[품질경영기사 필기] 16년 2회차 기출문제 정답·해설 페이지

2수준 직교배열표에서 어느 열의 제곱합은 그 열의 부호를 데이터에 곱해 더한 값의 제곱을 실험횟수로 나눈다. 교호작용이 배치된 3열의 부호는 1열과 2열의 부호를 곱해 +, -, -, +가 되므로 $(+9)+(-7)+(-8)+(+4)=-2$이다.
따라서 $S_{A\times B}=\dfrac{(-2)^2}{4}=1.0$이다. 같은 방법으로 $S_A=4$, $S_B=9$이고 세 값의 합이 총제곱합 14와 일치한다.

자유도에서 $l-1=1$, $l(m-1)=6$, $lm(n-1)=8$, $lmn(r-1)=16$이므로 $l=2$, $m=4$, $n=2$, $r=2$이다. 지분실험에서 가장 아래 단계 인자의 기댓값은 $E(V_{C(AB)})=\sigma_e^2+r\sigma_{C(AB)}^2$이다.
따라서 $\hat{\sigma}_{C(AB)}^2=\dfrac{V_{C(AB)}-V_e}{r}=\dfrac{4-0.5}{2}=1.75$이다.

A, B가 모수, C가 변량인 반복없는 3원배치에서는 고차 교호작용(ABC)을 오차항으로 사용하므로 오차의 자유도는 $\nu_e=(\ell-1)(m-1)(n-1)$이다. $(4-1)(3-1)(3-1)=3\times2\times2=12$로 계산되어 정답과 일치한다.

3수준계 직교배열표에서 각 열의 자유도는 3-1=2이다. 오차항으로 2개 열이 배정되었다면 오차의 자유도는 $2\times2=4$이다.

변량모형 1원배치에서 A요인의 분산 추정치는 $\hat{\sigma}_A^2=\dfrac{V_A-V_e}{r}$이며 r은 반복수이다. 반복수가 4이므로 $\hat{\sigma}_A^2=\dfrac{V_A-V_e}{4}$가 된다.

대비 L은 두 그룹(외국제품 A1,A2 / 국내제품 A3,A4)의 평균차를 비교하는 식으로, 각 그룹의 합계를 해당 그룹의 표본수 합으로 나눈다. 외국제품 표본수 합은 3+5=8, 국내제품은 10+8=18이므로 $L=\dfrac{A_1+A_2}{8}-\dfrac{A_3+A_4}{18}$가 된다.

실험계획 설계단계에서는 요인 선정, 특성치 선정, 실험방법(배치·반복·랜덤화) 결정이 이루어진다. 주효과 분석은 실험을 실시한 뒤 데이터를 얻고 나서 수행하는 해석(분석) 단계의 일이므로 설계단계 항목이 아니다.

망목특성은 목표값 m에서 벗어날수록 손실이 커지는 특성으로, 손실함수는 목표값과의 편차 제곱에 비례하는 $L(y)=k(y-m)^2$ 형태를 취한다.

반복 r인 $2^2$ 요인배치에서 총 실험수는 $N=r\times2^2=8$이고 대비(contrast)는 $\text{효과}\times\dfrac{N}{2}=-7.5\times4=-30$이다. 제곱합은 $S_A=\dfrac{(\text{대비})^2}{N}=\dfrac{(-30)^2}{8}=112.5$로 계산되어 정답과 일치한다.

정의대비 I=ABC²(mod 3)에서 별명은 각 효과에 I, I²를 곱해 구한다. A×I=A²BC²로 정규화하면 AB²C, A×I²=B²C가 되어 A의 별명은 AB²C와 B²C이다. 반면 AB²×I=A²C² → AC, AB²×I²=BC가 되어 AB²의 별명은 AC와 BC이지 AB가 아니므로 이 설명이 틀렸다.

