信頼性計算攻略メモ r4.3

電気通信主任技術者総合情報

電気通信主任技術者試験用
設備管理 信頼性計算攻略メモ
Ver4.3

はじめに設備管理科目の受験にあたっては、信頼性計算の分野が固定的に出題されており、その配点も６点と高い比率を維持していて、積極的に学べば大きな得点源となりえます。（合格点の 10%に相当）
また、本分野に限っていえば出題範囲が狭く定量的な計算が可能なため、比較的攻略しやすい分野といえます。もちろん最低限の指数、対数の知識が必要ですが、統計学への深い理解は必須でなく、算術的なテクニックであっても十分な得点が可能でしょう。
そこで、過去の出題を中心にまとめたメモを作成した次第です。なお、HTML による提供は数式の表現の弱さと煩雑さ、ならびに作成時間の制約もあり、PDF にて公開することとしました。
本資料がこれから設備管理を受験される皆様に少しでもお役に立てれば幸いです。(誤りや疑問等がございましたら、当面はメールにてご連絡ください。)
令和 3 年 1 月 電気通信主任技術者総合情報 管理人
主な改版履歴r1.0

平成 27 年 1 月

初版（H26～H23 までを収録）

r2.0

同3月8日

一応、正規バージョンに昇格？

(test version)

計算・用語概略を追加、平成 9 年度まで過去問を追加。誤記と表現を修正。
r3.0

同 3 月 18 日

過去問を収録追加（ほぼ全過去問を収録）

r3.4

平成 28 年 8 月

平成 28 年度第 1 回の問題を追録。フォントサイズずれの修正。

r4.0

平成 30 年 12 月

平成 30 年度第 1 回の問題を追録。まとめ等の微修正。数学追加

r4.1

令和 01 年 5 月

平成 30 年度第 2 回の問題を追録。出題傾向等を追加

r4.2

令和 01 年 11 月

平成 31 年度第 1 回の問題を追録。

r4.3

令和 03 年 1 月

令和元年度第 2 回の問題を追録。

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平成 23 年度第 2 回 伝交問 4(3)......................... 34
平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)......................... 35

目次

はじめに ............................................................... 1
試験用信頼性計算の概略 ...................................... 4
頻出用語の説明................................................. 4
信頼度............................................................ 4
不信頼度 ........................................................ 4
故障率と FIT ................................................. 4
保全度............................................................ 5
修復率............................................................ 5
アベイラビリティ ......................................... 5
MTBF/MTTF ................................................ 6
MTTR............................................................ 7
信頼性モデルの計算方法基礎 ........................... 8直列系............................................................ 8並列系............................................................ 8計算に必要な数学入門 ...................................... 9指数関数の基礎 ............................................. 9対数関数の基礎 ........................................... 10
数値計算のテクニック ................................ 11
試験対策用簡易まとめ .......................................... 12
過去問で実践する信頼性計算 ............................ 13
近年の出題傾向............................................... 14
令和 01 年度第 2 回 伝交問 4(3) ......................... 15
平成 31 年度第 1 回 伝交問 4(3) ......................... 16
平成 30 年度第 2 回 伝交問 4(3) ......................... 18
平成 30 年度第 1 回 伝交問 4(3) ......................... 19
平成 29 年度第 2 回 伝交問 4(3) ......................... 21
平成 29 年度第 1 回 伝交問 4(3) ......................... 22
平成 28 年度第 2 回 伝交問 4(3) ......................... 23
平成 28 年度第 1 回 伝交問 4(3) ......................... 24
平成 27 年度第 2 回 伝交問 4(3) ......................... 25
平成 27 年度第 1 回 伝交問 4(3) ......................... 26
平成 26 年度第 2 回 伝交問 4(3) [簡易版]........... 28
平成 26 年度第 1 回 伝交問 4(3) ......................... 29
平成 25 年度第 2 回 伝交問 4(3) ......................... 30
平成 25 年度第 1 回 伝交問 4(3) [簡易版]........... 31
平成 24 年度第 2 回 伝交問 4(3) ......................... 32
平成 24 年度第 1 回 伝交問 4(3) ......................... 33

平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(2) [省略] .............. 38
平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(3)......................... 39
平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(2)......................... 41
平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(3) [一部簡易版] ... 42
平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(2)......................... 43
平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(3) [簡易版] .......... 44
平成 21 年度第 1 回 伝交問 4(2)......................... 46
平成 21 年度第 1 回 伝交問 4(3)......................... 47
平成 20 年度第 2 回 伝交問 4(2)......................... 48
平成 20 年度第 2 回 伝交問 4(3) [省略] .............. 48
平成 20 年度第 1 回 伝交問 4(2)......................... 49
平成 20 年度第 1 回 伝交問 4(3) [省略] .............. 49
平成 19 年度第 2 回 伝交問 4(2)......................... 50
平成 19 年度第 2 回 伝交問 4(3) [省略] .............. 51
平成 19 年度第 1 回 伝交問 4(2) [省略] .............. 51
平成 19 年度第 1 回 伝交問 4(3) [簡易版] .......... 52
平成 18 年度第 2 回 伝交問 4(2) [省略] .............. 53
平成 18 年度第 2 回 伝交問 4(3)......................... 53
平成 18 年度第 1 回 伝交問 4(2)......................... 54
平成 18 年度第 1 回 伝交問 4(3) [省略] .............. 54
平成 17 年度第 2 回 一伝交問 4(2) [省略] .......... 55
平成 17 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ..................... 55
平成 17 年度第 1 回 一伝交問 4(3) ..................... 56
平成 16 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(1)................. 57
平成 16 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(2)................. 58
平成 16 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ..................... 61
平成 15 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ..................... 62
平成 15 年度第 2 回 線路問 4(2)......................... 64
平成 15 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ..................... 66
平成 15 年度第 1 回 一伝交問 4(3) ..................... 68
平成 14 年度第 2 回 一伝交問 3(2) ..................... 69
平成 14 年度第 1 回 一伝交問 3(2) [簡易版]....... 71
平成 13 年度第 2 回 一伝交問 1(2) ..................... 73
平成 13 年度第 1 回 一伝交問 3(2) ..................... 75
平成 12 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ..................... 76
平成 12 年度第 1 回 一伝交問 2(2) ..................... 78
平成 11 年度第 2 回 一伝交問 2(2) ..................... 80

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平成 11 年度第 1 回 一伝交問 2(2)...................... 82
平成 10 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ..................... 84
平成 10 年度第 1 回 一伝交問 4(1) ..................... 86
平成 09 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ..................... 88
平成 09 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ..................... 89
平成 08 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ..................... 90
平成 08 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ..................... 91
平成 07 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ..................... 93
平成 07 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ..................... 94
平成 06 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ..................... 95
平成 06 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ..................... 96
平成 05 年度第 2 回 一伝交問 3(2) ..................... 97
平成 05 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ..................... 98
平成 04 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ..................... 99
平成 04 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ................... 100
平成 03 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ................... 101
平成 03 年度第 1 回 一伝交問 4(2) ................... 102
平成 02 年度第 2 回 一伝交問 4(2) ................... 103
平成 01 年度第 2 回 一伝交問 4(3) ................... 105
平成 01 年度第 1 回 一伝交問 4(3) ................... 107
昭和 63 年度第 2 回 一伝交問 3 ........................ 108
昭和 63 年度第 1 回 一伝交問 3(2) ................... 110
昭和 63 年度第 1 回 一伝交問 3(3) ................... 111
昭和 62 年度第 2 回 一伝交問 4 ........................ 113
昭和 62 年度第 1 回 一伝交問 3(1) ................... 114
昭和 61 年度第 2 回 一伝交問 3 ........................ 115
昭和 61 年度第 1 回 一伝交問 4(1) ................... 116
昭和 60 年度第 2 回 一伝交問 3 ........................ 117
昭和 60 年度第 1 回 一伝交問 3 ........................ 119
付録 1-1 ............................................................ 121
付録 1-2 ............................................................ 123

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試験用信頼性計算の概略
頻出用語の説明
学術的・数学的に厳密な定義や手法を学ぶには時間と能力が必要なので、試験対策としてはあまり突き詰めて考えない方がよいでしょう。ここでは、対策に特化した内容だけを紹介します。
信頼度
装置・システム（これらをアイテムと呼ぶ慣わしがある。）が正常に動作している確率のこと。通常はReliability の略をとって R という記号が用いられる。
確率なので 0～1 の間の数値をとるが、0%～100%の単位で設問・解答に現れることも多く、この手の引っ掛けが多い。
本来の数値的な定義（複数のアイテムを非修理で使用するときなど）は、
𝑅=

動作可能アイテム数
総アイテム数であり、過去に出題されたことがある【平成 09 年度第 2 回 一伝交問 4(2)のⅲ】
一方、修理系で故障率が一定とみなせて確率的に故障が発生する環境下では、その発生の分布
が指数分布に従うので、𝑅 = e−𝜆𝑡 といった形で扱うことが非常に多い。ここで e は自然対数の底、λは「故障率」、ｔは「時間」である。他にも、𝑅 = exp⁡(−𝜆𝑡)⁡とも表記されることが多いが、どちらも同じ意味。

不信頼度
装置・システムが故障状態となっている確率のこと。通常は Fault の略をとって F という記号を使うことが多い（Fault は故障状態、Failure は故障イベントのことを指すと定義される。）。単純に、
𝐹 =1−𝑅
であり、これを利用すると並列系の信頼度を計算する際に絶大な威力を発揮する。

故障率と FIT
ある時間内に故障が発生する確率のこと。由来は不明だがギリシャ文字のλ(ラムダ)で表す慣わしがある。複数の非修理系アイテムの場合、
𝜆=

総故障件数
総動作時間

で表される。一例として 10 台の装置が 20 時間の間に 5 台故障した場合、5 台÷(10 台×20 時間)=0.025 件/時間となって、1 時間あたり 0.025 件の故障率とみなせる。
一方、修理系で故障率が一定とみなせて確率的に故障が発生する環境下では、平均故障間動作時間(MTBF)の逆数
𝜆=

1
MTBF

として表せて、こちらの方が圧倒的に使う機会の多い式となる。
また、故障率の表記として 1×10-9 [件/時間]を単位とした FIT(Failure In Time/Failure Unit)が出されることもあるため注意。 → 【平成 29 年度第 2 回 伝交問 4(3)】4 / 125

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保全度
修理系のみに適用される測度で、Maintenance の略をとり、M として表されることが多い。定義は、𝑀=

総保全完了数総保全件数である。例えば 5 台の装置を修理したとして、10 時間経過して 3 台を修理完了できたとする。このとき、修理開始から 10 時間の時点での保全度は M=0.6 となる。【→平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(2)】一方、修理の進行度合いが一定であると仮定した条件下であれば、修復率μをつかって𝑀 = 1 − e−𝜇𝑡と保全度関数で表すことができる。【→平成 21 年度第 1 回 伝交問 4(2)】修復率
修理作業を行っている際に、単位時間内に修理が完了する割合。保全度で使用する記号 M に相当するギリシャ文字のμ(ミュー)を当てる場合が多い。【→平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(2)】
𝜇=

総保全件数
総保全時間

一例として、3 件の修理を行い、合計で 6 時間かかったとすれば、修復率μは 0.5[件/時間]となる。
修復率が一定とみなせる場合、保全度は指数分布となるので、修復率は平均修復時間(MTTR)の逆数となり、式で表せば以下のようになる。
𝜇=

1
MTTR

アベイラビリティ
アイテムが特定の時点で機能を維持している確率。信頼度と似ているが、修理による保全度と合わせて考えた確率である。Availability の略である A の記号で表されることが多い。
最も基本的な考え方は、
𝐴=

動作可能時間
全時間

であって、具体的には幾つかの定義が存在するが、そのうち「固有アベイラビリティ」が頻出指標となる。
固有アベイラビリティ𝐴 =MTBFMTBF + MTTRR

また、ときおり修復率μ(1/MTTR)と故障率λ(1/MTBF)を用いて以下のようにも表すことがある。
【→平成 17 年度第 1 回 一伝交問 4(2)】固有アベイラビリティ⁡𝐴 =𝜇𝜇+𝜆

なお、計算問題としての出番はないが、信頼性知識の問題として、
運用アベイラビリティ𝐴 =MUT
MUT + MDTの定義も数多く出題される。ここで、MUT は平均アップ時間(Mean Up Time )、MDT は平均ダウン
時間(Mean Down Time)である。

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MTBF/MTTF
MTBF(Mean Time Between Failure)は、平均故障間動作時間と訳される指標で、修理系アイテ
ムに用いられる「故障のしやすさ」を時間で表したもの。
単純には、MTBF =

総動作時間
故障件数が定義となり、信頼性問題を解くための必須知識である。

このうち総動作時間は文字通り「動作していた時間」であって、故障中・修理中などで動作していな
い時間が含まれないことに注意。この手の引っ掛けがよく出る。
→【平成 29 年度第 1 回 伝交問 4(3)】、【平成 26 年度第 1 回 伝交問 4(3)】n を故障件数、それぞれの故障までに動作していた時間を ti(i=1,2,…,n)としたとき
𝑛1MTBF = ∑ 𝑡𝑖𝑛𝑖=1と、より数式的な表現をされることも。
指数分布型の関数であれば MTBF は故障率の逆数となり、設問上は以下のように扱うことが圧倒的に多い。
MTBF =1𝜆

なお、指数関数型を含む連続分布の MTBF は、信頼度関数 R を用いて、以下の式で表される。
∞

MTBF = ∫ 𝑅⁡dt
0

ここで、R = e−λtを仮定すれば、∞∞
1
1
1
MTBF = ∫ e−𝜆t ⁡dt = [− e−𝜆t ] = 0 − (− ) =
𝜆
𝜆
𝜆
0
0

の結果が導ける。
また MTTF(Mean Time To Failure)は、平均故障寿命と訳されており、非修理系のアイテムに適用する用語である。MTTF の定義は MTBF と根本的に異なるが、数値的には MTBF と一致した値が得られるため、試験対策上はあまり重視する必要がないと思われる。
よって、本資料上では MTBF/MTTF と併記することにしている。

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MTTR
MTTR(Mean Time To Repair)は平均修復時間と呼ばれる量で、修理を完了するための平均時間を表し、アベイライビリティ、保全度、修復率に関係する。試験問題的には、MTTR =

