vets_os1_lab_11_2008

VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. CPU scheduling 1. Dat   je   sledeći   skup   procesa   čija   su   vremena   izvršavanja   na   procesoru   (CPU­burst   time,  izražena   u  milisekundama) i prioriteti dati u sledećoj tabeli: Proces P1 P2 P3 P4 P5 Vreme izvršavanja 10 1 2 1 5 Prioritet 3 1 3 4 2 Procesi su u sistem naišli u poretku P1, P2, P3, P4, P5, svi približno u trenutku t=0. a. Nacrtati Gannt­ove karte dodele procesora ukoliko se raspoređivanje vrši na osnovu sledećih algoritama:  FCFS, SJF bez pretpražnjenja, raspoređivanje na osnovu prioriteta bez pretpražnjenja (manji broj znači veći  prioritet) i RR sa kvantumom Q=1. b. Odrediti   vreme   potrebno   za   kompletiranje   procesa   (tournaround   time)   za   svaki   proces   (za   sve   gore  pomenute algoritme). c. Odrediti vreme čekanja za svaki proces i srednje vreme čekanja (za sve gore pomenute algoritme). Za koji  je algoritam srednje vreme čekanja najmanje ? Kašnjenje dispečera zanemariti. (a) Ganntove karte dodele procesora: FCFS: 1 0 2 10 11 3 4 13 14 5 19 RR (Q = 1): 1 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 1 6 3 7 5 8 1 9 5 1 10 5 11 1 12 5 13 1 14 1 15 1 16 1 17 1 18 SJF (bez pretpražnjenja): 2 0 1 4 2 3 4 5 9 1 19 Rapoređivanje na osnovu prioriteta (bez pretpražnjenja): 2 0 1 5 6 1 16 3 4 18 Strana 1 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. (b) Vreme potrebno za kompletiranje procesa: FCFS 10  11  13  14  19  RR  19  2  7  4  14  SJF  19  1  4  2  9  Prioritetno 16 1 18 19 6 P1  P2  P3  P4  P5  (c)  Vreme čekanja P1  P2  P3  P4  P5  sr.vreme1: FCFS 0  10  11  13  14  9.6 RR  9  1  5  3  9  5.4 SJF  9  0  2  1  4  3.2 Prioritetno 6 0 16 18 1 8.2 Srednje vreme čekanja je najmanje u slučaju SJF bez pretpražnjenja. 2. Dat   je   sledeći   skup   procesa   čija   su  vremena   nailaska   u   sistem   (arrival   time)   i   vremena   izvršavanja   na  procesoru, izražena u milisekundama data u sledećoj tabeli: Process P1 P2 P3 P4 Vreme nailaska 0 2 4 5 Vreme izvršavanja 7 4 1 4 Nacrtati Gannt­ovu kartu i odrediti srednje vreme potrebno za kompletiranje procesa i srednje vreme čekanja  ukoliko se raspoređivanje procesa obavlja po:  a. SJF algoritmu. b. SRTF algoritmu. Kašnjenje dispečera zanemariti. (a) Gannt­ova karta dodele procesora ­ SJF algoritam: 1 0 7 3 8 2 12 4 16 1   Srednje vreme čekanja se računa kao srednja vrednost vremena čekanja za sve procese. Strana 2 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. Vremena potrebna za kompletiranje procesa i vremena čekanja su: vreme kompletiranja 7 12 ­ 2 = 10 8 ­ 4 = 4 16 ­ 5 = 7 7 vreme čekanja 0  8 ­ 2 = 6 7 ­ 4 = 3 12 ­ 5 = 7 4 P1  P2  P3  P4 srednje vreme: (b) Gannt­ova karta dodele procesora ­ SRTF algoritam: 1 0 2 2 4 3 5 2 7 4 11 1 16 Vremena potrebna za kompletiranje procesa i vremena čekanja su: vreme kompletiranja 16 7 ­ 2 = 5 5 ­ 4 = 1 11 ­ 5 = 6 7 vreme čekanja 11­2 = 9 5 ­ 4 = 1 0 7 ­ 5 = 2 3 P1  P2  P3  P4 srednje vreme: Deadlock 