1차단위가 1원배치인 단일분할법에서 2차 오차의 분산 추정치는 2차 오차의 평균제곱 자체, 즉 $\widehat{\sigma_{e2}^2}=V_{e2}$이다. 옵션의 $\hat{\sigma}_{e2}^2=\dfrac{V_{e2}-V_{e1}}{m}$은 2차 오차를 1차 오차와의 차이로 보정하는 식인데, 2차 오차는 이미 순수오차이므로 이런 보정이 필요없어 틀린 설명이다.

난괴법(랜덤화블록법)은 블록×처리 조합에 반복이 없는 설계이므로 교호작용의 제곱합과 오차의 제곱합이 분리되지 않고 하나로 합쳐진다. 따라서 교호작용의 효과는 별도로 구할 수 없다.

4×4 그레코라틴방격에서 세 요인 수준조합 평균의 신뢰구간은 $(\overline{x}_{i\cdot\cdot\cdot}+\overline{x}_{\cdot j\cdot\cdot}+\overline{x}_{\cdot\cdot k\cdot}-2\overline{\overline{x}})\pm t_{1-\alpha/2}(\nu_e)\sqrt{V_e/n_e}$ 형태를 취하며, 여기서 $n_e$는 유효반복수이다. 오노의 공식으로 유도되는 이 표준형과 일치하는 것은 $\sqrt{V_e/n_e}$를 쓰는 식이다.

실험계획법의 모형은 인자의 종류(고정이냐 확률변수냐)에 따라 모수모형, 변량모형, 혼합모형으로 분류한다. 선형모형은 식의 형태(선형성)에 따른 구분이지 인자의 종류에 따른 분류가 아니다.

A의 자유도는 $480\div 160=3$, B의 자유도는 $60\div 30=2$이므로 $l=4$, $m=3$이다. 반복없는 모수모형 2원배치에서 오차 자유도는 $\nu_e=(l-1)(m-1)$이다.
따라서 $\nu_e=3\times 2=6$이다. 검산하면 $V_e=\dfrac{120}{6}=20$이므로 $F_A=\dfrac{160}{20}=8$, $F_B=\dfrac{30}{20}=1.5$가 되어 표의 값과 일치한다.

결정계수는 총변동 중 회귀에 의해 설명되는 부분의 비율이므로 $r^2=\dfrac{S_R}{S_T}$이다. 표에서 회귀의 제곱합은 10, 총 제곱합은 12이다.
따라서 $r^2=\dfrac{10}{12}=0.833$으로 약 0.83이다.

인자 A의 각 수준평균에 대한 95% 신뢰구간의 폭은 오차의 평균제곱 $V_e$와 오차 자유도, 반복수만으로 구해지며 $V_A$(인자 A의 평균제곱)는 F검정에만 쓰이고 신뢰구간 계산에는 필요하지 않다. 따라서 "$V_A=165$ 값이 반드시 필요하다"는 설명이 틀렸다.

반복 5회, 수준수 2인 1원배치에서 총 관측수는 10, 총자유도는 9, A의 자유도는 1이므로 오차자유도는 8이다. $S_e=S_T-S_A=925-604=321$이므로 $V_e=321/8=40.125$로 계산되어 정답과 일치한다.

계수치 데이터에서 부적합품을 1로 두면 각 수준의 합은 곧 그 수준의 부적합품 수가 된다. 기계별 부적합품 수는 $T_{A_1}=5+10=15$, $T_{A_2}=12+20=32$, $T_{A_3}=3+8=11$이고, 기계당 데이터 수는 120+120=240개, 총 $N=720$, $T=58$이다.
수정항은 $CT=\dfrac{58^2}{720}=4.672$이므로 $S_A=\dfrac{15^2+32^2+11^2}{240}-CT=\dfrac{1370}{240}-4.672=5.708-4.672=1.036$이다.