総修復時間
保全件数と考えればよく、特に連続分布関数では、修復率μと逆数の関係にあるので、MTTR =

1𝜇としての扱いをすることも多い。固有アベイラビリティ A との関係では、以下の式がよく利用される。
1⁡MTTR = MTBF⁡ ( − 1)
𝐴

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信頼性モデルの計算方法基礎
直列系
n 個の直列接続したアイテムにおいて、それぞれの信頼度を Ri（ただし、i=1,2,3…n）とすれば、系全体の信頼度 Rs は、信頼度関数の種別に関係なく
𝑅𝑠 = 𝑅1 × 𝑅2 × 𝑅3 ⋯ 𝑅𝑛

R1

R2

R3

…

Rn

と表現され、各信頼度の積が系全体の信頼度になる。直列系では信頼度をそのまま扱う方が楽に計算できる。
偶発故障期（指数分布 𝑅𝑖 = exp⁡(−𝜆𝑖 𝑡) が成立する場合）に限るが、各アイテムの故障率λi が与えられたとき、直列系全体の故障率 λs は
𝜆𝑠 = 𝜆1 + 𝜆2 + 𝜆3 + ⋯ 𝜆𝑛 ⁡と、単純加算される。これは 𝑅𝑠 = e𝜆𝑠 𝑡= e𝜆1𝑡 × e 𝜆2𝑡 ⋯ × e𝜆𝑛 𝑡 = e(𝜆1+𝜆2⋯+𝜆𝑛 )𝑡 が成り立つからで、この関係を利用して解かなければならない場合がある。

並列系
n 個の並列接続したアイテムにおいて、1 個でも稼働中であれば系の機能を満足するとした場合、それぞれの信頼度を Ri（ただし、i=1,2,3…n)とすれば、各アイテムの不信頼度 Fi=1-Ri を用いて、
𝐹 = 𝐹1 × 𝐹2 × 𝐹3 ⋯ 𝐹𝑛
R1
R2
R3

…
Rn

この計算を信頼度 R を用いて表現すると煩雑になりやすく、𝑅 = 1 − 𝐹 = 1 − (1 − 𝑅1 ) × (1 − 𝑅2 ) × (1 − 𝑅3 ) × ⋯ × (1 − 𝑅𝑛 )となってしまうため、せいぜい２個程度までの計算規模に留めておきたい。並列冗長系の要点は不信
頼度 F を用いて計算することにある。
なお、上記は 1/n 冗長系と呼ぶ特殊な場合である。m/n 冗長系(多数決冗長系)で「3 台中 2 台が稼動する必要がある場合」などには適用できないことに注意が必要。
m/n 冗長系の場合、各アイテムの信頼度が等しく、R であるとすれば、
𝑛

𝑛!
𝑛
𝑛
𝑅𝑚/𝑛 = ∑ ( ) ⁡⁡𝑅⁡𝑟 ⁡(1 − 𝑅)𝑛−𝑟 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡ただし ( ) =𝑟𝑟(𝑛𝑟! − 𝑟)!
𝑟=𝑚といった一般式がある。だが、設問は場合分けをして求めれば解答できるように設定されているので、強いて挙げれば 2/3 冗長系の信頼式、𝑅2/3 = 3⁡𝑅⁡2 − 2𝑅⁡3 を使うことがある程度。あとは稀にだが、非修理系における 1/n 冗長系として、以下の式が出題されたことがある。
𝑛

1
1 1
1 1
1
MTTF = ⁡∑ ⁡ = × (1 + + + ⋯ + )
𝜆
𝑘 𝜆
2 3
𝑛
𝑘=1

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計算に必要な数学入門
必要な数学は指数関数と対数関数の基礎ですが、この辺の見直し用にメモ書きします。
指数関数の基礎
記号と表記について
・

掛け算記号（×と同じ意味）/

割り算記号（÷と同じ意味）

𝑦 = 𝑎𝑥⁡𝑎を底,⁡𝑥を指数と呼ぶ。𝑥を肩と言うことも。

e

自然対数の底(2.71828…) という特別な数の記号。

てい𝑥

自然対数の底に限った２種類の指数関数表記ルール

𝑒 = exp(𝑥)（どちらの表記でも可。指数を表す exponential の略）
なお、カッコが付かない 𝑦 = exp⁡𝑥⁡との表記もあり

指数の基礎
𝑒3 = 𝑒 ⋅ 𝑒 ⋅ 𝑒

指数表記の基本, 23 = 2 × 2 × 2

𝑒1 = 𝑒指数が 1 なら底と同じ, 21 = 2𝑒 𝑥 ∙ 𝑒 𝑦 = 𝑒 𝑥+𝑦

掛け算は指数の足し算, 22 ⋅ 23 ⋅ 21 = 22+3+1 = 26

𝑒 𝑥 ÷ 𝑒 𝑦 = 𝑒 𝑥−𝑦

割り算は指数の引き算, 23 /21 = 23−1 = 22𝑒0 = 10 乗は 1, 22 /22 = 22−2 = 20 = 1

負の指数は割り算, 2−1 = 1 = 0.5

負の指数と 0 乗

1𝑒 −𝑥 = 𝑥𝑒

指数 𝑥指数関数 𝑦(底が２のとき)
yの具体値

1

2

3

2

1

0

-1

-2

-3

23

22

21

20

2−1

2−2

2−3

8

4

2

1

0.5

0.25

0.125

指数の累乗
(𝑒 𝑥 )𝑧 = 𝑒 𝑥𝑧

, (22 )3 = 22×3 = 26

指数の累乗は掛け算

指数関数同士の足し算、引き算
𝑒 𝑥 + 𝑒𝑦

式をこれ以上まとめる方法は無く、数値的に出すしかない

指数関係の演習
e0.4 = 1.49 とする。このときe−0.4 ⁡の値を求めよ。
⁡e−0.4 =1
1== 0.6710.4
e
1.49

ある中継装置の信頼度 R が R = eλt の形で表されている。この装置１０台で中継される伝送システムの信頼度 R10 を計算せよ。
10

R10 = (⁡e−λt )9 / 125= ⁡e−10λt

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対数関数の基礎
記号と表記についててい𝑦 = log 𝑎 𝑥

𝑎を底⁡と呼ぶ。

log 𝑒 𝑥e を底とした自然対数

log10 𝑥

10 を底とした常用対数

ln(𝑥) = log 𝑒 𝑥

底を記載省略したときの自然対数の表記( )は見易さのためにつけることがある。

Log(𝑥) = log10 𝑥

底を記載省略したときの常用対数の表記

基礎１
𝑦 = log 𝑎 𝑥 ⁡⁡ ↔ ⁡⁡ 𝑎 𝑦 = 𝑥

指数との関係性

log a (0) = −∞実際には定義できないので参考掲示

log a (1) = 0

底に寄らず１をインプットすると 0 になる。

log10 (10) = 1

引数と底が等しいときに１となる、もちろん log e (𝑒) = 1

基礎２
log10 (𝑥 ⋅ 𝑦) = log10 (𝑥) + log10 (𝑦)log10 (𝑥)n = n ⋅ log10 (𝑥)実際の計算例
log10 (0.01) = −2
理由は以下のとおり。常用対数は 10 進法の桁数を表すのに使う。
log10 (0.01) = log10 (1 × 10−2 )= log10 (1) + log10 (10)−2
=0−2
= −2

自然対数化（肩を取り出す①）指数関数の信頼度が指数分布 𝑅 = e−λt として与えられているとき、時間ｔまたは故障率λについて解かなくてはならない場合がある。このようなときは、両辺を自然対数化して考えればよい。
例えば、故障率λに関する式に変形するのであれば
𝑅 = e−λtlog e 𝑅 = log e e−𝜆𝑡 = −𝜆𝑡 × log e e = −𝜆𝑡λ=−log e 𝑅t

常用対数化（肩を取り出す②）装置ｎ台のときの信頼度を求める際などは常用対数化して求める事が多い。例えば、
0.3n → log10 0.3𝑛と変換しておけば、log10 0.3𝑛 = 𝑛 × (log10 0.3) と台数ｎを Log の外に出すことができる。このとき、数値計算に必要なlog10 0.3という値は設問の中で必ず与えられるので心配は無用。

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数値計算のテクニック．．．
数値計算をする際、手計算で近似値を素早く得るためのテクニック。ここで≈は近似記号として使っ

ています。
𝑦=

1
≈ 1 + 𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(𝑥 ≪ 1)
1−𝑥

𝑦=

1
≈ 1 − 𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(𝑥 ≪ 1)
1+𝑥

𝑥 が１より十分小さい場合(目安として 0.1 以下なら 1%の誤差に収まる)には、上のような近似計算が可能である。
具体例① 𝑦 =

1

を求めよ。

0.98

𝑦=

1
1
=
≈ 1 + 0.02 = 1.02
0.98 1 − 0.02

真の値は 1.0204082…で誤差は約-0.04%
具体例② 𝑦 =
𝑦=

0.004
0.996

を求めよ

0.004
0.004
1
=
= 0.004 × () ≈ 0.004 × (1 + 0.004) = 0.004016
0.996 1 − 0.004
1 − 0.004
真の値は 0.004016064…で誤差は-0.02%以下。

具体例③ 𝑦 = (5000 25010) を求めよ2

2
5000 2
1
1
(
) =(
) =(
) ≈ (1 − 0.002)2 ≈ 12 − 2 × 0.002 = 0.996
105010
1 + 0.002
1+5000（参考）指数関数・対数関数の数値計算について
実際に指数関数（例えば 𝑒 −0.1 ）を手計算で求めるのはかなり面倒であり、試験内容としても予め設問文に設定してある値を使うようになっているため、指数関数自体の数値計算は不要である。
コンピュータ技術が発達するまでは、予め専門家によって計算された多桁の数表（対数表）を辞書として参照する手法が広く用いられていた。
もし手計算で行うならば、以下の級数展開式(Maclaurin 展開)を必要な精度まで計算することになる。（収束半径は∞なので x の値は気にしない…。）
∞

𝑒

−𝑥

=∑
𝑛=0

1
1
1
1
1
1
(−𝑥)𝑛 = 𝑥 0 − 𝑥 1 + 𝑥 2 − 𝑥 3 + 𝑥 4 ⋯
𝑛!
0!
1!
2!
3!
4!
1
1
1 4
= 1 − 𝑥 + 𝑥2 − 𝑥3 +
𝑥 ⋯
2
6
24

実際に 2 次の項（第３項）まで計算するならば、
𝑒 −0.1 ≅ 1 − (0.1) + 0.5 × 0.12 = 0.905となる。真の値は 0.904837418…になるので、|x|が小さい場合はそこそこの値は出てくる。
なお、x が 0.9～0 の範囲であれば、多項式で 𝑒 −𝑥 ≅ 1 − 0.97𝑥 + 0.35𝑥 2 でも 1%以下の誤差で数値計算が可能。
対数計算はさらに条件の考慮が必要で面倒なので記載省略する。

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信頼性計算攻略メモ r4.3

電気通信主任技術者総合情報

試験対策用簡易まとめ

MTBF [時間/件]

信頼度（非修理系）
𝑅=

総動作時間 = 全時間 － 不稼動時間

動作可能アイテム数
総アイテム数総動作時間𝑛1
MTBF == ∑ 𝑡𝑖𝑛
故障件数
𝑖=1

信頼度（連続分布 & 故障率一定）
𝑅 = e−𝜆𝑡 ⁡ = exp⁡(−𝜆𝑡)1MTBF = ⁡𝜆MTTR [時間/件]

不信頼度
𝐹 =1−𝑅MTTR =

故障率 [件/時間、個/時間]
𝜆=

総故障件数
⁡⁡
総動作時間

𝜆=

1
⁡⁡
MTBF
−9

1FIT = 1 × 10 ⁡[件/時間]

MTTR =

総修復時間
保全件数
1
1
= MTBF⁡ ( − 1)𝜇𝐴

直列系システムの信頼度
𝑅 = 𝑅1 × 𝑅2 × 𝑅3 ⋯ 𝑅𝑛
直列系システムの故障率（指数分布のとき）
𝜆 = 𝜆1 + 𝜆2 + 𝜆3 + ⋯ 𝜆𝑛

保全度

並列系システムの不信頼度
𝑀=𝐹 = 𝐹1 × 𝐹2 × 𝐹3 ⋯ 𝐹𝑛

総保全完了数
総保全件数

𝑀 = 1 − e−𝜇𝑡

並列系システムの信頼度
𝑅 = 1 − (1 − 𝑅1 ) × (1 − 𝑅2 ) ⋯ × (1 − 𝑅𝑛 )修復率 [件/時間]= 1 − 𝐹1 × 𝐹2 × 𝐹3 ⋯ × 𝐹𝑛
𝜇=

総保全件数
総保全時間

2/3 並列冗長システムの信頼度
𝑅2/3 = 3⁡𝑅0 ⁡2 − 2𝑅0 ⁡3

1
𝜇=
MTTR

非修理系の 1/n 並列システムにおける MTTF
𝑛

アベイラビリティ
𝐴=

1
1 1
1 1
1
MTTF = ⁡∑ ⁡ = × (1 + + + ⋯ + )
𝜆
𝑘 𝜆
2 3
𝑛

動作可能時間

𝑘=1

全時間

1 1
1
= MTBF × (1 + + + ⋯ + )2 3𝑛

固有アベイラビリティ
𝐴=

MTBF
𝜇
=
MTBF + MTTR 𝜇 + 𝜆

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信頼性計算攻略メモ r4.3

電気通信主任技術者総合情報

過去問で実践する信頼性計算
昭和 60 年度第 1 回～令和元年度第 2 回
伝送交換設備管理(旧 1 種伝送交換)
線路設備管理（平成 16 年度以降は伝交と同一出題）

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信頼性計算攻略メモ r4.2

過去問で実践する信頼性計算

電気通信主任技術者総合情報

近年の出題傾向
直近 9 年 15 回分の出題傾向は以下の通りです。2021 年現在では、下記の分類はほぼ同一問題となっています。出題パターンは 8 通りでした。（令和 2 年度第 1 回/2020 年 7 月期はコロナ影響により中止）

出題傾向(H23-2～R01-2)