3. Posmatrajte sistem u kome se nalaze tri procesa (P0, P1 i P2) i resurs A sa 12 instanci. Stanje sistema je dato  sledećom tabelom: Proces P0 P1 P2 Allocation 5 2 2 Max 10 4 9 Need 5 2 7 Resurs A ima 3 slobodne instance Odredite da li je sistem u bezbednom stanju. Sistem je u bezbednom stanju ­ sekvenca P1, P0, P2 doveće do zadovoljenja potreba svih procesa. Proces P1 najpre uzima još dve instance resursa, a zatim ih vraća: Proces P0 P1 P2 Allocation 5 4 2 Max 10 4 9 Need 5 0 7 Available 1 Strana 3 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. Proces P0 P1 P2 Allocation 5 2 Max 10 završio aktivnosti 9 Need 5 7 Available 5 Proces P0, zatim, uzima još pet instanci resursa, a potom ih vraća: Proces P0 P1 P2 Proces P0 P1 P2 Allocation 10 2 Allocation Max 10 završio aktivnosti 9 Max završio aktivnosti završio aktivnosti 9 Need 0 7 Need Available 10 7 Available 0 2 Na kraju, proces P2 uzima još sedam instanci resursa: Proces P0 P1 P2 Proces P0 P1 P2 4. Allocation Max završio aktivnosti završio aktivnosti 9 Max završio aktivnosti završio aktivnosti završio aktivnosti Need Available 3 7 Need Available 12 9 Allocation Posmatrajte sistem u kome se nalaze tri procesa (P0, P1 i P2) i resurs A sa 12 instanci. Stanje sistema je dato  sledećom tabelom: Proces P0 P1 P2 Allocation 5 2 2 Max 10 4 9 Need 5 2 7 Resurs A ima 2 slobodne instance Odredite da li je sistem u bezbednom stanju. Sistem nije u bezbednom stanju. Na primer, za sekvencu P1, P0, P2, proces P1 bi zadovoljio svoje potrebe i  vratio resurse, ali se sistem može dovesti u zastoj ukoliko P0 zatraži maksimalan broj instanci resursa. 5. Posmatrajte   sistem   u   kome   se   nalazi   pet   procesa   (P0,   P1,   P2,   P3   i   P4)   i   tri   resursa   sa   sledećim  karakteristikama: resurs A (10 instanci), resurs B (5 instanci), resurs C (7 instanci). Stanje sistema u trenutku  t0 dato je sledećom tabelom: Strana 4 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. Proces P0 P1 P2 P3 P4 a. Da li je sistem u stabilnom stanju? Available A B C 0 1 0 2 0 0 3 0 2 2 1 1 0 0 2 A  7 3   9 2 4  Max B 5 2 0 2 3 C 3 2 2 2 3 b. Da li će sistem da odobri zathev P1 2 (1, 0, 2)? c. Da li će sistem da odobri zathev P4 (3, 3, 0)? d. Da li će sistem da odobri zathev P0 (1, 2, 2)? e. Da li će sistem da odobri zathev P3 (1, 1, 0)? (a) Najpre se određuje matrica potreba ­ need (svaki element matrice need se računa kao razlika odgovarajućih  elemenata matrica max i allocation): Allocation A B C 0 1 0 2 0 0 3 0 2 2 1 1 0 0 2 Max B C 5 3 2 2 0 2 2 2 3 3 Need B 4 2 0 1 3 Available A B C Proces P0 P1 P2 P3 P4 A 7 3 9 2 4 A 7 1 6 0 4 C 3 2 0 1 1 3 3 2 Zatim se primenom bankarskog algoritma pronalazi sekvenca P1, P3, P4, P2, P0 koja dokazuje da je sistem u  stabilnom stanju 3. (b)  Proces P1 izdaje zahtev za dodelom reursa request=(1,0,2). Primenićemo algortiam koji razrešava zahteve za  dodelom resursa.  