블록 교락 실험에서 블록 간 제곱합은 블록별 데이터 합으로 구한다. 블록별 합은 $3-2+1-1=1$, $2-4+5-2=1$, $2-3-4+5=0$, $4+3+3-6=4$로 각 블록의 데이터 수는 4개, 총합 $T=6$, $N=16$이다.
따라서 $S_R=\dfrac{1^2+1^2+0^2+4^2}{4}-\dfrac{6^2}{16}=\dfrac{18}{4}-2.25=4.5-2.25=2.25$이다.

$E(X^2)=V(X)+[E(X)]^2=4+15^2=229$이므로 $E(2X^2+5X+8)=2\times229+5\times15+8=458+75+8=541$로 계산되어 정답과 일치한다.

두 층의 관리도를 이용한 평균치 차 검정식은 각 관리도의 부분군 개수($k_A,k_B$)가 충분히 커야 $\hat\sigma$가 안정적으로 추정되고, 두 관리도 모두 관리상태이며 층간 산포 차가 없어야 한다는 전제를 요구한다. 반면 각 부분군 자체의 크기(n)가 커야 한다는 것은 이 식의 전제조건이 아니므로 틀린 설명이다.

등분산 가정에서 두 집단 평균차 검정통계량은 합동분산 $S_p^2=\dfrac{\nu_As_A^2+\nu_Bs_B^2}{\nu_A+\nu_B}$을 이용해 $\dfrac{\overline{x}_A-\overline{x}_B}{\sqrt{S_p^2\left(\frac1{n_A}+\frac1{n_B}\right)}}$로 계산한다. 제시된 식은 분모에 $\left(\frac1{n_A}+\frac1{n_B}\right)$ 항이 빠져 있어 틀렸다.

생산자위험(α)과 소비자위험(β)은 표본크기·합격판정개수(n,c)를 조정하면 한쪽을 줄이면 다른 쪽이 늘어나는 상충(trade-off) 관계이지, 서로 비례해서 함께 커지거나 작아지는 관계가 아니다.

관리계수 $C_f$는 군구분의 적절성을 판단하는 지표로, $C_f$가 1.2를 넘으면 군 사이(급간)의 변동이 군내변동에 비해 지나치게 커서 층별(군구분)이 제대로 되지 않았음을 뜻한다. $C_f=1.5$는 이 기준을 초과하므로 급간변동이 크다고 판단한다.

부적합수(c=15)의 모부적합수 95% 신뢰상한은 정규근사로 $c+u_{0.975}\sqrt{c}=15+1.96\sqrt{15}=15+7.591=22.591$로 계산되어 정답과 일치한다.

KS Q ISO 2859-1의 전환규칙에서 검사중지 상태는 까다로운 검사 개시 후 연속 5로트가 계속 까다로운 검사를 받고 있을 때(즉 보통검사로 복귀하지 못할 때) 발동되며, "불합격 로트 누계 10개"라는 기준은 실제 규칙에 없다.

$H_1:\mu_1>\mu_2$인 한쪽검정에서 검정 결과가 유의하면 신뢰한계는 한쪽 방향의 하한만 구하며 $u_{1-\alpha}$(양쪽이 아닌 한쪽 유의수준)를 사용해 $(\overline{x}_1-\overline{x}_2)-u_{1-\alpha}\sqrt{\dfrac{0.3^2}{n_1}+\dfrac{0.4^2}{n_2}}$ 형태로 계산한다.

표의 5수치 요약은 최소 1.7, $Q_1=3.5$, $Q_2=5.2$, $Q_3=8.7$, 최대 13.5이다. 범위는 $13.5-1.7=11.8$, 범위의 중간은 $\dfrac{1.7+13.5}{2}=7.6$으로 모두 옳다.
$Q_3-Q_2=3.5$가 $Q_2-Q_1=1.7$보다 훨씬 커 분포의 오른쪽 꼬리가 길다. 즉 오른쪽으로 치우친 분포이므로 왜도계수는 양의 값이 되며, 평균치도 중앙값 5.2보다 커진다. 왜도계수가 음이 된다는 설명이 틀리다.