類題の分類

出題数

古← 出題年次 →新

メモリ素子基板の信頼性

3

H25-1

H26-2

非修理系システムの故障率と信頼度

2

H24-2

H30-2

MTBF とアベイラビリティ

2

H28-1

H29-1

所要冗長台数とアベイラビリティ

2

H27-1

H30-1

MTBF と冗長システムの信頼度

2

H26-1

H28-2

信頼度と要求故障率

2

H23-2

H27-2

MTTR と直列系 MTBF

1

H25-2

MTTR と所要冗長台数

1

H24-1

14 / 125

H31-1

H29-2

R01-2

令和 01 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

令和 01 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、基板の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、基板は偶発故障期間にあり、メモ
リ素子個々の故障率は同一値とし、logｅ０.９９＝－０.０１ 、ｅ－０.１＝０.９とする。
(３点×２＝６点)

１０,０００個のメモリ素子を組み込んだ基板の使用開始後５０時間における信頼度が０.９９であるとき、メモリ素子１個当たりの故障率は、(キ)[ＦＩＴ] である。また、この基板の使用開始後５００時間以内に故障する確率は、(ク)[％] である。

<(キ)、(ク)の解答群>① ２×１０－８② １.９８×１０－６③ ２×１０－４

④ ５

⑤ １０

⑥ ２０

⑦ ５０

⑧ ８０

⑨ ９０

(キ)

⑩ １.９８×１０

３⑪ ２×１０５

１個のメモリ素子の故障であっても、基板故障となるという暗黙の前提を考慮しておく。あとは信頼度基本
式、𝑅(𝑡) = exp⁡(⁡−𝜆𝑡⁡) に代入して計算すればよい。基板故障率を𝜆𝐵 (B は Board の意)とおくと、信頼度 Rは、t=50 時間なので𝑅 = e−50𝜆𝐵 = 0.99と式を立てられる。ここで、両辺を自然対数化して、𝜆𝐵 について解くと、
log e 𝑅 = −50𝜆𝐵 = log e 0.99 = −0.01∴ ⁡⁡⁡𝜆𝐵 =0.01 0.02== 2 × 10−450100

この基板故障率𝜆𝐵 は、メモリ素子 10,000 個で構成された直列系の故障率であり、個々の素子の故障率をλD と置けば(D は Device の意)、偶発故障期の直列系基本式からλB=10000λD の関係があるため、
𝜆𝐷 =2 × 10−4= 2 × 10−4−4 = 2 × 10−8 = 20 × 10−9 → 20⁡FIT
10,000⁡⁡

よって、キの解答は⑥となる。
(ク)

基板を 500 時間使用後の信頼度𝑅𝑥 を求めるには、基板故障率𝜆𝐵 を利用するだけでよい。
𝑅𝑥 = exp(2 × 10−4 × 500) = e−0.1 ⁡= 0.9⁡
ただし、要求されているのは「基板が稼動している確率」である信頼度ではなく、「基板が故障している確率」
である不信頼度𝐹𝑥 であるので、最後に𝐹𝑥 = 1 − 𝑅𝑥 の計算と％表示への換算をしておかなければならない。
𝐹𝑥 = 1 − 0.9 = 0.1 → 10[%]
よって、解答は⑨の 90%ではなく、⑤の 10%が正しい。

類題

平成 29 年度第 2 回 伝交問 4(3)平成 26 年度第 2 回 伝交問 4(3)平成 25 年度第 1 回 伝交問 4(3)15 / 125

平成 31 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 31 年度第 1 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある装置の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置は偶発故障期
間にあるものとする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａの故障率が０.２[％／時間]であるとき、固有アベイラビリティが９８.０[％]である
ためには、ＭＴＴＲは、(キ)[時間]でなければならない。ただし、答えは四捨五入により小数第２位までとする。

<(キ)の解答群>(ⅱ)① １.００② ３.９２④ １０.２０⑤ １２.４２③ １０.００

信頼度７０[％]である装置Ｂを複数台並列に接続し、信頼度を９９[％]以上とするためには、装置Ｂを少なくとも、(ク)

台構成とする必要がある。ただし、必要に応じ以下の値を用いること。
log10０.３＝－０.５２３、log10０.７＝－０.１５５<(ク)の解答群>
① ４

② ５

③ ６

解答は次ページ

16 / 125④ ７⑤ ８

平成 31 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

固有アベイラビリティ A の定義から所要の MTTR を計算するためには、最初に MTBF を求めなくてはならない。故障率は 0.2[%/時間]なので、0.002 [件/時間] である。
故障率λから MTBF を計算すれば、MTBF =

A=

1
1== 500⁡[時間]
λ 0.002MTBF
1
1⁡⁡⁡ → ⁡⁡⁡MTTR = MTBF⁡ ( − 1) = 500 × (− 1) ≃ 10.20
MTBF + MTTRA
0.98

ゆえに、解答は②となる。なお、1/0.98 は、ほぼ 1 に近いので近似計算として 1/(1-0.02)≒1.02 を使うと速く計算が終わる。
類題

平成 25 年度第 2 回伝交問 4(3)平成 24 年度第 1 回 伝交問 4(3)(1)
平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(3)(1)(2)

1/n 冗長系のアベイラビリティは、各装置の不信頼度 F=1-A の積がシステム全体の不信頼度を表す。
目標とするシステムの不信頼度を Fs とすれば、問題文より Fs = 1 − 0.99 = 0.01 以下が目標水準となる。
装置 1 台あたりの信頼度 A は等しく 0.7 なので、装置ごとの不信頼度 F は 0.3 と簡単に求まる。
よって、n 台の冗長系システム不稼動率 Fs は F=0.3 をｎ乗したときに 0.01 以下になる必要があり、F n ≤ Fs
0.3n ≤ 0.01という不等式が得られるので、あとは台数ｎを求めるために、両辺を常用対数に変換して台数ｎについて解けばよい。このとき、設問にある log 10 0.3 = -0.523 の値を利用できる。
log10 (0.3)𝑛 ≤ log10 (0.01)
𝑛 ⋅ log10 (0.3) ≤ log10 (10)−2−0.523𝑛 ≤ −2
0.523𝑛 ≥ 2
𝑛 ≥ 3.82
よって、式を満たす最小の台数（自然数）は 4 台となり、キの解答は①となる。

類題

平成 30 年度第 1 回 伝交問 4(3)平成 24 年度第 1 回 伝交問 4(3)平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(3)17 / 125

平成 30 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 30 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある非修理系システムの故障率などについて述べたものである。このシステムが故障するまでの運用時間の分布が表に示すとおりのとき、

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、システムは偶発故障期間にあり、logｅ０.９＝－０.１とし、ｅは自然対数の底とする。

(３点×２＝６点)(運用時間の単位：時間)
故障番号

１

２

３

４

５

６

７

８

９ １０

運用時間 ３０ ３１ ２０ ３３ １８ ３１ ３０ １６ １７ ２４(ⅰ)

このシステムの 1 時間あたりの故障率は

(キ)

である。

<(キ)の解答群>① ０.０４(ⅱ)② ０.０５

このシステムの稼働開始後

(ク)

③ ０.２

④ ０.３

⑤ ０.４

時間の信頼度は、０．９である。

<(ク)の解答群>① ０.０３６(１)② ０.９４③ ２.５④ １４.４⑤ ２７

故障率の定義から求める。総動作時間は地道に計算する必要があり、
30 + 31 + 20 + ⋯ + 17 + 24 = 250[時間]⁡故障件数は表中にあるので 10 件。よって、故障率λは
λ=

総故障件数
総動作時間

=

10
= 0.04⁡[件/時間]
250となり、キは①が正解となる。
(２)

信頼度計算の基本式、 R = e−λt の両辺を自然対数化して t について解けばよい。両辺を自然対数化
すれば log e (R) = log e (e−λt ) = −λt なので、λt の肩の部分が取り出せる。あとは、R に 0.9、λに 0.04 を代入して、t について計算すれば、
1
t = − × log e (R) = −25 × log e (0.9) = −25 × −0.1 = 2.5λ
よって、求めるべき経過時間は 2.5 時間となり、クは③が正解となる。

類題

平成 24 年度第 2 回 伝交問 4(3)18 / 125

平成 30 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 30 年度第 1 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、システムの信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、システムを構成する装置は偶発故障期間にあり、log10３＝０．４７７とする。また、答えは四捨五入し有効数字３
桁とする。

(ⅰ)

(３点×２＝６点)

図に示すように、信頼度０.７である装置Ａが、ｎ台並列に接続されている

1n

冗長システムにおいて、システム全体の信頼度を０.９９９以上にするためには、装置Ａの台数であるｎを少なくとも以上とする必要がある。

(キ)

Ａ1
Ａ2

・・・
Ａn

<(キ)の解答群>
① ６

(ⅱ)

② ８

③ ２０

④ ３６

⑤ ３００

あるシステムのアベイラビリティ及びＭＴＴＲについて、ある運用期間内において調査した
ところ、アベイラビリティが 99.6〔％〕、ＭＴＴＲが 2〔時間〕であった。このシステムの調
査期間内の故障率は、(ク)〔件／時間〕である。ただし、答えは四捨五入し有効数字３桁とする。

<(ク)の解答群>① ２.０１×１０－３② ４.００×１０－３③ ３.３４×１０－１④ ４.９６×１０－１⑤ ５.０２×１０－１⑥ ６.６６×１０－１

解答は次ページ
類題

平成 27 年度第 1 回 伝交問 4(3)平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)(ⅲ)

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平成 30 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

(キ)

電気通信主任技術者総合情報

1/n 冗長系のアベイラビリティは、各装置の不信頼度 F=1-A の積がシステム全体の不信頼度を表す。
目標とするシステムの不信頼度を Fs とすれば、問題文より Fs = 1 − 0.999 = 0.001 以下が目標水準となる。装置 1 台あたりの信頼度 A は等しく 0.7 なので、装置ごとの不信頼度 F は 0.3 と簡単に求まる。
よって、n 台の冗長系システム不稼動率 Fs は F=0.3 をｎ乗したときに 0.001 以下になる必要があり、F n ≤ Fs
0.3n ≤ 0.001という不等式が得られるので、あとは台数ｎを求めるために、両辺を常用対数で変換して台数ｎについて解けばよい。このとき、設問にある log 10 3 = 0.477 の値を利用できる。
log10 (0.3)𝑛 ≤ log10 (0.001)
n ⋅ log10 (3 × 10−1 ) ≤ log10 (10−3 )n ∙ {⁡log10 (3) + log10 (10−1 )} ≤ log10 (10−3 )n ∙ (log10 3 − 1) ≤ −3n ∙ (0.477 − 1) ≤ −3
−0.523n ≤ −3n ≥ 5.74
よって、式を満たす最小の台数（自然数）は 6 台となり、キの解答は①となる。

(ク)

固有アベイラビリティ A の定義式を知っていれば、比較的容易な問題。
A=

MTBF
MTTR × A⁡⁡⁡ → ⁡⁡⁡MTBF =MTBF + MTTR
1−Aと、最初に定義式を MTBF について変形しておく。次に故障率λは MTBF の逆数であるので、
λ=

1
1−A
= ⁡⁡⁡
MTBF
MTTR⁡ × A

最後に値を代入すると、
𝜆 = ⁡⁡

1 − 0.996 0.004 0.002==≈ 0.002008 = 2.01 × 10−3
2⁡ × 0.996 1.992 0.996

よって、クの最も近い選択肢は①の 2.01×10-3 となる。
(参考) 本問程度の計算精度であれば、解答がほぼ 0.002＝2.00×10-3 となるので、詳細に計算しなくても選択肢から①を選ぶこともできる。
0.004 0.002 0.002=≈= 2 × 10−3
1.992 0.996
1

類題

平成 27 年度第 1 回 伝交問 4(3)平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)(ⅲ)

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平成 29 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 29 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、１０,０００個のメモリ素子を組み込んだ基板Ａの信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。

ただし、基板Ａは偶発故障期間にあるものとし、logｅ ０.９９＝－０.０１ 、ｅ－０.０２５＝０.９
７５とする。

(３点×２＝６点)

基板Ａの使用開始後２００時間における信頼度が０.９９であるとき、メモリ素子１個の故障
率は、
は、

(キ)
(ク)

[ＦＩＴ]である。また、基板Ａの使用開始後５００時間以内に故障する確率[％]である。ただし、メモリ素子個々の故障率は同一値とする。

<(キ)、(ク)の解答群>(キ)① ５×１０－９② ４.９５×１０－７③ ５×１０－５

④ １

⑤ １.５

⑥ ２

⑦ ２.５

⑧ ３

⑨ ５

⑩ １０

⑪ ３９.６⑫ ９７.５

１個のメモリ素子の故障であっても、基板故障となるという暗黙の前提を考慮しておく。あとは信頼度基本
式、𝑅(𝑡) = exp⁡(⁡−𝜆𝑡⁡) に代入して計算すればよい。
基板故障率を𝜆𝐵 (B は Board の意)とおくと、信頼度 R は、t=２００時間なので𝑅 = e−200𝜆𝐵 = 0.99と計算できる。ここで、両辺を自然対数化して、𝜆𝐵 について解くと、
log e 𝑅 = −200𝜆𝐵 = log e 0.99 = −0.01∴ ⁡⁡⁡𝜆𝐵 =0.01= 5 × 10−5200

この基板故障率𝜆𝐵 は、メモリ素子 10,000 個で構成された直列系の故障率であり、個々の素子の故障率をλD と置けば(D は Device の意)、偶発故障期の直列系基本式からλB=10000λD の関係があるため、
𝜆𝐷 =5 × 10−5= 5 × 10−5−4 = 5 × 10−9 → ⁡5⁡FIT
10,000⁡⁡

よって、キの解答は⑨となる。
(ク)

基板の 500 時間使用後の信頼度𝑅𝑥 を求めるには、基板故障率𝜆𝐵 を利用するだけでよい。
𝑅𝑥 = exp(5 × 10−5 × 500) = e−0.025 ⁡= 0.975⁡
ただし、要求されているのは「基板が稼動している確率」である信頼度ではなく、「基板が故障している確率」
である不信頼度𝐹𝑥 であるので、最後に𝐹𝑥 = 1 − 𝑅𝑥 の計算と％表示への換算をしておかなければならない。
𝐹𝑥 = 1 − 0.975 = 0.025 → 2.5[%]
よって、解答は⑫の 97.5%ではなく、⑦の 2.5%が正しい。

類題

平成 26 年度第 2 回 伝交問 4(3)平成 25 年度第 1 回 伝交問 4(3)平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(2) （省略）

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平成 29 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