Najpre se proverava da li je request ≤  available. Kako je (1,0,2) ≤  (3,3,2), uslov je ispunjen, pa se zatim  obavlja kvazi­dodela resursa na osnovu zahteva. Allocation A B C 0 1 0 3 0 2 3 0 2 2 1 1 0 0 2 Max B C 5 3 2 2 0 2 2 2 3 3 Need B 4 2 0 1 3 Available A B C Proces P0 P1 P2 P3 P4 A 7 3 9 2 4 A 7 0 6 0 4 C 3 0 0 1 1 2 3 0 Zatim se primenom bankarskog algoritma pronalazi sekvenca P1, P3, P4, P0, P2 koja zadovoljava uslove  stabilnosti. To znači da će sistem ispuniti zahtev P1(1,0,2) 2 3 Proces P1 zahteva dodelu jedne instance resursa A i dve instance resursa C.   Uvek se polazi od procesa sa manjim zahtevima, a kasnije se rešavaju problemi najzahtevnijih procesa.. Strana 5 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. (c) (d) Sistem neće odobriti zahtev procesa P4 za dodelu resursa: request=(3,3,0), jer je zahtev veći od rasploživih  resursa. Sistem neće odobriti zahtev procesa P0 za dodelu resursa:  request=(1,2,2),  jer se posle obavljene kvazi­ dodele, sistem ne nalazi u stabilnom stanju. Allocation A B C 1 3 2 2 0 0 3 0 2 2 1 1 0 0 2 Max B C 5 3 2 2 0 2 2 2 3 3 Need B 2 2 0 1 3 Available A B C Proces P0 P1 P2 P3 P4 (e)  A 7 3 9 2 4 A 6 1 6 0 4 C 1 2 0 1 1 2 1 0 Sistem će odobriti zahtev procesa P4 za dodelu resursa: request=(1,1,0), jer je request ≤  available, tj. (1,1,0)  ≤  (3,3,2), a sistem se posle obavljene kvazi­dodele, nalazi u stabilnom stanju (sekvenca P3, P4, P1, P2, P0). Allocation A B C 0 1 0 2 0 0 3 0 2 2 1 1 1 1 2 Max B C 5 3 2 2 0 2 2 2 3 3 Need B 4 2 0 1 2 Available A B C Proces P0 P1 P2 P3 P4 A 7 3 9 2 4 A 7 1 6 0 3 C 3 2 0 1 1 2 2 2 Memory management 6. Glavni program (GP, veličine 60KB) poziva u datom redosledu sledeće segmete programa: A (20KB), B  (50K) i C (40KB). Segment B u jednom trenutku poziva segment D (40KB), koji opet poziva segment  E  (70KB). Segment C u jednom trenutku poziva segmet F (120KB).  a. Skicirati kako se za dati primer može primeniti tehnika preklapanja (overlay)? b. Koliko je najmanje radne memorije potrebno za izvršavanje ovog programa? c. Koliko bi memorije bilo potrebno bez primene tehnike preklapanja? (a) overlay 1: GP+A = 60K+20K = 80K overlay 2: GP+B+D+E= 60+50+40+70 = 220K overlay 3: GP+C+F = 60+40+70 = 170K (b) (c) max (80, 220, 170) = 220K GP+A+B+C+D+E+F = 60+20+50+40+70+40+70 = 350K Strana 6 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. 7. Odredite kako će (a) First fit, (b) Best fit i (c) Worst fit algoritmi za dodelu memorije dodeliti memorijske  particije od 100K, 500K, 200K, 300K i 600K (navedene redom kojim se nalaze na sistemu) procesima koji  zahtevaju 212K, 417K, 112K i 426K memorije. d. Koji algoritam obezbeđuje najefikasnije iskorišćenje memorije? (a) First fit: 212K se smešta u particiju veličine 500K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 500K­212K=288K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 288K, 200K, 300K, 600K. Algoritam je  obavio dva poređenja. 417K se smešta u particiju veličine 600K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 600K­417K=183K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 288K, 200K, 300K, 183K. Algoritam je  obavio 5 poređenja. 