$\bar p=\dfrac{\sum np}{nk}=\dfrac{68}{100\times20}=0.034$, $n\bar p=3.4$이다. np관리도의 관리상한은 $n\bar p+3\sqrt{n\bar p(1-\bar p)}=3.4+3\sqrt{3.4\times0.966}=3.4+3\times1.812=8.837$로 계산되어 정답과 일치한다.

표본을 랜덤하게 추출해도 샘플링검사는 일부만 조사하므로 샘플링오차가 존재하여, 그 결과가 전수검사 결과와 항상 일치한다고 보장할 수 없다.

두 분산의 비 $F_0=V_B/V_A=0.178/0.052=3.42$는 기각치 $F_{0.95}(14,14)=2.48$보다 크므로 귀무가설(등분산)을 기각한다. 따라서 B의 산포가 A보다 유의하게 크다고 볼 수 있으므로, A기계의 산포가 더 작다고 할 수 있다.

슈하트 관리도에서 타점이 ±3σ 관리한계를 벗어나면 이는 우연원인만으로는 설명하기 어려운 변화로 간주하여 관리이상상태로 판정한다. "관리상태이다"라는 설명은 반대로 되어 있어 틀렸다.

검사단위당 검사비용이 비싸고 파괴검사 등으로 비용부담이 큰 경우에는 평균 표본크기가 작은 다회(또는 축차) 샘플링이 더 유리하며, 1회 샘플링은 오히려 매번 정해진 표본을 모두 검사해야 하므로 이 경우 불리하다.

행 합계는 남녀 각 100, 열 합계는 한식 80·양식 70·중식 50, 총 200이다. 독립성 검정의 자유도는 $(2-1)(3-1)=2$이므로 이 설명이 옳다.
남자가 한식을 선택할 기대도수는 $\dfrac{100\times 80}{200}=40$으로 35가 아니다. 또 $\chi_0^2=\dfrac{(50-40)^2}{40}+\dfrac{(20-35)^2}{35}+\dfrac{(30-25)^2}{25}+\dfrac{(30-40)^2}{40}+\dfrac{(50-35)^2}{35}+\dfrac{(20-25)^2}{25}=19.86$으로 5.857이 아니며, $19.86>\chi_{0.95}^2(2)=5.99$이므로 귀무가설은 기각된다.

규격상한(U)에 대한 계량 규준형 1회 샘플링에서 좋은 로트 평균 $m_0$과 나쁜 로트 평균 $m_1$의 차는 두 종류의 오류(α,β)에 대응하는 $K$값의 합으로 $m_1-m_0=(K_{p_0}+K_{p_1})\dfrac{\sigma}{\sqrt n}$과 같이 표현된다. 제시된 식은 합(+) 대신 차(-)로 되어 있어 틀렸다.

좋은 로트(부적합품률 $p_0$)가 합격판정개수 c 이하로 나올 확률, 즉 좋은 로트의 합격확률은 $1-\alpha=\sum_{x=0}^{c}\binom{n}{x}p_0^x(1-p_0)^{n-x}$이다.

슈하트 관리도는 큰 폭의 공정변화를 빠르게 탐지하는 데 강하고, 누적합(CUSUM)과 지수가중이동평균(EWMA) 관리도는 이전 데이터를 누적·가중하여 반영하므로 공정의 작은 변화를 탐지하는 데 유리하다.

동일한 데이터라도 산점도를 그리는 축의 눈금(척도) 범위를 다르게 잡으면 점들이 더 흩어지거나 몰려 보이지만, 표본상관계수 r은 축척(scale)이나 이동에 영향받지 않는 값이므로 두 그림에서 x,y 간 실제 상관관계의 크기는 거의 같다.

규격하한 L=0.985, 공정평균 0.990, 표준편차 0.0025이므로 $Z=\dfrac{0.985-0.990}{0.0025}=-2.0$이다. 표준정규분포에서 $P(Z<-2.0)=0.0228=2.28\%$로 계산되어 정답과 일치한다.