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平成 29 年度第 1 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、修理系装置の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置は偶発故障期間にあるものとする。また、指数関数の値は、ｅを自然対数の底とすると、ｅ０.１＝１.１１、ｅ０.２＝１.２２、
ｅ０.４＝１.４９、ｅ１＝２.７２、ｅ２＝７.３９、ｅ４＝５４．６０とし、答えは、四捨五入により整数とする。

(３点×２＝６点)装置のある一定期間の稼働状況を調査したところ、１０回の故障があり、そのたびに修理を行った。また、この期間の動作時間の合計は２，５００時間、故障による休止時間の合計は２００時間であった。

(ⅰ) この装置の稼動開始後１００時間経過時点における信頼度は、(ⅱ) この装置の固有アベイラビリティは、

(ク)

(キ)

[％]である。

[％]である。

<(キ）、（ク)の解答群>
① ４

② ６

③ ７

④ ６７

⑤ ７４

⑥ ８２

⑦ ９３

⑧ ９６

基本的な設問だが、計算のためには指数関数の基礎知識も必要。（参考：平成２０年度第１回試験）(1)

信頼度の基本公式 𝑅 = exp⁡(−𝜆𝑡) が計算できればよい。t は設問で 100 時間と指定されているので、残るは故障率λの値である。λは故障回数÷総動作時間なので、
𝜆𝑡 =

10 回
2500 時間

× 100⁡時間 =1000 2= = 0.4
2500 5となる。あとは公式に代入すればいいのだが、e−0.4 ⁡の値が直接与えられていないので、少しだけ工夫する必要がある。（𝑎 −𝑥 = 1/𝑎 𝑥 の関係を利用する。）
𝑅 = ⁡e−0.4 =1
1== 0.671⁡ → 67.1%⁡ ≈ 67%
e0.4 1.49

よって、（キ）は④が正解となる。
(2)

固有アベイラビリティ A の定義式に当てはめればよい。先に、MTBF と MTTR を計算すると、MTBF =

2500 時間
10 回⁡ = 250[時間/回]⁡⁡,⁡⁡⁡MTTR =200 時間
10 回= 20[時間/回]と簡単に値が出る。これらを定義式に代入すれば、
A=

MTBF
250
⁡=
= 0.926 → 92.6%⁡ ≈ 93%
MTBF + MTTR
250 + 20

。よって（ク）の選択肢は⑦が正解。
類題

平成 28 年度第 1 回 伝交問 4(3)22 / 125

平成 28 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 28 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、装置の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置は偶発故障期間にあり、ｅ－０.１０＝０.９０、ｅ－０.０８＝０.９２、ｅ－０.０４＝０.９６とし、ｅは自然対数の底とする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａの総動作時間を２,０００時間、総動作不能時間を４００時間、故障回数を４回としたとき、装置ＡのＭＴＢＦは、(キ)[時間]である。

<(キ)の解答群>
① １００

(ⅱ)

② ４００

③ ５００

④ ６００

装置Ｂ１及びＢ２のＭＴＢＦをそれぞれ２,０００時間及び５,０００時間としたとき、装置Ｂ１
及びＢ２をそれぞれ一つ用いた並列冗長システムの２００時間における信頼度は、(ク)[％]である。

<(ク)の解答群>① ８６．４ ② ９６．０ ③ ９９．６ ④ ９９．８

類題

平成 26 年度第 1 回 伝交問 4(3)基本で素直な設問。ただし、上の類題を理解せずに解いただけだと引っかかりやすい。
(1)

ごく単純に MTBF の定義より求めればよい。なお､MTBF を求めるのに動作不能時間は不要である。
MTBF =

総動作時間
総故障数

=

2000
= 500⁡[時間/回]
4

よって、③の５００が正解となる。
(2)

単純な並列冗長系の計算となる。基本式 𝑅 = exp⁡(−𝜆𝑡) より、𝐵1 , 𝐵2 のそれぞれのアイテムの信頼度
𝑅1 , 𝑅2 並びに、それぞれの不信頼度𝐹1 , 𝐹2 を求める。
R1 = exp⁡ (−200) = exp⁡(−0.10) = 0.90⁡⁡,
2000

R 2 = exp⁡ (−200) = exp⁡(−0.04) = 0.96⁡
5000

不信頼度はそれぞれ、𝐹1 = 1 − 𝑅1 = 0.10 、 𝐹2 = 1 − 𝑅2 = 0.04となるので、総合の不信頼度 F は、F12 =F1 × F2 = 0.004 。よって、総合の信頼度 R12 は
𝑅12 = 1 − 𝐹12 = 0.996 → 99.6[%]
よって、クの解答は③となる。

23 / 125

平成 28 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 28 年度第 1 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、修理系における装置の信頼性について述べたものである。

内の（キ）、（ク）に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置は偶発故障期間にあるものとし、答えは、有効数字２桁とする。

(３点×２＝６点)装置の動作時間などを調査したところ、総動作時間が６００〔時間〕、総故障数が１０件、平均修復時間が５〔時間〕という結果が得られた。

(ⅰ)

装置のＭＴＢＦは、[時間]である。

(ⅱ)

装置の固有アベイラビリティは、

(キ)

(ク)

[％]である。

<(キ)、(ク)の解答群>
① ５０

② ６０

③ ８３

④ ９２

⑤ ９９

⑥ １２０

⑦ ５００

⑧ ５５０

新問ではあるが、いずれも基本的な問題であり簡単な部類。
(ⅰ)

ごく基本の問題である。動作時間６００時間中、10 件の故障なので、MTBF =

600= 60⁡⁡[時間/件]10となり、（キ）の選択肢は②が正解。
(ⅱ)

こちらも基本問題である。固有アベイラビリティの定義式に当てはめれば、
A=

MTBF
60
⁡=
= 0.923 → 92.3%
MTBF + MTTR
60 + 5となり、有効数字が 2 桁でよいため 92%が解答となる。よって（ク）の選択肢は④が正解。

類題

平成 29 年度第 1 回 伝交問 4(3)24 / 125

平成 27 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 27 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある装置の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置は偶発故障期間にあるものとする。また、指数関数の値は、ｅ －０.０２５＝０.９７５、ｅ－０.２５＝０.７７９、
ｅ－０.００１＝０.９９９とし、ｅは自然対数の底とする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａを１,２００時間使用したところ３回の故障が発生した。装置Ａの１０時間使用時点
における信頼度は、(キ)[％]である。

<(キ)の解答群>① ４０．０(ⅱ)② ７５．０③ ７７．９④ ９７.５⑤ ９９．５装置Ｂの稼動開始後２００時間経過時点の信頼度を９９.９[％]以上に維持するためには、装置Ｂの平均故障率を(ク)[％／時間]以下にしなければならない。

<(ク)の解答群>(ⅰ)① ５．０×１０－６② ２．５×１０－５④ ２．５×１０－４⑤ ５．０×１０－４③ ５．０×１０－５

装置 A の故障率λは、λ = 3/1200 = 1/400 [件/時間]と、すぐに計算ができるので、あとは信頼度の基
本式に代入するだけでよい。
𝑅 = exp(⁡−𝜆𝑡⁡) = exp (−(ⅱ)

10) = exp(−0.025) = 0.975 → 97.5[%]400

装置 B は基本式をλについて変形し、単純に解けばよい。ただし、求める結果が％表示であることに注意が必要。変形にあたっては、以下のように両辺を自然対数化する。
𝑅 = e−λtlog e 𝑅 = log e e−𝜆𝑡 = −𝜆𝑡ここで、λについて式を整理すれば、（※ ln R は log e 𝑅の別表記です。）
1ln(0.999)
𝜆 = − × ln(𝑅) = −
𝑡
200
=−

=

ln(e−0.001 )200

0.001 1 × 10−3=
= 5 × 10−6200
2 × 102

これを 100 倍して％単位になおせば、λ=5×10-4[%時間]の結果が得られ、クの選択肢は⑤となる。
類題

平成 23 年度第 2 回 伝交問 4(3)平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(2)25 / 125

平成 27 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 27 年度第 1 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、システムの信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、システムを構成する装置は偶発故障期間にあり、log10３＝０．４７７とする。また、答えは四捨五入し有効数字３
桁とする。

(ⅰ)

(３点×２＝６点)

図に示すように、信頼度０.７である装置Ａが、ｎ台並列に接続されている

1n

冗長システムにおいて、システム全体の信頼度を０.９９９９以上にするためには、装置Ａの台数であるｎを
少なくとも

(キ)

以上とする必要がある。

Ａ1
Ａ2

・・・
Ａn

<(キ)の解答群>
① ６

(ⅱ)

② ８

③ ２０

④ ３６

⑤ ３００

あるシステムのアベイラビリティ及びＭＴＴＲについて、ある運用期間内において調査した
ところ、アベイラビリティが 99.6〔％〕、ＭＴＴＲが 1〔時間〕であった。このシステムの調
査期間内の故障率は、(ク)〔件／時間〕である。

<(ク)の解答群>① ４.００×１０－３② ４.０２×１０－３④ ５.０１×１０－１⑤ ２.００

解答は次ページ

26 / 125③ ４.９９×１０－１

平成 27 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

(キ)

電気通信主任技術者総合情報

1/n 冗長系のアベイラビリティは、不稼働率 1-A の積が、システム全体の不稼働率を表す。式で表せば、
1 − (1 − 0.7)n ≥ 0.9999となる。この式の計算を進めれば、−(0.3)n ≥ −0.0001
0.3n ≤ 0.0001という不等式が得られるので、台数ｎを求めるために、両辺を常用対数で変換して比較する。
log10 (0.3)𝑛 ≤ log10 (0.0001)
n ⋅ log10 (3 × 10−1 ) ≤ log10 (10−4 )n(log10 3 − 1) ≤ −4 ⋅ log10 10n(0.477 − 1) ≤ −4
−0.523n ≤ −4n ≥ 7.65
よって、式を満たす最小の台数（自然数）は 8 台となり、キの解答は②となる。
類題(ク)

平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)(ⅲ)

固有アベイラビリティ A の定義式を知っていれば、比較的容易な問題。
A=

MTBF
MTTR × A⁡⁡⁡ → ⁡⁡⁡MTBF =MTBF + MTTR
1−Aと、定義式を最初に MTBF について変形しておく。次に故障率λは MTBF の逆数であるので、
λ=

1
1−A
= ⁡⁡⁡
MTBF
MTTR⁡ × A

最後に値を代入すると、
𝜆 = ⁡⁡

1 − 0.996 0.004 0.004==≈ 0.004016 = 4.02 × 10−3
1⁡ × 0.996 0.996 0.996

なお、ここでしっかりと有効数字４桁目まで計算しないと、回答が絞り込めない。よって、クの最も近い選択
肢は②の 4.02×10-3 となる。
(参考) 本問程度の計算精度であれば、分母が 1 に極めて近いため、下記のような近似計算ができる。
0.004
0.004
=
≈ 0.004(1 + 0.004) = 4.016 × 10−3 ≈ 4.02 × 10−3
0.996 1 − 0.004

類題

平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)(ⅳ)

なお、（キ）（ク）両問は平成 30 年度第 1 回 伝交問 4(3)27 / 125

にて数値を変えて出題されている。

平成 26 年度第 2 回 伝交問 4(3) [簡易版]

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 26 年度第 2 回 伝交問 4(3) [簡易版](３)

次の文章は、１０,０００個のメモリ素子を組み込んだ基板Ａの信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。

ただし、基板Ａは偶発故障期間にあるものとし、logｅ０.９９＝－０.０１ 、ｅ－０.０５＝０.９５とする。

(３点×２＝６点)

基板Ａの使用開始後１００時間における信頼度が０.９９であるとき、メモリ素子１個の故障
率は、
は、

(キ)
(ク)

[ＦＩＴ]である。また、基板Ａの使用開始後５００時間以内に故障する確率[％]である。ただし、メモリ素子個々の故障率は同一値とする。

<(キ)、(ク)の解答群>① １×１０－８② ９.９×１０－７③ １×１０－４

④ ５

⑤ １０

⑥ ２０

⑦ ５０

⑧ ８０

⑨ ９５

詳細解説は
(キ)

⑩ ９９０

⑪ １×１０５

平成 29 年度第 2 回 伝交問 4(3)基板故障率を𝜆𝐵 とおくと、信頼度 R は、 R = e−100λB = 0.99。ここで両辺を自然対数化して、𝜆𝐵 について解けば、log e R = −100λB = log e 0.99 = −0.01であるので∴ ⁡⁡⁡λB =0.01= 1 × 10−4100

個々の素子の故障率をλD と置けば、
λD =1 × 10−4= 1 × 10−4−4 = 1 × 10−8 = 10 × 10−9 → ⁡10⁡FIT
10,000

よって、キの解答は⑤。
(ク)

基板の 500 時間使用後の信頼度𝑅𝑥 は 𝑅𝑥 = exp(−1 × 10−4 × 500) = exp( −0.05) ⁡ = 0.95⁡
基板の故障確率である不信頼度𝐹𝑥 は、𝐹𝑥 = 1 − 0.95 = 0.05 → 5[%]
よって、クの解答は④。

類題

平成 29 年度第 2 回 伝交問 4(3)平成 25 年度第 1 回 伝交問 4(3)平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(2) （省略）

28 / 125

平成 26 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 26 年度第 1 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある装置の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置は偶発故障期間にあり、ｅ－０.１０＝０.９０、ｅ－０.０８＝０.９２、ｅ－０.０４＝０.９６とし、ｅは自然対数の底とする。また、答えは、小数点以下を切り捨てるものとする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａの総動作時間、総動作不能時間及び総保全時間の合計を３,３００[時間]、総動作不能時間を２００[時間]、総保全時間を１００[時間]、故障回数を５回とするとき、装置ＡのＭ
ＴＢＦは、

(キ)

[時間]である。

<(キ)の解答群>
① ５６０

(ⅱ)

② ６００

③ ６４０

④ ６６０

装置Ｂ１及びＢ２のＭＴＢＦをそれぞれ２,０００[時間]及び２,５００[時間]としたとき、装置Ｂ１及びＢ２をそれぞれ一つ用いた並列冗長システムの２００[時間]における信頼度は、(ク)[％]である。

<(ク)の解答群>
① ８２

(1)

② ９２

③ ９６

④ ９９

MTBF の定義より求める。各出題においては、保全時間が暗黙のうちに非動作時間として扱われていることに注意。
MTBF =

総動作時間
総故障数

=

3300 − 200 − 100= 600⁡[時間/回]
5

よって、②の６００が正解となる。
(2)