112K se smešta u particiju veličine 288K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 288K­112K=176K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 176K, 200K, 300K, 600K. Algoritam je  obavio dva poređenja. Procesu koji zahteva 426K ne može se dodeliti memorija zbog eksterne fragmentacije. Algoritam je  obavio 5 poređenja. Proces koji zahteva 426K ne može odmah da se izvrši i mora da sačeka da neki drugi proces oslobodi  memoriju. Obavljeno je ukupno 14 poređenja između veličine memorije koju proces zahteva i slobodnih  particija. (b) Best fit: 212K se smešta u particiju veličine 300K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 300K­212K=88K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 500K, 200K, 88K, 600K. 417K se smešta u particiju veličine 500K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 500K­417K=83K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 83K, 200K, 88K, 600K. Algoritam je obavio 5  poređenja. 112K se smešta u particiju veličine 200K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 200K­112K=88K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 83K, 88K, 88K, 600K. Algoritam je obavio 5  poređenja.  426K se smešta u particiju veličine 600K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 600K­426K=174K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 83K, 88K, 88K, 174K. Algoritam je obavio 5  poređenja.  Svaki proces dobija zahtevanu memoriju. Obavljeno je ukupno 20 poređenja između veličine memorije koju  proces zahteva i slobodnih particija. (c) Worst fit 212K se smešta u particiju veličine 600K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 600K­212K=388K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 500K, 200K, 300K, 388K. Algoritam je obavio  5 poređenja. 417K se smešta u particiju veličine 500K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 500K­417K=83K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 83K, 200K, 300K, 388K. Algoritam je obavio 5  poređenja. 112K se smešta u particiju veličine 388K, pri čemu ostaje prazna particija veličine 388K­112K=278K.  Posle dodele, sledeće particije su prazne (redom): 100K, 83K, 200K, 300K, 278K. Algoritam je obavio 5  poređenja.  Strana 7 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. Procesu koji zahteva 426K ne može se dodeliti memorija zbog eksterne fragmentacije. Algoritam je  obavio 5 poređenja. Proces koji zahteva 426K ne može odmah da se izvrši i mora da sačeka da neki drugi proces oslobodi  memoriju. Obavljeno je ukupno 20 poređenja između veličine memorije koju proces zahteva i slobodnih  particija. (d) 8. U ovom slučaju Best fit algoritam obezbeđuje najbolje iskorišćenje memorije. Data je tabela stranica jednog procesa na sitemu sistemu sa veličinom stranice 2KB. stranica 0 1 2 3 4 okvir 1 4 3 7 12 Koje fizičke adrese odgovaraju sledećim logičkim adresama: (a) 251, (b) 3129, (c) 10000, (d) 6066 ? broj stranice = ceo broj količnika