여러 품종 중 대표품종 하나를 기준으로 삼아 그 품종의 한계이익률로 손익분기점을 계산하는 방법을 기준법이라 한다.

흐름공정도, 작업공정도, 조립공정도는 모두 제품이 만들어지는 과정(순서)을 분석하는 공정분석 도표이다. 부문상호관계표는 부문 간 근접 필요도를 나타내 설비 배치를 검토하는 도표로, 제조 순서 분석과는 목적이 다르다.

재고유지비율 10%, 단가 100원이므로 단위당 연간재고유지비 $H=10$원이다. 경제적발주량 $EOQ=\sqrt{\dfrac{2DS}{H}}=\sqrt{\dfrac{2\times500\times100}{10}}=\sqrt{10000}=100$이므로 연간발주횟수는 $D/EOQ=500/100=5$회이다.

제품수명주기 관리가 제품조합 결정에 중요한 이유는 서로 다른 수명단계의 제품을 적절히 섞어 유휴생산능력을 활용하고 안정적 성장을 꾀하는 데 있다. "제품수명 연장을 통한 수익률 제고"는 개별 제품의 수명관리 전략이지 제품조합(믹스) 결정과는 관계가 멀다.

웨스팅하우스법의 평준화(레이팅)계수는 네 요인의 값을 합해 1에 더한다. 표의 계수 합은 $0.08+0.12+(-0.07)+0.01=0.14$이다.
따라서 정미시간은 $NT=0.54\times(1+0.14)=0.616\,\mathrm{min}$이다.

EDD(최소납기일), PERT/CPM, 간트차트는 모두 작업 순서나 일정을 계획·관리하는 일정계획 기법이다. 시계열분석법은 과거 데이터로 미래 수요를 예측하는 수요예측 기법이므로 일정계획 방법이 아니다.

설비종합효율은 시간가동률×성능가동률×양품률로 구하며, 성능가동률은 속도가동률과 정미가동률(단시간 정지 등을 반영)을 모두 곱한 값이다. "시간가동률×속도가동률×양품률"은 정미가동률 요소가 빠져 있어 공식이 틀렸다.

생산관리는 품질과 기능을 유지하면서 원가를 낮추어 고객만족을 경제적으로 달성하는 것이 목적이며, 품질·기능을 희생해서까지 원가절감으로 이익만 극대화하는 것은 생산관리의 목적이 아니다.

제시문의 각종 현장관리 표준화와 작업 효율화·품질 및 안전 확보는 자주보전 7스텝 중 6스텝인 정리정돈(표준화)의 목적이다.
앞 단계인 4스텝 총점검과 5스텝 자주점검은 설비 기능 자체의 점검 능력을 기르는 단계이고, 6스텝에서 비로소 청소·급유·점검 이외의 현장관리 항목까지 표준화 대상을 넓힌다.

동작경제의 원칙 중 작업장 배치에 관한 원칙은 공구·재료를 지정된 위치에 두어 동작 경로를 일정하게 만드는 것이다. 중력·관성 이용이나 양손 동시동작, 손가락 부하 고려는 신체 사용에 관한 원칙에 해당한다.

PERT는 활동 소요시간이 불확실할 때 낙관치·최빈치·비관치의 3점 추정(베타분포 가정)을 쓰는 기법이므로, "소요시간을 정확히 추정할 수 있는 경우에 적합"하다는 설명은 반대로 되어 있어 틀렸다. 소요시간이 확정적인 경우에 적합한 것은 CPM이다.

최소납기일(EDD) 규칙은 납기가 빠른 작업부터 처리한다. 납기는 B와 C가 10일로 가장 빠르고(동률은 처리시간이 짧은 C 먼저), 다음이 A 12일, D 18일이므로 순서는 C-B-A-D이다.
각 작업의 처리완료시간은 7일, $7+8=15$일, $15+5=20$일, $20+11=31$일이므로 평균처리시간은 $\dfrac{7+15+20+31}{4}=18.25\approx 18$일이다.