単純な並列冗長系の計算となる。基本式 𝑅 = exp⁡(−𝜆𝑡) より、𝐵1 , 𝐵2 のそれぞれのアイテムの信頼度
𝑅1 , 𝑅2 並びに、それぞれの不信頼度𝐹1 , 𝐹2 を求める。
R1 = exp⁡ (−200) = exp⁡(−0.10) = 0.90⁡⁡,
2000

R 2 = exp⁡ (−200) = exp⁡(−0.08) = 0.92⁡
2500

不信頼度はそれぞれ、𝐹1 = 1 − 𝑅1 = 0.10 、 𝐹2 = 1 − 𝑅2 = 0.08となるので、総合の不信頼度 F は、F12 =F1 × F2 = 0.008 。よって、総合の信頼度 R12 は
𝑅12 = 1 − 𝐹12 = 0.992 → 99.2[%] ≃ 99[%]
よって、クの解答は④となる。

類題

平成 28 年度第 2 回 伝交問 4(3)29 / 125

平成 25 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 25 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある装置の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置は偶発故障期
間にあるものとする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａの故障率が０.２[％／時間]であるとき、固有アベイラビリティが９８[％]であるた
めには、ＭＴＴＲは、(キ)[時間]でなければならない。ただし、答えは四捨五入により

小数第２位までとする。

<(キ)の解答群>(ⅱ)① ０.１０② １０.２０④ ４９０.００⑤ ５１０.２０③ １９.６０

装置Ａの故障率が０.２[％／時間]、装置Ｂ及びＣのＭＴＢＦがそれぞれ８００[時間]及び
４００[時間]であるとき、装置Ａ、Ｂ及びＣがそれぞれ１台ずつ直列に接続されたシステムの
ＭＴＢＦは

(ク)

[時間]である。ただし、答えは四捨五入により整数値とする。

<(ク)の解答群>
① ５

(1)

② ４２

③ １７４

④ ５６７

⑤ ６００

固有アベイラビリティ A の定義から所要の MTTR を計算するためには、最初に MTBF を求めなくてはならない。そこで故障率λから MTBF を計算すれば、MTBF =

A=

1
1== 500⁡[時間]
λ 0.002MTBF
1
1⁡⁡⁡ → ⁡⁡⁡MTTR = MTBF⁡ ( − 1) = 500 × (− 1) ≃ 10.20
MTBF + MTTRA
0.98

ゆえに、解答は②となる。なお、1/0.98 は、ほぼ 1 に近いので近似計算として 1/(1-0.02)≒1.02 を使うと速く計算が終わる。もし 500×0.02=10 とおいても、選択肢から選ぶには十分な結果が得られる。
類題

平成 24 年度第 1 回 伝交問 4(3)(1)
平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(3)(1)(2)

装置 A の MTBF は前問で 500 時間と計算されているため、単純に ABC の直列系を考えればよい。このとき、総合の故障率は各装置の故障率λの足し合わせであり、MTBF の逆数となる。
𝜆𝑥 = λA + λB + λC =MTBF =

1
1
1
8 + 5 + 10
23
+
+
=
=
500 800 400
4000
4000

1
4000
=
= 173.9 ≃ 174[時間]𝜆𝑥23

よって、クの解答は③である。

30 / 125

平成 25 年度第 1 回 伝交問 4(3) [簡易版]

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 25 年度第 1 回 伝交問 4(3) [簡易版](３)

次の文章は、１０,０００個のメモリ素子を組み込んだ基板の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。

ただし、基板は偶発故障期間にあり、メモリ素子個々の故障率は同一値とし、log e０.９９＝－
０.０１、ｅ－０.１＝０.９とする。

(３点×２＝６点)基板の使用開始後５０時間における信頼度が０.９９であるとき、メモリ素子１個当たりの
故障率は、

(キ)

[ＦＩＴ]である。また、この基板の使用開始後５００時間以内に故障す

る確率は、

(ク)

[％]である。

<(キ)、（ク）の解答群>① ２×１０－８② １.９８×１０－６③ ２×１０－４

④ ５

⑤ １０

⑥ ２０

⑦ ５０

⑧ ８０

⑨ ９０

⑩ １.９８×１０

３⑪ ２×１０５

詳細解説は類題を参照
類題(キ)

平成 29 年度第 2 回 伝交問 4(3)基板故障率𝜆𝐵 は、
𝜆𝐵 = −

1× log 0.99 = −0.02 × −0.01 = 2 × 10−450

各メモリ素子の信頼度𝜆𝐷 は、𝜆𝐵 = 𝑛⁡𝜆𝐷 。よって、
𝜆𝐷 =2 × 10−4= 2 × 10−8 = 20 × 10−9 ⁡ → 20[FIT]
1 × 104

よって、キの解答は⑥。
(ク)

基板の 500 時間使用後の信頼度𝑅𝑥 は、
𝑅𝑥 = exp(−2 × 10−4 × 500) = exp( −0.1) ⁡ = 0.9
不信頼度𝐹𝑥 [%]は、
𝐹𝑥 = 1 − 0.9 = 0.1 → 10[%]
よって、クの解答は⑤。

31 / 125

平成 24 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 24 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある非修理系システムの故障率などについて述べたものである。このシステムが故障するまでの運用時間の分布が表に示すとおりのとき、

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、システムは偶発故障期間にあり、logｅ０.９＝－０.１０５とし、ｅは自然対数の底とする。

(３点×２＝６点)(運用時間の単位：時間)
故障番号

１

２

３

４

５

６

７

８

９ １０ １１ １２ １３ １４

運用時間 ３４ １１ ２０ ３３ １８ ３１ １０ １６ １７ ２４ １９(ⅰ)

このシステムの故障率は

(キ)

４

６ ３７

である。

<(キ)の解答群>① ０.０１(ⅱ)② ０.０５

このシステムの稼働開始後は

(ク)

③ ０.５

④ １４

⑤ ２０

時間の信頼度は、０．９である。

<(ク)の解答群>
① ２.１

(１)

② ３．６

③ ４

④ ６

⑤ １８

故障率の定義から求める。総動作時間は地道に計算する必要があり、
34 + 11 + 20 + ⋯ + 6 + 37 = 280[時間]⁡故障件数は表中にあるので、14 件。よって、
λ=

総故障件数
総動作時間

=

14
= 0.05⁡[件/時間]
280となり、キは②が正解となる。
(２)

信頼度計算の基本式、R = exp(⁡−λt⁡)を t について解き、R に 0.9、λに 0.05 を代入すれば
1
t = − × log e (R) = −20 × log e 0.9 = −20 × −0.105 = 2.10λ
よって、求めるべき経過時間は、クは①の 2.1 時間となる。

類題

平成 30 年度第 2 回 伝交問 4(3)32 / 125

平成 24 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 24 年度第 1 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、あるシステムの信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、それぞれの装置は、偶発故障期間にあるものとする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａの故障率が０.４[％／時間]であるとき、固有アベイラビリティが９８.０[％]である
ためにはＭＴＴＲは、(キ)[時間]でなければならない。ただし、答えは、四捨五入により小数第２位までとする。

<(キ)の解答群>① ０.５０(ⅱ)② ３.９２③ ５.００④ ５.１０⑤ １０.２０

信頼度７０[％]である装置Ｂを複数台並列に接続し、信頼度を９９．９[％]以上とするためには、装置Ｂを少なくとも、(ク)

台構成とする必要がある。ただし、必要に応じlog10０.３＝－０.５２３、log10０.７＝－０.１５５の値を用いること。

<(ク)の解答群>
① ４

(1)

② ５

③ ６

④ ７

⑤ ８

方針として、MTBF を最初に求め、固有アベイラビリティ A の定義から MTTR を算出するとすんなり計
算がしやすい。ここで、1÷0.98 を近似計算で約 1.02 と置いてしまうと解答候補が絞れないので、小数第 4位まで地道に割り算をしなくてはならない。（1÷0.98≒1.0204 まで計算を要する。）
MTBF =

A=

(ⅱ)

1
1
=
= 250[h]λ 0.004

MTBF
1
1⁡⁡⁡ → ⁡⁡⁡MTTR = MTBF⁡ ( − 1) = 250 × (− 1) ≃ 5.10
MTBF + MTTRA
0.98

この場合は不信頼度から求めるとやりやすい。F=1-0.7=0.3 とおいて、n 個のアイテムによる 1/n 冗長系の不信頼度 Fall が、Fall = F n となることを利用すると簡単である。
題意より、Fall=1-0.999=0.001 なので、0.3n ≤ 0.001を満たす最小の n を求めればよい。この場合は両辺を常用対数化するとよい。

0.3n ≤ 0.001
log10 0.3𝑛 ≤ log10 0.001
n × (−0.523) ≤ −3
n≥3
= 5.7360.523

n は整数値であるので、n=6 台が R=0.999 以上を満たす最小の冗長台数とわかる。
類題

平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(3)33 / 125

平成 23 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 23 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある装置の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置は偶発故障期間にあるものとする。また、指数関数の値は、ｅ ０.２５＝１.２８、ｅ－０.０２５＝０.９７５、
ｅ－０.２５＝０.７７９、ｅ－０.００１＝０.９９９とし、ｅは自然対数の底とする。 (３点×２＝６点)(ⅰ)

装置Ａを１,２００時間使用したところ３回の故障が発生した。装置Ａの１００時間使用時
点における信頼度は、(キ)[％]である。

<(キ)の解答群>① ２２．１(ⅱ)② ２８．０③ ７５.０④ ７７.９⑤ ９７.５装置Ｂの稼動開始後４００時間経過時点の信頼度を９９.９[％]以上に維持するためには、装置Ｂの平均故障率を(ク)[％／時間]以下にしなければならない。

<(ク)の解答群>(ⅰ)① ２．５×１０－６② ２．５×１０－５④ ２．５×１０－３⑤ １．０×１０－１③ ２．５×１０－４

装置 A の故障率は、3÷1200=1/400 と、すぐに計算ができるので、あとは信頼度の基本式に代入するだけでよい。
𝑅 = exp(⁡−𝜆𝑡⁡) = exp (−

(ⅱ)

100
) = exp(−0.25) = 0.779 → 77.9[%]400

装置 B は基本式をλについて変形し、単純に解けばよい。ただし、求める結果が％表示であることに注意が必要。
1ln(0.999)
λ = − × ln(R) = −
t
400
=−

=

ln(e−0.001 )400

0.001 1 × 10−3=
= 2.5 × 10−6400
4 × 102

これを 100 倍して％単位になおせば、λ=2.5×10-4[%時間]の結果が得られ、クの選択肢は③となる。

類題

平成 27 年度第 2 回 伝交問 4(3)平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(2)。

34 / 125

平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、システムの信頼性について述べたものである。

内の(オ)～(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、システムは偶発故障期間にあるものとする。なお、必要に応じ下記の数値を用いることとし、答えは四捨五入し有効数字３桁とする。また、ｅは自然対数の底とし、ｔは時間を示す。

ｅ－０．００１ ≒０．９９９

ｅ－０．０２５ ≒０．９７５

ｅ－０．０４≒０．９６１ｅ－０．０５ ≒０．９５１

ｅ－０．１

ｅ－０．９

≒０．４０７－０．９５

ｅ≒０．３８７ｅ－１．００１ ≒０．３６８
－１．０５

ｅ

(ⅰ)

(３点×４＝１２点)≒０．３５０≒０．９０５－０．９６

ｅ≒０．３８３ｅ－１．０２５ ≒０．３５９－１．１ｅ≒０．３３３log100.3 ≒－０．５２３

log100.3≒－０．５２３log101.7 ≒－０．２３０log101.7≒－０．２３０ｅ－０．９７５≒０．３７７ｅ－１．０４≒０．３５３log100.999 ≒－０．０００４３５

システムの信頼度をＲとすると、ＲとＭＴＢＦとの関係は、Ｒ＝

(オ)

である。

<(オ)の解答群>
(

① e

t
−1)
MTBF
t

−⁡
④ e MTBF

(1)

−(

② e

2
t
)
MTBF

t

−(
+1)
③ 1 − e MTBF

t

t
1
−⁡
⑥ 1 − ( ) e MTBFt()
⑤ 1 − e MTBF−1

公式に当てはめるだけの問題。信頼性公式 𝑅 = exp(⁡−𝜆𝑡⁡)に、λ = 1/MTBF の故障率と MTBF の関係式を代入するだけでよい。
𝑡

𝑅 = 𝑒 −𝜆𝑡 = 𝑒 −𝑀𝑇𝐵𝐹
よって、解答は④。

35 / 125

平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2(ⅱ)

図１に示すシステム(

1
2

電気通信主任技術者総合情報

冗長システムが２段直列に接続されたシステム)の１００[時間]後におけるシステム全体の信頼度は、(カ)となる。ただし、装置Ａ～装置ＤのＭＴＢＦは、下記の条件とする。

(条件)

装置ＡのＭＴＢＦ＝１,０００〔時間〕装置ＢのＭＴＢＦ＝２,５００〔時間〕装置ＣのＭＴＢＦ＝１,０００〔時間〕装置ＤのＭＴＢＦ＝４,０００〔時間〕
装置Ａ

装置Ｃ

装置Ｂ

装置Ｄ

図１

<(カ)の解答群>(2)① ０.０１５３② ０.４００④ ０.９９４⑤ ０.９９９③ ０.７７７

基本公式を元に数値計算をひたすら進める問題。最終的に求めたいのは信頼度なので、基本公式𝑅 =exp(⁡−𝜆𝑡⁡) を利用できるように、各装置ごとの故障率λなどを整理・計算することになる。
各装置の故障率λは前問のλ = 1/MTBFの式を流用して計算する。それらに t=100 時間を掛けた値(λt)、並びに設問中の指数関数値に当てはめた数値を整理すれば、以下の信頼度表が作成できる。
装置 A