logičke adrese i veličine stranice ofset = ostatak pri deljenju logičke adrese i veličine stranice (a) (b)  (c) (d) Logička adresa 251 broj stranice=[251/2048]=0 ⇒ okvir=1, ofset=251%2048=251, fizička adresa=1x2048+251=2299 Logička adresa 3129 broj stranice=[3129/2048]=1 ⇒ okvir=4, ofset=3129%2048=1081, fizička adresa=4x2048+1081=9273 Logička adresa 10000 broj stranice=[10000/2048]=4 ⇒ okvir=12, ofset=10000%2048=1808, fizička adresa=12x2048+1808=26384 Logička adresa 6066 broj stranice=[6066/2048]=2 ⇒ okvir=3, ofset=6066%2048=1970, fizička adresa=3x2048+1970=8114 9. Data je sledeća tabela segmenata: Segment 0 1 2 3 4 Base 219 2300 90 1327 1952 Length 600 14 100 580 96 Koje fizičke adrese odgovaraju sledećim logičkim adresama: (a) 0,430, (b) 1,10, (c) 2,500, (d) 3,400, (e)  4,112? (a) (c) (e) 219 + 430 = 649 illegalna referenca (premašena vrednost limit registra) illegalna referenca (premašena vrednost limit registra) (b) (d) 2300 + 10 = 2310 1327 + 400 = 1727 Strana 8 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. Virtuelna memorija 10. Posmatrajte sistem virtuelne memorije sa n okvira koji su u početnom trenutku prazni. Dat je sledeći niz od  20 uzastopnih memorijskih referenci u vremenu: 1, 2, 3, 4, 2, 1, 5, 6, 2, 1, 2, 3, 7, 6, 3, 2, 1, 2, 3, 6. Skicirajte  stanje u okvirima i odredite koliko će se PF prekida dogoditi ukoliko se zamena stranica obavlja po: LRU,  FIFO i optimalnom algoritmu, za sledeće slučajeve: (a) n=2, (b) n=3. n=2 LRU: PF=18 1 2 3 4 PF PF PF PF 1 1 3 3 2 2 4 FIFO: PF=18 1 2 3 4 PF PF PF PF 1 1 3 3 2 2 4 Optimalni algoritam: PF=15 1 2 3 4 PF PF PF PF 1 1 3 4 2 2 2 2 1 5 h PF PF 4 1 5 2 2 2 6 PF 6 2 2 1 2 3 7 h PF h PF PF 6 1 1 3 3 2 2 2 2 7 6 PF 3 6 3 2 1 h PF PF 3 3 1 6 2 2 2 H 1 2 3 PF 3 2 6 PF 3 6 2 PF 2 4 1 PF 2 1 5 PF 5 1 6 PF 5 6 2 PF 2 6 1 PF 2 6 2 3 7 h PF PF 2 2 7 6 3 3 6 PF 7 6 3 PF 3  6 2 PF 3 2 1 PF 1 2 2 3 6 h PF PF 1 1 6 2 3 3 2 PF 2 4 1 PF 2 1 5 PF 5 1 6 PF 5 6 2 PF 2 6 1 PF 2 1 2 3 7 h PF PF 2 2 7 1 3 3 6 PF 7 6 3 PF 3 6 2 PF 3 2 1 PF 1 2 2 3 6 h PF PF 1 3 3 2 2 6 (a) (b) n=3 LRU: PF=15 1 2 3 4 PF PF PF PF 1 1 1 4 2 2 2 3 3 FIFO: PF=16 1 2 3 4 PF PF PF PF 1 1 1 4 2 2 2 3 3 2 1 5 h PF PF 4 4 4 2 1 1 3 3 5 6 PF 6 1 5 2 PF 6 2 5 1 PF 6 2 1 2 3 7 h PF PF 6 3 3 2 2 7 1 1 1 6 PF 3 7 6 3 2 1 h PF PF 3 2 2 7 7 1 6 6 6 2 3 6 h PF PF 2 2 6 1 1 1 6 3 3 2 1 5 h PF PF 4 4 5 2 2 2 3 1 1 6 PF 5 6 1 2 PF 5 6 2 1 PF 1 6 2 2 3 7 h PF PF 1 1 7 6 3 3 2 2 2 6 PF 7 3 6 3 2 1 h PF PF 7 2 2 3 3 3 6 6 1 2 h 2 3 1 3 6 h PF 2 2 3 3 1 6 Strana 9 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. Optimalni algoritam: PF=11 1 2 3 4 PF PF PF PF 1 1 1 1 2 2 2 3 4 2 h 1 2 4 1 5 6 h PF PF 1 1 1 2 2 2 4 5 6 2 h 1 2 6 1 h 1 2 6 2 3 7 h PF PF 1 3 3 2 2 7 6 6 6 6 h 3 7 6 3 2 1 h PF PF 3 3 3 7 2 2 6 6 1 2 h 3 2 1 3 6 h PF 3 6 2 2 1 1 Priprema za kolokvijum 1. *a b c d Pronađite uljeza: STOP INT HUP KILL 2. Podrazumevano, tj. ukoliko nije menjao kontrolne karaktere komandom stty, kontolni karakter kojim se šalje signal INT tekućem procesu