbedaannya terletak pada field alamat yang mengacu pada register, bukan pada memori utama. Field yang mereferensi register memiliki panjang 3 atau 4 bit, sehingga dapat mereferensi 8 atau 16 register general purpose.

Contoh :

MOV   AX,BX

e.)    Register indirect addressing adalah mengakses suatu data yang banyak dengan mengambil alamat efektif dari data tersebut. Metode pengalamatan register tidak langsung mirip dengan mode pengalamatan tidak  langsung. Perbedaannya adalah field alamat mengacu pada alamat register. Letak operand berada pada memori yang ditunjuk oleh isi register. Keuntungan dan keterbatasan pengalamatan register tidak langsung pada dasarnya sama dengan pengalamatan tidak langsung.

Keterbatasan field alamat diatasi dengan pengaksesan memori yang tidak

langsung sehingga alamat yang dapat direferensi makin banyak. Dalam satu siklus pengambilan dan penyimpanan, mode pengalamatan register tidak langsung hanya menggunakan satu referensi memori utama sehingga lebih cepat daripada mode pengalamatan tidak langsung

f.)     Displacement Addressing adalah teknik Menggabungkan kemampuan pengalamatan langsung dan pengalamatan register tidak  langsung. Mode ini mensyaratkan instruksi memiliki dua buah field alamat / sedikitnya sebuah field yang eksplisit. Field eksplisit bernilai A dan field implisit mengarah pada register.

g.)    Stack Addresssing adalah Stack adalah array lokasi yang linier = pushdown list =

last-in-first-out-queues. Stack merupakan blok lokasi yang terbalik. Butir ditambahkan ke puncak stack sehingga setiap saat blok akan terisi secara parsial. Yang berkaitan dengan stack adalah pointer yang nilainya merupakan alamat bagian paling atas stacks. Dua elemen teratas stack dapat berada di dalam register CPU, yang dalam hal ini stack ponter mereferensi ke elemen ketiga stacks. Stack pointer tetap berada di dalam registers. Dengan demikian, referensi - referensi ke lokasi stack di dalam memori pada dasarnya merupakan pengalamatan register tidak  langsung