라인밸런싱은 조립라인의 각 공정 부하를 균등화하여 유휴시간을 최소화하고 효율을 높이는 기법이다. 체계적 설비배치기법(SLP)은 공장 전체의 부문 배치를 다루는 별개의 기법으로 라인밸런싱의 내용이 아니다.

P-Q 곡선에서 생산량(P)이 많고 제품 종류(Q)가 적은 영역(A)은 소품종 대량생산에 해당하므로, 전용 라인을 구성하는 제품별 배치가 가장 적절하다.

정미시간=관측평균시간×레이팅계수=10×1.2=12분이다. 외경법 여유율(정미시간에 대한 비율) 25%를 적용하면 표준시간=정미시간×(1+여유율)=12×1.25=15.0분으로 계산되어 정답과 일치한다.

공급자·생산자·유통업자 등 전체 단계의 정보와 자재 흐름을 계획·설계·통제하는 관리기법은 공급사슬관리(SCM)이다.

MRP는 필요한 시점에 필요한 만큼의 자재를 조달해 종속수요품(부품·재공품)의 평균재고를 줄이고 납기이행과 일정변경 대응력을 높이는 기법이다. "소인화에 의한 공정효율화"는 다기능공·소인화를 강조하는 JIT의 특징이지 MRP 고유의 관리적 특징이 아니다.

평활계수(α)는 일반적으로 0.01~0.3을 사용하며, 수요가 불안정하여 최근 변화에 민감하게 반응해야 할 때는 0.5~0.9처럼 큰 값을 쓰기도 한다.

현재는 가격이 낮지만 앞으로 오를 것으로 예상하여 시장의 가격변동을 이용해 유리하게 구매하는 방법을 시장구매라 한다.

도요타생산방식(TPS)이 제시하는 7가지 낭비는 과잉생산, 대기, 운반, 가공, 재고, 동작, 불량(수정)의 낭비이다. "납기의 낭비"는 이 7가지 표준 항목에 포함되지 않는다.

보전도(maintainability)는 수리하며 사용하는 시스템·기기가 규정된 조건에서 보전(수리)이 이루어질 때, 규정된 시간 내에 그 보전이 완료될 확률로 정의된다.

고장평점법의 등급은 점수(Cs)가 높을수록 심각한(치명적) 등급으로 분류되어, Ⅰ등급이 가장 높은 점수대, Ⅳ등급이 가장 낮은 점수대에 해당한다. "Ⅰ등급은 2점 이하, Ⅳ등급은 7~10점"이라는 설명은 등급과 점수의 방향이 뒤바뀌어 있어 틀렸다.

와이블 확률지에서 m(형상모수) 추정점은 그래프 상단에 마련된 보조축의 기준점(t=1, 즉 ln t=0)과 타점의 직선을 평행 이동시켜 구하는 것이지, "ln t0=1.0과 1/(1-F(t))=1.0의 교점"으로 정의되지 않으므로 이 설명이 틀렸다.

n개 중 k개 이상이 살아있어야 시스템이 작동하는 n중 k구조(k out of n)의 신뢰도는 이항분포 형태로 $R_{sys}=\sum_{i=k}^{n}\binom{n}{i}R^i(1-R)^{n-i}$이다.

부품 A(지수분포, 평균 100)의 t=10 신뢰도는 $R_A=e^{-10/100}=e^{-0.1}\approx0.905$이다. 부품 B(정규분포, 평균100, 표준편차46)는 $Z=(10-100)/46\approx-1.96$이므로 $R_B=P(Z>-1.96)\approx0.975$로 A보다 높다. 따라서 부품 B의 신뢰도가 더 높다.

직렬로 연결된 부품에 대해 리던던시를 추가할 때는 시스템 전체를 통째로 병렬로 중복시키는 것보다, 각 부품 각각을 개별적으로 병렬 중복시키는 부품수준 중복(low-level redundancy)이 신뢰도 면에서 더 우수하다는 것이 신뢰성이론의 표준 결과이다.