装置 B

装置 C

装置 D

MTBF

1,000

2,500

1,000

4,000

λ

1×10-3

4×10-4

1×10-3

2.5×10-4

λt

0.1

0.04

0.1

0.025

ｅ－０．１≒

ｅ－０．０４≒ｅ－０．１≒

ｅ－０．０２５≒

0.905

0.961

0.905

0.975

信頼度

あとは、通常の信頼度計算を進めていけばよい。
装置 A/B 並列系の故障率は、R AB = 1 − (1 − 0.905) × (1 − 0.961) = 0.99626
装置 C/D 並列系の故障率は、R CD = 1 − (1 − 0.905) × (1 − 0.975) = 0.997625
最後に、AB 系および CD 系の直列系信頼度 Rall を求めれば、R all = R AB × R CD から
R all = 0.9963 × 0.9976 = 0.9939 ≈ 0.994
よって、カの解答は④の 0.994。

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平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

(ⅲ)

電気通信主任技術者総合情報

図２に示すように、信頼度０.７である装置Ｅが、Ｅ1 からＥｎまで並列に接続されている
1n

冗長システムにおいて、システム全体の信頼度を０.９９９以上にするためには、装置Ｅの台数であるｎを少なくとも(キ)以上とする必要がある。

Ｅ1
Ｅ2

・・・
Ｅn

図２

<(キ)の解答群>
① ６

(3)

② ８

③ ２０

④ ３６

⑤ ３００

直接計算すると面倒なため、1/n 並列冗長系の信頼度 R は、不信頼度 F の積であることを利用する。すなわち、全ての数値を不信頼度 F に換算して計算する。関係式は 𝐹 = 1 − 𝑅である。
全ての信頼度 R は等しく 0.7 であるため、各装置の不信頼度 Fx は、𝐹𝑥 = 1 − 𝑅 = 0.3と簡単に求まる。
ここで、並列冗長系の総合不信頼度 Ft は、𝐹𝑡 = 𝐹1 × 𝐹2 × 𝐹3 ⋯ × 𝐹𝑛 と表せるので、
𝐹𝑡 = 𝐹𝑥𝑛
この Ft は、設問の信頼度 0.999 以上の要求を満たすために、𝐹𝑡 = 1 − 0.999 = 0.001 よりも小さい値でなければならない。すなわち、
𝐹𝑡 = 𝐹𝑥𝑛 ≤ 0.001
が設問を満たす条件となる。ここで、両辺を常用対数化する。対数は単調増加関数のため大小関係がそのまま維持されて計算が容易となる。
log10 ⁡𝐹𝑥𝑛 ≤ log10 0.001
n × log10⁡ 𝐹𝑥 ≤ log10 ⁡10−3
n × log10 ⁡0.3 ≤ ⁡ −3の関係式が導ける。このとき対数の数値はlog10 0.3 ≃ −0.523 と設問文中に用意されているため、
n × (−0.523) ≤ ⁡ −3
n ≥⁡−3
= 5.73 ⋯−0.523

当然ながら、n は台数であって整数値になるので、n=6 台が信頼度 0.999 を満たすのに必要な最小設
置台数となるのが分かる。よって、キの解答は①。

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平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(2) [省略]

信頼性計算攻略メモ r4.2

(ⅳ)

電気通信主任技術者総合情報

あるシステムのアベイラビリティ及びＭＴＴＲについて、ある運用期間内において調査した
ところ、アベイラビリティが 99.6〔％〕、ＭＴＴＲが 2〔時間〕であった。このシステムの調
査期間内の故障率は、(ク)〔件／時間〕である。

<(ク)の解答群>(4)① ２.０１×１０－３② ４.００×１０－３③ ３.３４×１０－１④ ４.９６×１０－１⑤ ５.０２×１０－１⑥ ６.６６×１０－１

固有アベイラビリティ A の定義式を知っていれば、近似計算で解答を選択できる問題。
A=

MTBF
MTTR × A⁡⁡⁡ → ⁡⁡⁡MTBF =MTBF + MTTR
1−Aと、定義式を最初に MTBF について変形しておく。次に故障率λは MTBF の逆数であるので、
λ=

1
1−A
= ⁡⁡⁡
MTBF
MTTR⁡ × A

最後に値を代入すると、
𝜆 = ⁡⁡

1 − 0.996
0.004 0.002= 0.5 ×=≈ 0.002 = 2 × 10−3
2⁡ × 0.996
0.996 0.996

よって、最も近い選択肢は①の 2.01×10-3 となる。
(参考) もう少し計算精度を上げる場合のテクニック。分母が 1 に極めて近いため、下記のような近似計算ができる。ただし、本設問においては上記計算だけでも解答を絞り込めるので不要。
0.002
0.002
=
≈ 0.002(1 + 0.004) = 2.008 × 10−3 ≈ 2.01 × 10−3
0.996 1 − 0.004

平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(2) [省略]
問題・解説

平成 29 年度第 2 回 伝交問 4(3) を参照。

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平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、あるシステムの信頼度について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、下図は信頼度に関する概念図であり、図中の内の数字はそれぞれの構成装置の信頼度を示している。なお、答えは、四捨五入により小数第３位までとする。
サブシステム１（装置Ｂ２台により構成）(３点×２＝６点)
サブシステム２（装置Ｃ３台により構成）

０.８００
０.９００

０.８００

０.９００
０.８００

(ⅰ)

装置Ｂ２台からなる二重化されたサブシステム１(１／２冗長構成)の信頼度は、

(キ)

である。

(ⅱ)

装置Ｂ２台からなる二重化されたサブシステム１(１／２冗長構成)と装置Ｃ３台からなるサブシステム２(２／３多数決冗長構成)を接続した全体のシステムの信頼度は、

(ク)

であ

る。

<(キ)、（ク）の解答群>(1)① ０.８１０② ０.８７９③ ０.８８７④ ０.９１０⑤ ０.９５０⑥ ０.９７２⑦ ０.９８２⑧ ０.９９０

非常にシンプルな問題であり、装置 B の不信頼度 FB（この場合は 1-0.9=0.1）の積が、サブシステム 1の総合不信頼度 FS1 であることを利用する。
𝐹𝑆1 = 0.1 × 0.1 = 0.01
𝑅𝑆1 = 1 − 𝐹𝑆1 = 0.99と単純計算すればよい。よって、キの解答は⑧となる。

（次ページへ続く）

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平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2(2）

電気通信主任技術者総合情報

サブシステム２の信頼度 RS2 と RS1 の積を求めればよいので、最初に RS2 を計算する必要がある。ここで、RS2 は 2/3 冗長系であるため、少なくとも２台の装置 C が稼動する条件を考えなくてはならない。
装置Ｃが稼動している確率は 0.8 であり、故障している確率は 0.2 となる。運用状態の装置を A(active)、
故障状態の装置を F（fault）として表すと、
3 台とも稼動中の確率

𝑅𝐴𝐴𝐴 = 0.83 = 0.512

1 台のみが故障中のパターンでは、2 台が動作している確率×１台が故障している確率となるため、1 台
目が故障中の確率は𝑅𝐹𝐴𝐴 = 0.2 × 0.8 × 0.8 = 0.128となる。ただし、装置Ｃは 3 台あるため、故障パターン
は RFAA、RAFA、RAAF の３通り存在することから、1 台のみ故障する確率 RF1 は、 R F1 = 3 × 0.128 = 0.384となる。
それらの確率の合計値が、サブシステム２の信頼度となるので、
𝑅𝑆2 = 𝑅𝐴𝐴𝐴 + 3 × 𝑅𝐹1 = 0.896
最後に、各サブシステムの信頼度の積をとり、全システムの信頼度 RS12 を計算すると。
𝑅𝑆12 = 𝑅𝑆1 ⋅ 𝑅𝑆2 = 0.99 × 0.896 = 0.88704 ≈ 0.887であるから、クの解答は③となる。
パターン

システム状態

1

装置状態

確率

装置Ｃ１

装置Ｃ２

装置Ｃ３

正常

A

A

A

0.512

2

準正常

F

A

A

0.128

3

準正常

A

F

A

0.128

4

準正常

A

A

F

0.128

5

異常

F

F

A

0.032

6

異常

F

A

F

0.032

7

異常

A

F

F

0.032

8

異常

F

F

F

0.008

サブシステム２の動作確率

計 0.896（サブシステム２の信頼度計算別解）
m/n 多数決冗長系においては、各装置の信頼度を R0 と置き、全て等しいすると、nn
R m/n = ∑ ( ) ⁡⁡R 0 ⁡r ⁡(1 − R 0 )𝑛−𝑟rr=mnとなる。なお、( )の記号は組合せ記号であり、nCr とも表記される。ここで 2/3 多数決冗長系であるとき、rm=2,n=3 であるので、
33
R 2⁄3 = ⁡ ( )⁡R 0 ⁡3 + ( )⁡R 0 ⁡2 (1 − R 0 )32= R 0 ⁡3 + 3R 0 ⁡2 (1 − R 0 )= 3⁡R 0 ⁡2 − 2R 0 ⁡3
= 3 × 0.64 − 2 × 0.512= 0.896

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平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(2)(２)

次の文章は、ある装置の信頼性について述べたものである。

内の(オ)、(カ)に最も適したものを、 下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ 。 ただし、装置は偶発故障期間にあるものとする。また、指数関数の値は、ｅ－０.８＝０.４４９、ｅ－０.０１＝０.９９０、
ｅ－０.０００８＝０.９９９、ｅ０.８＝２.２３とし、ｅは自然対数の底とする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａを２,５００時間使用したところ２回の故障が発生した。装置Ａの１,０００時間使用
時点における信頼度は、

(オ)

である。

<(オ)の解答群>(ⅱ)① ０.０２２② ０.４４９③ ０.５５１④ ０.８⑤ ０.９９０⑥ ０.９９９装置Ｂの稼動開始後５００時間経過時点の信頼度を０.９９以上に維持するためには、装置
Ｂの平均故障率を(カ)[％／時間]以下にしなければならない。

<(カ)の解答群>(１)① ２×１０－５② ２×１０－４③２×１０－３④ ２×１０－１⑤ １⑥ ５

定義より故障率λを求め、信頼度基本公式 𝑅 = exp⁡(⁡−𝜆𝑡⁡)に当てはめて計算すればよい。
まず故障率λは故障回数を運用時間で割ったものなので、𝜆 = ⁡⁡⁡2 回/2500 時間となるが、慌てて数値計算しない方がよい。そのまま信頼度公式に当てはめると簡単に計算できる。
⁡𝑅 = exp(⁡−𝜆𝑡⁡) = exp (−2 × 1000
4) = exp (− ) = exp(−0.8)
25005

ここで、exp(-0.8)は設問文中に数値が与えられているので、解答は②の 0.449 となる。
(2)

装置Ｂについて、所要の信頼度Ｒから平均故障率λを逆算する問題である。信頼度基本式𝑅 =exp⁡(⁡−𝜆𝑡⁡)から、λ = −(1/t)⁡⁡log⁡(R) と式変形したいのだが、実は与えられた数値では計算ができない（log0.99 が与えられていない）。そのため、脊髄反射的に両辺を対数化してはいけない。
まず、基本式を立てると、
𝑅𝐵 = exp(−λB × 500) = 0.99 = exp(−0.01)exp(−λB × 500) = exp(−0.01)⁡と、指数関数の引数同士が等しくなることを利用できるので、あとは −λB × 500 = −0.01を解けばよい。
λB =−0.01 2 × 0.01=
= 2 × 10−2−3 = 2 × 10−5 → 2 × 10−3 [%/H]
−500
1000

最後の[%/時間]の単位に直すのを忘れないよう注意が要る。解答は③の 2×10-3 となる。

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平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(3) [一部簡易版]

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(3) [一部簡易版](３)

次の文章は、ある装置又はシステムの信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、それぞれの装置は、偶発故障期間にあるものとする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)

装置Ｃの故障率が０.２[％／時間]であるとき、固有アベイラビリティが０.９８であるためにはＭＴＴＲは、(キ)[時間]でなければならない。ただし、答えは、四捨五入により小数第２位までとする。

<(キ)の解答群>① １.００(ⅱ)② １.９６③ ４.０８④ ９.８０⑤ １０.２０

信頼度が０.７である装置Ｄが複数台並列に接続された並列冗長システムにおいて、システ
ム全体の信頼度を０.９９以上とするためには、装置Ｄを最低(ク)台構成とする必要がある。ただし、必要に応じて、log10０.３＝－０.５２３、log10０.７＝－０.１５５の数値を用いること。

<(ク)の解答群>
① ４

(1)

② ５

③ ６

④ ７

⑤ ８

詳細解説は類題を参照
類題

平成 25 年度第 2 回 伝交問 4(3)(1)
𝑀𝑇𝐵𝐹 =

𝐴=

1
1== 500⁡[時間]
𝜆 0.2 × 100

𝑀𝑇𝐵𝐹
1
1
⁡⁡⁡ → ⁡⁡⁡𝑀𝑇𝑇𝑅 = 𝑀𝑇𝐵𝐹⁡ ( − 1) = 500 × (− 1) ≃ 10.20
𝑀𝑇𝐵𝐹 + 𝑀𝑇𝑇𝑅𝐴
0.98

よって、キの解答は⑤。
(2)

この場合は不信頼度から求めるとやりやすい。F=1-0.7=0.3 とおいて、ｎ個のアイテムによる並列冗長系の不信頼度 Fall が、Fall = F n となることを利用すると簡単である。
題意より、Fall=1-0.99=0.01 なので、0.3n ≤ 0.01を満たす最小の n を求めればよい。この場合は両辺を常用対数化するとよい。
log10 0.3𝑛 ≤ log10 0.01 = −2
n × (−0.523) ≤ −2n≥−2
= 3.824−0.523n は整数値であるので、n=4 台が R=0.99 を満たす最小の冗長台数とわかる。クの解答は①42 / 125

平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(2)(２)

次の文章は、あるサービスエリアにおける専用回線の保全度などについて述べたものである。
内の(オ)、(カ)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、表は１か月(３０日)間に発生した２０件の故障とその修理に要した時間を示したものであり、専用回線の故障は偶発故障期間にあるものとする。また、答えは、四捨五入により小数第２位までとする。

(３点×２＝６点)(単位：分)

(ⅰ)

故障番号

１

２

３

４

５

６

７

８

９

１０

修理時間

２６

４０

６６

４６

５５

７５

５８

４４

３８

５１

１１

１２

１３

１４

１５

１６

１７

１８

１９

２０

計

４５

５８

５２

３８

２１

４１

５０

３０

５６

７０

９６０

このサービスエリアにおける専用回線の故障の発生から１時間後における保全度は、
(オ)

(ⅱ)

