音声サンプリングの計算方法がわかる｜かんたん計算問題

矢沢 久雄
2021-02-25 更新

今回のテーマは、「音声サンプリング」の計算問題です。

いくつか難しそうな用語が出てくるので、それらの意味を理解することから始めましょう。用語の意味がわかれば、計算方法が見えてきます。

標本化、量子化、符号化

データの容量を求める問題

それでは、音声サンプリングの過去問題を解いてみましょう。最初は、先ほど示した計算の例と同じ手順でできる問題です。計算するときの考え方を、以下に示します。

M（メガ）は、1000 × 1000 ＝ 1000000 とする場合と、 1024 × 1024 ＝ 1048576 とする場合がありますが、この問題には示されていません。ここでは、1000 × 1000 ＝ 1000000 として計算します。

1. 60 分の音声信号は、 60 × 60 ＝ 3600 秒です。
2. 標本化周波数（サンプリング周波数）44.1 kHzなので、 1 秒間に 44.1 × 1000 ＝ 44100 回のデータの採取をします。
3. したがって、 60 分間で 3600 × 44100 ＝ 158760000 回のデータの採取をします。
4. 量子化ビット数 16 ビットは、 8 ビット ＝ 1 バイトなので、 16 ビット ＝ 2 バイトです。
5. PCM 形式なので、この 2 バイトのデータが、そのまま符号になります。
6. 1 回のデータの採取が 2 バイトの符号になるので、 158760000 回のデータの採取は、 2 × 158760000 ＝ 317520000 バイトの容量になります。
7. モノラル（ステレオではない）なので、全体の容量は、この 317520000 バイトです。
8. 1 M バイト ＝ 1000000 バイトとするので、 317520000 ＝ 317.52 M バイトです。

問題に「およそ何 M バイトか」とあるので、 317.52 Mバイトに近い 320 M バイトの選択肢ウが正解です。

正解　ウ

記録できる音声の長さを求める問題

次は、記録できる音声の長さを求める問題です。これまでに得た知識があれば、すんなりと計算方法を見出せるでしょう。計算するときの考え方を、以下に示します。

1. 1 秒間に 11000 回のサンプリングを行い、それぞれが 8 ビット ＝ 1 バイトのデータとして記録されるので、1 秒間のデータの容量は、 11000 × 1 ＝ 11000 バイトである。
2. フラッシュメモリの容量は、 512 × 10⁶ バイトなので、 512 × 10⁶ ÷ 11000 ＝ 46545.45･･･ 秒のデータを記録できる。
3. 答えを分単位で求めるので、46545.45･･･ ÷ 60 ＝ 775.75･･･ 分である。

問題に「最大何分か」とあるので、775.75･･･ 分の端数を切り捨てて最大 775 分であり、選択肢ウが正解です。

正解　ウ

サンプリング間隔を求める問題

今度は、サンプリング間隔（何秒間隔でサンプリングを行うか）を求める問題です。

「転送速度」がからんでいますが、音声をリアルタイムで転送したのですから、 64000 ビット / 秒というのは、1 秒間に符号化した容量と同じです。それがわかれば、これまでに得た知識で計算方法を見出せるでしょう。

計算するときの考え方を、以下に示します。

1. 1 秒間に 64000 ビットで、符号化されたデータの大きさが 8 ビットなのだから、1 秒間に行ったサンプリングの回数は、 64000 ÷ 8 ＝ 8000 回である。
2. 1 秒間に 8000 回のサンプリングを行ったのだから、その時間間隔は、 1 ÷ 8000 ＝ 0.000125 秒である。

問題に「何マイクロ秒か」とあるので、 0.000125 秒をマイクロ秒単位にした、 125 マイクロ秒の選択肢ウが正解です。

正解　ウ

バッファリング時間を求める問題

最後に、これまでとは、ちょっと毛色の違う問題を解いてみましょう。デジタル化された音声データをダウンロードするときのバッファリング時間を求める問題です。

バッファリングとは、再生を始める前に、ある程度のデータをダウンロードしておくことです。これによって、ダウンロードの速度が遅くても、音声を途切れずに再生することができます。

計算するときの考え方を以下に示しますので、 1 つずつ丁寧に確認してください。ここでは、 M ＝ 1000 k としています。

1. 符号化速度が 192 k ビット / 秒というのは、デジタル化されたデータの容量が 1 秒あたり 192 k ビットということである。
2. データの容量は、全部で 2.4 M バイト ＝ 2.4 M × 8 ＝ 19.2 M ビットであり、これを秒単位で表すと、 19.2 M ÷ 192 k ＝ 19200 k ÷ 192 k ＝ 100 秒である。
3. 通信速度が 128k ビット / 秒なので、100 秒で 128 k × 100 ＝ 12800 k ビットのデータを転送できる。
4. ところが、データの容量は、全部で 19.2 M ビット ＝ 19200 k ビットなので、その差の 19200 k ビット – 12800 k ビット ＝ 6400 k ビットのデータを、あらかじめバッファリングしておく必要がある。
5. 通信速度が 128 k ビット / 秒なので、 6400 k ビットのデータをバッファリングするには、 6400 k ÷ 128 k ＝ 50 秒かかる。

以上のことから、バッファリング時間は 50 秒であり、選択肢アが正解です。

正解　ア

以上、「音声サンプリング」の計算問題の解き方を説明しましたが、十分にご理解いただけましたでしょうか。

もしも、すぐに理解できない問題があったなら、同じ問題を繰り返し練習してください。

基本情報技術者試験では、同じ問題が何度も再利用されているので、できない問題をできるようにすることが、必ず得点アップにつながるからです。

それでは、またお会いしましょう！

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矢沢 久雄

『プログラムはなぜ動くのか』（日経BP）が大ベストセラー
IT技術を楽しく・分かりやすく教える“自称ソフトウェア芸人”

大手電気メーカーでＰＣの製造、ソフトハウスでプログラマを経験。独立後、現在はアプリケーションの開発と販売に従事。その傍ら、書籍・雑誌の執筆、またセミナー講師として活躍。軽快な口調で、知識０ベースのＩＴエンジニアや一般書店フェアなどの一般的なＰＣユーザの講習ではダントツの評価。
お客様の満足を何よりも大切にし、わかりやすい、のせるのが上手い自称ソフトウェア芸人。

主な著作物

• 「プログラムはなぜ動くのか」（日経BP）
• 「コンピュータはなぜ動くのか」（日経BP）
• 「出るとこだけ! 基本情報技術者」 (翔泳社)
• 「ベテランが丁寧に教えてくれる ハードウェアの知識と実務」（翔泳社）
• 「ｉｆとｅｌｓｅの思考術」（ソフトバンククリエイティブ）　など多数