위치모수가 0인 와이블분포의 평균수명은 $E(t)=r+t_0^{1/m}\,\Gamma\!\left(1+\dfrac{1}{m}\right)$로 구한다. $m=2$이므로 감마함수의 인수는 $1+\dfrac{1}{2}=1.5$이다.
따라서 $E(t)=0+90^{1/2}\times\Gamma(1.5)=9.487\times 0.8362=7.93$시간이다. 척도모수 $t_0$는 $m$제곱 형태로 주어진 값이므로 $t_0^{1/m}$로 환산해 대입해야 한다.

10개 중 5개가 고장날 때까지의(Type II 중도절단) 총가동시간은 고장시간의 합에 (미고장 개수)×(마지막 고장시간)을 더해 구한다. $(1000+2000+3000+4000+5000)+5\times5000=15000+25000=40000$이므로 $MTBF=40000/5=8000$시간으로 계산되어 정답과 일치한다.

지수분포를 가정할 때 총시험시간 T=9,000시간에서 고장 0개일 확률(로트허용고장률 $\lambda=0.0001$)은 $e^{-\lambda T}=e^{-0.0001\times9000}=e^{-0.9}\approx0.4066=40.66\%$로 계산되어 정답과 일치한다.

1000시간까지 50개 중 30개가 고장났으므로 남은 정상품은 20개이다. 신뢰도는 $R(t)=20/50=0.4$로 계산되어 정답과 일치한다.

평균순위법에서 i번째 고장시점의 고장률은 $\lambda(t_i)=\dfrac{1}{(n-i+1)(t_{i+1}-t_i)}$로 추정한다. i=2, n=5, $t_3=20$시간을 대입하면 $0.02=\dfrac{1}{4(20-t_2)}$이 되어 $20-t_2=12.5$, 즉 $t_2=7.5$시간으로 계산되어 정답과 일치한다.

제품의 신뢰성은 설계·제조 단계에서 결정되는 고유 신뢰성과, 사용 단계에서 인간(운용자)의 요소에 좌우되는 사용 신뢰성으로 나뉜다. "사용과정에서 나타나는 고유 신뢰성이 인간 요소와 밀접하다"는 설명은 사용 신뢰성의 특징을 고유 신뢰성에 잘못 붙인 것이어서 틀렸다.

직렬로 연결된 부품의 시스템 고장률은 각 부품 고장률의 단순 합인 $\lambda_{sys}=\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3$이다.

부하와 강도가 각각 정규분포를 따를 때 신뢰도는 $Z=\dfrac{\text{강도평균}-\text{부하평균}}{\sqrt{\sigma_{stress}^2+\sigma_{strength}^2}}$로 구한다. $Z=\dfrac{4000-3000}{\sqrt{300^2+400^2}}=\dfrac{1000}{500}=2$이므로 $R=\Phi(2)=97.72\%$로 계산되어 정답과 일치한다.

FT도에서 정상사상은 OR 게이트로 A와 중간사상에 연결되고, 그 중간사상은 AND 게이트로 B와 C에 연결된다. 즉 시스템 고장은 $A$ 또는 $(B \cap C)$일 때 일어난다.
고장의 논리곱·논리합은 신뢰성 블록도에서 정반대로 대응한다. A 단독 고장으로 시스템이 죽으므로 A는 직렬이고, B와 C는 둘 다 고장나야 죽으므로 병렬이다. 따라서 A에 B·C 병렬조합이 직렬로 이어진 블록도가 일치한다.

병렬 리던던시(n개 동일부품)의 평균수명은 부품 평균수명에 조화급수 합 $H_n=\sum_{i=1}^n 1/i$을 곱한 값이다. 부품 평균수명은 $1/0.00005=20000$시간이며, $20000\times H_4=20000\times(1+0.5+0.333+0.25)=20000\times2.0833\approx41666$시간이 되어 n=4일 때 목표 평균수명과 일치한다.