エンベデッドシステムスペシャリスト 2016年 午後1 問01

解答の導き方

1. 問われているのは、USBメモリの接続検出後、スピーカから最初の音声が出るまでの処理時間を見積もる際に、バッファがどの状態になるまでを考慮するかです。
2. 本文には、メインMCUに「1,000サンプル分のPCMデータを蓄積するバッファが四つあり、四つのバッファがFIFOを構成している」とあります。したがって、再生開始前に複数のバッファへPCMデータを蓄積する構成です。
3. さらに、「4段目のバッファまでPCMデータを蓄積し終えると、DAC送信を開始する」とあります。つまり、最初のバッファにデータが入った時点ではなく、4段目までの蓄積が終わってから音声出力が始まります。
4. したがって、接続検出後からスピーカ出力までの処理時間を考えるときは、バッファ4段目までPCMデータを蓄積する時間を考慮します。PCMデータの転送時間は無視する条件なので、DAC送信に要する時間を加える必要はありません。

誤りやすいポイント

• バッファ1段目にPCMデータが入った時点でDAC送信が始まると考えることです。本文では、4段目まで蓄積した後にDAC送信を開始します。
• 4段目までの蓄積時間ではなく、4段分のDAC送信が完了するまでの時間を考えることです。この設問では、PCMデータの転送時間は無視します。
• USBメモリの接続検出から再生開始までの処理時間を問われているのに、バッファの段数ではなく、音楽全体の再生時間を考えることです。

FAQ

解答の導き方

誤りやすいポイント

• バッファが四つあるため、許容できる遅延も四段分だと考えてしまうことです。次の伸張処理を行う時点では、最初の1段分はすでに送信済みなので、遅延を吸収するために残っているのは3段分です。
• バッファがあれば、どれだけ処理が遅れても再生が続くと考えてしまうことです。蓄積されたPCMデータを使い切る前に次のデータが用意できなければ、再生音は途切れます。
• (a)を単に「処理が遅くなる」とすることです。問われているのは、PCMデータを蓄積しない場合に再生音に現れる問題です。

FAQ

解答の導き方

誤りやすいポイント

• WDTを低優先度タスクでクリアする目的を、「システム監視タスク自身の異常を検出するため」と考えないようにします。高優先度タスクが動き続け、低優先度タスクが実行されない状態を検出する設計です。
• WDTをクリアするだけでは、実行されるべきタスクが待ち状態のままでも、システム監視タスクが動いていれば異常を見逃すことがあります。そのため、タスクごとのフラグも確認します。
• スマートフォンの音楽再生では、USBメモリ内の圧縮音楽ファイルを検索・伸張するタスクは使いません。再生方式ごとに必要なタスクを選びます。
• システム監視タスクは実行状況を確認する側であり、スマートフォンの音楽データを処理するタスクとは役割が異なります。

FAQ

解答の導き方

誤りやすいポイント

• aは、ファイル管理タスクが検索結果を自分の中に保持する処理ではなく、後続の伸張処理に必要なファイル名をメインタスクへ通知する処理です。
• bは、圧縮音楽データの読出し量を問うています。伸張処理1回で生成するPCMデータの量に合わせて「1,000サンプル」と判断します。
• cは、バッファの空き段数やDAC送信に使う段数ではありません。DAC送信を開始する条件として示された、PCMデータを蓄積し終える段数です。
• dは、再生経過時間や曲の終了を通知する相手です。曲の終了後にファイル検索を要求するタスクがメインタスクであることから、通知先もメインタスクと分かります。
• 下線①の情報は、圧縮音楽ファイルの再生に関する制御情報と、表示に必要な情報を区別して考えます。サブMCUは表示を担当するため、ファイル名と再生経過時間が該当します。

FAQ

解答の導き方

1. クロック差によって、データの過不足が起きることを確認します。
   本文では、USB通信クロックとDACへの転送クロックは「生成の基になる発振子が異なるので周波数差がある」と説明されています。受信側のクロックが速ければPCMデータがバッファにたまり続け、バッファがあふれるオーバフローが起きます。反対に、DACへの転送側のクロックが速ければ、送信するデータが不足してアンダフローが起きます。したがって、eとfはこの二つの現象です。
2. 5分間に生じるデータ量の差を求めます。
   対応するフォーマットでは、1サンプル分のPCMデータは2チャネル分を同時にサンプリングしたものです。最大のサンプリング周波数を使って計算すると、1サンプル分のデータ量は次のとおりです。
   $32\text{ビット}\times 2\text{チャネル}÷8=8\text{バイト}$
   したがって、1秒当たりのデータ量は次のとおりです。
   $192,000\text{サンプル/秒}\times 8\text{バイト}=1,536,000\text{バイト/秒}$
   5分間は300秒であり、クロック差の最大値である0.01%は$0.0001$です。この間に生じるデータ量の差は、次のように求められます。
   $1,536,000\times 300\times 0.0001=46,080\text{バイト}$
3. バッファ1段当たりに必要なサイズを求めます。
   本文では「バッファ2段目までPCMデータを蓄積したところでDAC送信を開始」します。つまり、開始時点では2段分のデータが入っています。受信が速い場合は残り2段分が空き容量となり、DACへの転送が速い場合は最初の2段分が不足を補うデータ量になります。どちらの方向でも、クロック差を吸収する余裕はバッファ2段分です。
   バッファ1段当たりのサイズを$B$バイトとすると、$2B$が46,080バイト以上必要です。
   $2B\ge 46,080$
   よって、1段当たりの最小サイズは23,040バイトです。なお、「DAC送信中のバッファに書込みできる」条件も、送信と受信を並行して進める前提です。

誤りやすいポイント

• クロック差があるとき、データが増える場合だけでなく、データが減る場合も考えます。受信が速いとオーバフロー、DACへの転送が速いとアンダフローです。
• 2チャネル分を同時サンプリングするため、1サンプル当たりのデータ量は32ビット分ではなく、2チャネル分の64ビット、つまり8バイトです。
• クロック差によるデータ量の差を、そのまま1段分のサイズにはできません。開始時に2段分が蓄積されているため、過不足を吸収する余裕は2段分です。

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解答の導き方

1. 表1の処理概要には、伸張タスクが「1回の伸張処理ごとに1,000サンプル分」のPCMデータを扱うことが示されています。したがって、伸張処理1回分のPCMデータが再生される時間を求めます。
2. サンプリング周波数192kHzのサイクル時間は5.20マイクロ秒です。問題文では2チャネル分を同時サンプリングしたものを1サンプル分としているので、チャネル数を別に掛ける必要はありません。
   $1,000\times 5.20\mu \mathrm{s}=5.20\mathrm{ms}$
   よって、1回分の伸張処理は、PCMデータの再生時間である5.20ミリ秒ごとに必要になります。
3. CPU占有率は、伸張処理にかかる時間を、その処理が必要となる間隔で割ったものです。占有率を50%以下にするには、伸張処理時間を5.20ミリ秒の半分以下にします。
   $5.20\mathrm{ms}\times 0.50=2.60\mathrm{ms}$

誤りやすいポイント

• 192kHzをそのまま処理時間として扱わず、1サンプル当たりの時間である5.20マイクロ秒を使います。
• 2チャネル分を別々に数えて2倍にしないようにします。問題文では、2チャネル分を同時サンプリングして1サンプル分としています。
• バッファが四つあることを理由に、処理時間の間隔を4倍にしないようにします。連続再生中は、1,000サンプル分のPCMデータが5.20ミリ秒で再生されるため、伸張処理もその周期で必要です。

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