である。

このサービスエリアにおける専用回線の平均修復率は、(カ)[件／時間]である。

<(オ)、(カ)の解答群>(1)① ０.０２② ０.０３③ ０.１５④ ０.６７⑤ ０.８０⑥ ０.８５⑦ ０.９４⑧ １.２５⑨ １.５０⑩ ３.００

保全度 M は、N 件の総保全件数で、時刻 t において保全が完了し、作動しているアイテム数を n(t)とするとき、M(t) =n(t)Nで表される関数で、本問の場合は 1 時間以内に保全（修理）が完了している数 n を数え上げればよい。
すると、20 件中 17 件が 60 分以内に保全を完了していることから、M=17/20=0.85 となって、オの解答は⑥となる。（なお、平成 21 年度第 1 回 伝交問 4(2)のように指数分布による保全度関数を使用する場合もあるため注意）(2)

修復率μは、偶発故障期であれば MTTR(平均修復時間)の逆数となる関数である。
μ=

1
保全件数
20[件]
20[件]
=
=
=
= 1.25⁡[件/時間]
MTTR 総修復時間 960[分] 16[時間]

よって、カは⑧が正解選択肢となる。誤って「分」のまま計算しないことに注意。解答の単位に気をつけなければならない。

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平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(3) [簡易版]

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(3) [簡易版](３)

次の文章は、あるシステムの信頼度について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、次ページの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、答えは、四捨五入により小数第３位までとする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａ２台からなる二重化されたサブシステム１(１／２冗長構成)と装置Ｂ３台からなるサブシステム２(２／３多数決冗長構成)を接続したシステム全体の信頼度は、

(キ)

であ

る。ただし、図１は信頼度に関する概念図であり、図中の内の数字はそれぞれの構成装置の信頼度を示す。
サブシステム１（装置Ａ２台により構成）

サブシステム２（装置Ｂ３台により構成）

０.８００
０.９００

０.８００

０.９００
０.８００

図１

<(キ)、(ク)の解答群>

詳細解説① ０.７３９② ０.７７１③ ０.８７９④ ０.８８７⑤ ０.９７２⑥ ０.９７９⑦ ０.９８２⑧ ０.９９４

平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(3)を参照。

サブシステム２の信頼度が、「全て装置が正常の確率×１パターン」と「３台中、２台が正常の確率×３パターン」の確率合計値を計算し、0.83 + 3 × (0.82 × 0.2) ≈ 0.896。
サブシステム１の信頼度は、不信頼度を利用して1 − 0.12 = 0.990、もしくは「２台とも正常の確率×１パ
ターン」と「２台中、１台が正常の確率×２パターン」の合計値0.92 + 2(0.9 × 0.1) = 0.990 を出せばよい。

総合信頼度は0.896 × 0.990 ≈ 0.887
よって、キの解答は④となる。

44 / 125

平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(3) [簡易版]

信頼性計算攻略メモ r4.2

(ⅱ)

電気通信主任技術者総合情報

図２に示すシステム(１／２冗長構成が２段の直列システム)を構成する装置Ｃ～装置ＦのＭ
ＴＢＦが、下記の条件であるとき、システム全体の１００時間後の信頼度は、(ク)となる。ただし、このシステムは偶発故障期間にあるものとする。また、必要に応じ下表の数値を用いることとし、ｅは自然対数の底とする。

ｅ－０．００１ ＝０．９９９
－０．０５

ｅ

ｅ－０．０２５ ＝０．９７５＝０．９５１ｅ－０．９５ ＝０．３８７(条件)

ｅ－０．０４＝０．９６１

－０．９

ｅ

－０．１

＝０．９０５ｅ＝０．４０７ｅ－０．９６＝０．３８３ｅ－０．９７５＝０．３７７装置ＣのＭＴＢＦ＝１,０００〔時間〕装置ＤのＭＴＢＦ＝２,０００〔時間〕装置ＥのＭＴＢＦ＝２,５００〔時間〕装置ＦのＭＴＢＦ＝４,０００〔時間〕
装置Ｃ

装置Ｅ

装置Ｄ

装置Ｆ

図２

<(キ)、(ク)の解答群>① ０.７３９② ０.７７１③ ０.８７９④ ０.８８７⑤ ０.９７２⑥ ０.９７９⑦ ０.９８２⑧ ０.９９４

詳細解説

平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)

装置

装置 C

装置 D

装置 E

装置 F

MTBF

1,000

2,000

2,500

4,000

λ

1×10-3

5×10-4

4×10-4

2.5×10-4

0.1

0.05

0.04

0.025

－０．１

－０．０5

－０．04

ｅ－０．０２５＝

0.961

0.975

λt
信頼度

ｅ

＝

0.905

ｅ

＝

0.951

ｅ

＝

装置 CD 系の故障率R CD = 1 − (1 − 0.905) × (1 − 0.951) = 0.995
装置 EF 系の故障率R EF = 1 − (1 − 0.961) × (1 − 0.975) = 0.999
AB 系および CD 系の直列系信頼度 Rall を求めると、R all = R AB × R CDから
R all = R AB × R CD = 0.995 × 0.999 ≈ 0.994
解答：（ク）⑧45 / 125

平成 21 年度第 1 回 伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 21 年度第 1 回 伝交問 4(2)(２)

次の文章は、あるシステムの保全度などについて述べたものである。

内の(オ)、(カ)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、このシステムは偶
発故障期間にあり、表はシステムの修復時間とその保全件数を示し、指数分布に従うものとする。
また、指数関数の値は、 ｅ－０．２５＝０.７７９、 ｅ－１＝０.３６８、ｅ－４＝０.０１８ とし、ｅは自然対数の底とする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)

１件当たりの修復時間[時間]

２

４

６

８

１０

１２

保全件数[件]

８

３

４

２

２

１

(カ)

[％]である。

このシステムのＭＴＴＲは、(オ)[時間]である。

(ⅱ) このシステムの修復に着手して２０時間経過時点における保全度は、<(オ)、(カ)の解答群>

(1)

① ０.２

② ２

③ ５

④ ７

⑤ ２２.１⑥ ６３.２⑦ ７７.９⑧ ９８.２

MTTR は、総修復時間を全保全件数で割った値であるため、𝑀𝑇𝑇𝑅 =(2 × 8) + (4 × 3) + (6 × 4) + (8 × 2) + (10 × 2) + (12 × 1) 100==5
8+3+4+2+2+1
20

よって、オの解答は③となる。
(2)

保全度 M(t)は、MTTR が既知で指数分布に従うとき、t

M(t) = 1 − e−μt = 1 − e−MTTRで表されることを利用する。修復度μを MTTR から求めると単純に逆数なので、
𝜇=11= = 0.2⁡
𝑀𝑇𝑇𝑅 5

最後に、時間 t を式に代入して、𝑀(𝑡) = 1 − e−0.2×20 = 1 − e−4 = 1 − 0.018 = 0.982となる。ただし、求められている結果は[％]単位であるため、解答は 98.2％。
よって、カの解答は⑧となる。

46 / 125

平成 21 年度第 1 回 伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 21 年度第 1 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある装置の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置は偶発故障期
間にあるものとする。 また、指数関数の値は、 ｅ １.２５＝３.４９、 ｅ－０.００１＝０.９９９、
ｅ－１.２５＝０.２８７とし、ｅは自然対数の底とする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａを２,４００時間使用したところ３回の故障が発生した。装置Ａの１,０００時間使用
時点における信頼度は、(キ)[％]である。

<(キ)の解答群>① １.２５(ⅱ)② ３.４９③ ２８.７④ ７１.３⑤ ９９.９装置Ｂの稼動開始後２００時間経過時点の信頼度を９９.９[％]以上に維持するためには、装置Ｂの平均故障率を(ク)[％／時間]以下にしなければならない。

<(ク)の解答群>(1)① ５×１０－６② ５×１０－４④ １×１０－１⑤ ５×１０－１③ ５×１０－３

題意から、装置 A の故障率λA(=3/2400)が直ちに求められるので、信頼度基本式 𝑅 = exp(−𝜆𝑡) に代入すればよい。
𝑅 = exp (−3× 1000) = exp(−1.25) = 0.287⁡ → 28.7[%]
2400

よって、解答は③の 28.７となる。
(2)

装置Ｂについて、所要の信頼度Ｒから平均故障率λを逆算する問題である。信頼度基本式𝑅 =exp⁡(⁡−𝜆𝑡⁡)から、λ = −(1/t)⁡⁡log⁡(R) と式変形したいのだが、実は与えられた数値では計算ができない（log0.999 が与えられていない）。そのため、脊髄反射的に両辺を対数化してはいけない。

基本式を立てて計算すれば、
𝑅𝐵 = exp(−λB × 200) = 0.999 = exp(−0.001)
exp(−λB × 200) = exp(−0.001)⁡と、指数関数の引数同士が等しくなることを利用できる。あとは −λB × 200 = −0.001を解けばよい。
λB =−0.001 5 × 0.001== 5 × 10−6 → 5 × 10−4 [%/H]
−200
1000

最後の[%/時間]の単位に直すのを忘れないよう注意が要る。解答は②の 2×10-4 となる。

47 / 125

平成 20 年度第 2 回 伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 20 年度第 2 回 伝交問 4(2)(２)

次の文章は、ある部品の信頼性について述べたものである。

内の(オ)、(カ)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、すべての部品は偶発故障期間にあるものとする。また、指数関数の値は、ｅを自然対数の底とすると、ｅ －０.１０＝０.９０、
ｅ－０.０８＝０.９２、ｅ－０.０４＝０.９６とし、答えは、小数点以下を切り捨てるものとする。
(３点×２＝６点)(ⅰ)

部品Ａの総動作時間を４,０００[時間]、動作不能時間を２００[時間]、保全時間を１００[時間]、故障件数を５回とするとき部品ＡのＭＴＢＦは、

(ⅱ)

(オ)

[時間]である。

部品Ｂ及びＣのＭＴＢＦをそれぞれ２,０００[時間]及び２,５００[時間]としたとき、部品
Ｂ及びＣをそれぞれ一つ用いた並列冗長システムの２００[時間]における信頼度は、(カ)[％]である。

<(オ)、(カ)の解答群>

(1)

① ９２

② ９５

③ ９８

④ ９９

⑤ ７６０

⑥ ８００

⑦ ８４０

⑧ ８６０

MTBF の定義より求める。動作不能時間や保全時間は関係が無い。
𝑀𝑇𝐵𝐹 =

総動作時間
総故障数

=

4000
= 800⁡[時間/回]
5

よって、⑥の８００が正解となる。
(2)

MTBF の基本問題である。部品 B の故障率λB はλB = 1/2000 = 5 × 10−4 ⁡⁡、同様に部品 C の故障
率λC は、λC = 1/2500 = 4 × 10−4 ⁡⁡と予備計算をしておく。
次に、200 時間における各部品の信頼度を求めると、
R B = exp(−5 × 10−4 × 2 × 102 ) = exp(−0.1) = 0.90
R C = exp(−4 × 10−4 × 2 × 102 ) = exp(−0.08) = 0.92
あとは、RB と RC の冗長信頼度を求めればよいので、
R BC = 1 − (1 − 0.90) × (1 − 0.92)= 1 − 0.1 × 0.08
= 1 − 0.008= 0.992⁡⁡ → 99.2%
設問では、小数点以下を切り捨てるとされているので、解答は④の 99 となる。

平成 20 年度第 2 回 伝交問 4(3) [省略]同一問題

平成 22 年度第 1 回 伝交問 4(3)48 / 125

平成 20 年度第 1 回 伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 20 年度第 1 回 伝交問 4(2)(２)

次の文章は、修理系の装置Ａの信頼性などについて述べたものである。

(カ)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。

内の(オ)、(３点×２＝６点)装置Ａの稼働実績データを分析したところ、平均故障率が２.５×１０－４[件／時間]の結果が得られた。この装置Ａについて次の問いに答えよ。ただし、この装置Ａは偶発故障期間にあるものとする。また、指数関数の値は、ｅ０.１＝１.１１、ｅ０.５＝１.６５とし、ｅは、自然対数の底とする。なお、答えは、有効数字は２けたとする。

(ⅰ)

装置ＡのＭＴＢＦは、(オ)[時間]である。

(ⅱ)

装置Ａの動作開始後２,０００時間における信頼度は、

(カ)

である。

<(オ)、(カ)の解答群>(1)① ４.２×１０-６② １.５×１０-２③ ０.３９④ ０.５０⑤ ０.６１⑥ １.６１⑦ ４.０×１０３⑧ ２.４×１０５

装置の MTBF は、既に平均故障率λが与えられているので、単純に逆数を計算すればよい。
MTBF =

1
1
4=== 4 × 103 ⁡[時間]−4
λ 2.5 × 10
10 × 10−4

よって、解答は⑦となる。
(2)

装置 A の 2､000 時間後の信頼度は、単純に基本公式に当てはめればよい。
R = exp(⁡−λt⁡) = exp(−2.5 × 10−4 × 2 × 103 )= exp(−5 × 10−1 )= exp(−0.5)
ただし、このままでは設問中に与えられた数値では解けないので、指数を少し変形して対応する。
e−0.5 =

1
1=
= 0.6060 ⋯ ≈ 0.61
e0.5 1.65

よって、解答は⑤となる。

平成 20 年度第 1 回 伝交問 4(3) [省略]同一問題

平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(3)49 / 125

平成 19 年度第 2 回 伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 19 年度第 2 回 伝交問 4(2)(２)

次の文章は、あるシステムの信頼性について述べたものである。

内の(オ)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、このシステムは偶発故障期間にあるものとする。なお、必要に応じ下表の数値を用いることとし、ｅは自然対数の底とする。また、答えは有効数字３けたとする。

(３点)

ｅ－０.００１ ＝０.９９９

ｅ－０.０５ ＝０.９５１

ｅ－０.０８＝０.９２３ｅ－０.１＝０.９０５＝０.３６８－１.０＝０.３６８－０.９９９ｅｅ

図に示すシステムが２００[時間]正常に機能するように規定されている場合、システム全体の信頼度は、

条件(オ)となる。なお、装置Ａ～装置ＣのＭＴＢＦは、下記の条件とする。

装置ＡのＭＴＢＦ＝２,０００[時間]装置ＢのＭＴＢＦ＝２,５００[時間]装置ＣのＭＴＢＦ＝４,０００[時間]