je: *a b c d Ctrl Ctrl Ctrl Ctrl – – – – C \ I Pause(Break) 3. Koja komanda neće ubiti proces čiji je PID = 3050, PPID = 3000, a koji je nastao kao rezultat izvršenja komande boom? Pretpostavite da proces ne može da “uhvati” (catch) signale STOP i TERM i da komandu za uništenje procesa zadaje isti korisnik koji je kreirao proces. a *b c d kill -SIGKILL 3050 kill -SIGSTOP 3000 kill -SIGTERM 3000 killall -SIGQUIT boom 4. Koji signal Linux šalje svim procesima koje je inicirao korisnik user1 prilikom odjavljivanja korisnika user1 sa sistema? a b *c d STOP INT HUP TERM 5. Kojom komandom (ili komandama) ćete pokrenuti program boomerang kao proces u pozadini koji će se izvršavati i nakon vašeg odjavljivanja sa sistema? Strana 10 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. a *b c d 6. a *b c d 7. a b c *d 8. a b *c d Komanda “kill -SIGKILL 4000” koju korisnik coyote zadaje sa terminala TTY2 killall -SIGHUP boomerang nohup boomerang & nice boomerang & renice boomerang & Koje tvrđenje nije tačno? root korisnik može da smanji i poveća prioritet bilo kog procesa nice vrednost procesa mogu da smanje samo root ili vlasnik tog procesa obični neprivilegovani korisnici ne mogu pokrenu procese sa višim prioritetom prioritet nekog procesa mogu da smanje samo root ili vlasnik tog procesa Kako se posao (tj. procesna grupa) može prebaciti iz prvog plana u pozadinu: komandom kontrolnim komandom kontrolnim jobs karakterom Ctrl – S fg karakterom Ctrl – Z Kako se posao (tj. procesna grupa) može prebaciti iz pozadine u prvi plan: komandom jobs kontrolnim karakterom Ctrl – Z komandom fg slanjem signala CONT 9. Kojim se programom zakazuje jednokratno izvršenje određenog skupa komandi ili shell programa? Pretpostavite da je odgovarajući servis koji obezbeđuje funkcionalnost jednokratnog izvršavanja podignut. *a b c d at cron sched time 10. a b *c d 11. a Prvi proces korisničkog nivoa na Linux sistemima je: grub kernel init sched Nivo izvršenja 1 na Linux sistemima je: reboot Strana 11 / 12 VŠER RT+NRT 08/09. OS 1, lab 11: Procesi 4 - računski zadaci + priprema za 2. kolokvijum. © Nemanja Maček, Borislav Đorđević, Jovan Katić 2008. b *c d 12. a b c d zaustavljanje sistema jednokorisnički višekorisnički Prelazak u jednokorisnički režim rada obavlja se komandom: init q init 1 init 0 single 13. Komanda koja se izvršava kada se pritisne kombinacija tastera Ctrl – Alt – Del specificira se u datoteci: *a b c d /etc/inittab /etc/shutdown.allow /etc/shutdown /etc/init.d 14. Proces koji čeka da se korisnik oglasi sa terminala prilikom prijavljivanja na Linux sistem bez grafičkog okruženja je: a *b c d init getty login bash 15. Proces koji proverava par lozinka – korisničko ime prilikom prijavljivanja korisnika na Linux sistem bez grafičkog okruženja je: a b *c d init getty login bash 16. Linkovi na skriptove koji se pokreću prilikom prelaska u jednokorisnički režim rada nalaze se u direktorijumu: a *b c d /etc/rc0.d /etc/rc1.d /etc/init.d /etc/single Strana 12 / 12