装置Ａ

装置Ｃ
装置Ｂ

<(オ)の解答群>① ０.７９４② ０.８６９③ ０.９４４④ ０.９９９

各装置ごとの信頼度を求めると、基本式𝑅 = exp⁡(−𝑡/𝑀𝑇𝐵𝐹)より、各 MTBF と t=200 を用いれば、
R A = exp (−200) = e−0.1 = 0.905
2000

R B = exp (−200) = e−0.08 = 0.923
2500

R C = exp (−200) = e−0.05 = 0.951
4000

同様に、装置 AB の並列冗長系信頼度は R AB = 1 − (1 − 0.905)(1 − 0.923) ≈ 0.9927となる。さらにRAB と RC の直列系信頼度は、その積となるので、R all = 0.9927 × 0.951 ≈ 0.944
よって、解答は③の 0.944 となる。

50 / 125

信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 19 年度第 2 回 伝交問 4(3) [省略]平成 19 年度第 2 回 伝交問 4(3) [省略]
類題

平成 25 年度第 2 回 伝交問 4(3)(1)

平成 19 年度第 1 回 伝交問 4(2) [省略]同一問題

平成 21 年度第 1 回 伝交問 4(3)51 / 125

電気通信主任技術者総合情報

平成 19 年度第 1 回 伝交問 4(3) [簡易版]

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 19 年度第 1 回 伝交問 4(3) [簡易版](３)

次の文章は、あるシステムの信頼度について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、下図は信頼度に関する概念図であり、図中の内の数字はそれぞれの構成装置の信頼度を示している。なお、答えは、四捨五入により小数第３位までとする。

サブシステム１（装置Ｃ３台により構成）(３点×２＝６点)

サブシステム２（装置Ｄ２台により構成）

０.７００
０.９００

０.７００

０.９００

０.７００

(ⅰ)

装置Ｃ３台からなるサブシステム１が、２／３多数決冗長構成となっているときのサブシス
テム１の信頼度は、

(ⅱ)

(キ)

である。

装置Ｃ３台からなるサブシステム１(２／３多数決冗長構成)と装置Ｄ２台からなる二重化されたサブシステム２(１／２冗長構成)を接続した全体のシステムの信頼度は、

(ク)

である。

<(キ)、(ク)の解答群>① ０.７７６② ０.７８４③ ０.７８８④ ０.８８５⑤ ０.９００⑥ ０.９１０⑦ ０.９６３⑧ ０.９７３（簡易解説）
詳細解説は、ほぼ同一問題である平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(3)を参照のこと。

サブシステム１の信頼度は、「全て装置が正常の確率×１パターン」と「３台中、２台が正常の確率×３パターン」の確率合計値を計算すると、0.73 + 3 × (0.72 × 0.3) ≈ 0.784 。よって、解答はキ②。
サブシステム２の信頼度は、不信頼度を利用して1 − 0.12 = 0.990、もしくは「２台とも正常の確率×１パ
ターン」と「２台中、１台が正常の確率×２パターン」の合計値0.92 + 2(0.9 × 0.1) = 0.990 を出せばよい。
総合信頼度は0.784 × 0.990 ≈ 0.776となるため、解答はク①。

52 / 125

平成 18 年度第 2 回 伝交問 4(2) [省略]

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 18 年度第 2 回 伝交問 4(2) [省略]
平成 21 年度第 2 回 伝交問 4(2)と同一問題。（改変部分は解答群の一部のみ。）（省略）

平成 18 年度第 2 回 伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある装置の信頼性について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、この装置は偶発故障期間にあるものとする。また、指数関数の値は、ｅ －０.００１＝０.９９９、ｅ－０.０１＝０.９９０、
ｅ－０.１＝０.９０５、ｅ－１.０＝０.３６８、ｅ－４.６０＝０.０１０とする。なお、ｅは自然対数の
底である。

(ⅰ)

(３点×２＝６点)

装置の平均故障率が０.１[％／時間]のとき、その装置が１００時間以内に故障する確率は、(キ)[％]である。ただし、答えは、四捨五入により小数第１位までとする。

<(キ)の解答群>
① ９.５

(ⅱ)

② １０.０③ ３６.８④ ９０.５装置が１,０００時間稼動した時点での信頼度は、(ク)⑤ ９９.０である。 ただし、答えは、四捨五入により小数第３位までとする。

<(ク)の解答群>① ０.３６８② ０.６３２④ ０.９９０⑤ ０.９９９③ ０.９０５

ごく基本的な問題だが罠も多い。設問・解答がどの単位で表現され、また要求されているのか。そして求めるべきものは動作確率なのか、故障確率なのか等に注意すること。
(1)

平均故障率を 0.01％→0.001 とおき、基本式に代入すればよい。
𝑅 = exp(−𝜆𝑡) = exp(−0.001 × 100) = e−0.1 = 0.905 → 90.5[%]
ここで、求められているのは「故障する確率」であり、いま計算した「動作する確率」ではない。よって、解答は𝐹 = 1 − 𝑅 = 1 − 90.5 = 9.5[%]であり、キは①が正解となる。

(2)

単純計算すればよい。ただし、今度は%表示に直す必要は無い。
𝑅 = exp(−0.001 × 1000) = e−1 = 0.368
よって、解答はク①となる。

53 / 125

平成 18 年度第 1 回 伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 18 年度第 1 回 伝交問 4(2)(２)

次の文章は、ある装置Ａの信頼性について述べたものである。

内の(オ)、(カ)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、装置Ａの故障の発生は指数分布に従うものとし、ＭＴＢＦは、５００[時間]とする。

(３点×２＝６点)装置Ａを修理しない条件で、ｎ[台]を１／ｎ冗長として並列に接続したシステムにおいて、
このシステムのＭＴＴＦは、(オ)[時間]で求められる。

また、このシステムにおいて、ＭＴＴＦを１,０００[時間]以上にするためには、装置Ａを(カ)[台]以上並列に接続する必要がある。

<(オ)、(カ)の解答群>① ２⑦ (１ +

② ３
１
２

+

１
３

③ ４
⋯+

１
ｎ

④ ５

)×５００

⑤ ６
⑧

⑥ ７

５００
ｎ

⑨ ｎ×５００H18 年度第 1 回は全般に困難な問題が多く（伝交合格率最低記録の 7.4%）であるため、試験対策としては導出の必要性は低いと思われる。解説には数ページ必要なため、付録 1 に別記する。
オの解答は⑦であり、
𝑛

1
1
1 1
1
MTTF = ⁡∑ ⁡ = 500 × (1 + + + ⋯ + )
λ
𝑘
2 3
𝑛
𝑘=1

本式を用いると、
1000 ≥ 500 × (1 +1 1
1+ + ⋯+ )
2 3
𝑛

1 1
1
2 ≥ 1 + + + ⋯+2 3𝑛
あとは、ひたすら計算するだけであり、左辺が 2 以上になるｎを求めていけばよい。
1≥

1 1
1
+ + ⋯+
2 3𝑛

とおいて、左辺を合計したときに１を超えた時の項が N の値（台数）となる。
1 1 1 6 + 4 + 3 13
+ + =
=
⁡≥ 1
2 3 4
12
12
と第 4 項まで加算すると１を超えるため、N＝4 台となり、（カ）の解答は③。

平成 18 年度第 1 回 伝交問 4(3) [省略]
類題・解説

平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(3)を参照のこと。

同一問題

平成 19 年度第 1 回 伝交問 4(3)（解説省略）
54 / 125

平成 17 年度第 2 回 一伝交問 4(2) [省略]

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 17 年度第 2 回 一伝交問 4(2) [省略]平成 23 年度第 1 回 伝交問 4(3)を参照。

類題・解説（設問の数値が異なるのと、一部表現に違いがあるのみ。）

平成 17 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

次の文章は、ある装置Ａの信頼性について述べたものである。

内の(オ)、(カ)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、故障の発生は指数分布に従うものとし、装置Ａの故障率λは、一定値とする。

(ⅰ)(３点×２＝６点)装置Ａを時間ｔの間、信頼度をγに維持する必要がある場合、λの値は

(オ)

以下に

しなければならない。
(ⅱ)

装置Ａの修復率をμとした場合、アベイラビリティは

(カ)

である。

<(オ)、(カ)の解答群>
①

⑤

(1)

1
𝜇+𝜆
𝜇
𝜇+𝜆

② t−
⑥

log𝑒 𝛾③𝑡𝑡log𝑒 𝛾𝑡⑦ λte−λt

𝑒 −𝜆𝑡

④ −
⑧

𝑡

1−log𝑒 𝛾𝑡

信頼度をγ（通常は R と置く事が多いが）とした場合の基本式、γ = e−λt から、両辺を自然対数化してlog e 𝛾 = −𝜆𝑡∴𝜆=−log e 𝛾𝑡

よって、オの解答は④となる。
(2)log𝑒 𝛾固有アベイラビリティ A の定義
A=

MTBF
⁡⁡
MTBF + MTTR

及び、MTBF = ⁡1/λ 、及びMTTR = 1/μ の関係式を使う。
1
MTBF
μ
A=
= λ =
MTBF + MTTR 1 + 1 μ + λλ μ
よって、カの解答は⑤となる。

55 / 125

平成 17 年度第 1 回 一伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 17 年度第 1 回 一伝交問 4(3)(３)

次の文章は、ある装置Ｂの故障率等について述べたものである。

内の(キ)、(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。

(３点×２＝６点)

装置Ｂの故障は偶発的に発生するものとし、そのＭＴＢＦは１００日である。ただし、ｅは自然対数の底とする。なお、ｅ0.01＝１.０１０、ｅ0.1＝１.１０５、ｅ0.2＝１.２２１とする。
(ⅰ)

この装置Ｂの故障率は、(キ)[件／日]である。

(ⅱ)

この装置Ｂの使用開始後１０日間における信頼度は、(ク)である。なお、答えは、四捨五入により小数第２位までとする。

<(キ)、(ク)の解答群>(1)① １×１０-５② １×１０-４③ １×１０-３④ １×１０-２⑤ ０.８０⑥ ０.９０⑦ １.０１⑧ １.１１

非常にシンプルな問題である。故障率 λ = 1/MTBF であるので、
λ=

1
1
=
= 0.01 → 1 × 10−2
MTBF 100

よって、キの解答は④となる。
(2)

10 日後の信頼度は、基本式に代入するだけよい。
R = e−λt = e−0.01×10 = e−0.1 =
よって、クの解答は⑥となる。

56 / 125

1
1== 0.904 ⋯ ≈ 0.90
e0.1 1.105

平成 16 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(1)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 16 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(1)(２)

次の文章は、直並列系システムの信頼度について述べたものである。

内の(オ)～(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、答えは、四捨五入により小数第２位までとする。

(ⅰ)(３点×４＝１２点)

図１の装置Ｘの信頼度は、(オ)である。ただし、下図の数値は、各部品単体の信頼

度である。
装置Ｘ

０.９０
０.７０

０.９０

０.７０

０.９０

図１
<(オ)～(ク)の解答群>(1)① ０.０３② ０.０４③ ０.０８④ ０.０９⑤ ０.２４⑥ ０.５５⑦ ０.６８⑧ ０.６９⑨ ０.７８⑩ ０.８０⑪ ０.８５⑫ ０.８８⑬ ０.８９⑭ ０.９６⑮ ０.９７⑯ ０.９９

簡単だが、地道に計算を進めるしか方法がない問題。
まず第一に、0.9 の信頼度の部品が 2 並列冗長となった系の信頼度 Ra を計算すると、
R a = 1 − (1 − 0.9) × (1 − 0.9) = 0.990となる。
0.99

Ra

0.70

0.70

0.90

第二に、0.70 と Ra の直列系の信頼度を計算すると、R b = 0.990 × 0.70 = 0.693

Rb

0.693

0.70

0.90

第三に、Rb と 0.90 の並列冗長系の信頼度を計算して、
R c = 1 − (1 − 0.693) × (1 − 0.90) = 1 − 0.307 × 0.10 = 0.9693 ≅ 0.969

Rc

0.969

0.70

最後に、Rc と 0.70 の直列系の信頼度を計算して、
R d = 0.969 × 0.70 = 0.6783 ≅ 0.68
よって、(オ)の解答は⑦となる。

57 / 125

平成 16 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(2)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 16 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(2)(ⅱ)

図２の装置Ｙの信頼度を、次の(ａ)、(ｂ)、(ｃ)の算出順序で求めるとすると、下記のとおりとなる。ただし、部品Ａ、Ｂ、Ｃ及びＤの信頼度は、すべて０.９０とする。

装置Ｙ
部品Ａ

部品Ｃ

部品Ｂ

部品Ｄ

図２

(ａ)

部品Ａが故障しているという条件の下での装置Ｙの信頼度は、部品Ｂと部品Ｄが故障していない場合を計算すればよいので、
(ｂ)

(カ)

である。

部品Ｂが故障しているという条件の下での装置Ｙの信頼度は、部品Ａが正常に動作しており、かつ、部品Ｃ、部品Ｄの少なくとも一つが正常で故障していない場合を計算すればよい
ので、
(ｃ)

(キ)

である。

部品Ａと部品Ｂが共に故障していないという条件の下での装置Ｙの信頼度は、部品Ｃ、部品Ｄの少なくとも一つが正常で故障していない場合を計算すればよいので、

(ク)

であ

る。

以上(ａ)、(ｂ)及び(ｃ)の結果から、装置Ｙの信頼度は、０.９７となる。

<(オ)～(ク)の解答群>① ０.０３② ０.０４③ ０.０８④ ０.０９⑤ ０.２４⑥ ０.５５⑦ ０.６８⑧ ０.６９⑨ ０.７８⑩ ０.８０⑪ ０.８５⑫ ０.８８⑬ ０.８９⑭ ０.９６⑮ ０.９７⑯ ０.９９

本問は出題文の曖昧さがあり、複数解答が後に正解とされ、正式に加点された経緯があるため注意。

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平成 16 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(2)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

標準(a)解答部品 B と D がどちらも故障せず、かつ部品 A が故障しているという条件となっている。部品 C の状態は考えなくてもよい。
部品 B と部品 D が同時に故障していない確率は、R BD = R B × R C
部品 A が故障している確率は、FA = 1 − R A
これらの組み合わせが同時に起こる確率を考えて、R (a) = R B × R C × (1 − R A ) = 0.9 × 0.9 × 0.1 = 0.081 ≈ 0.08
よって、(カ)の解答は③となる。

標準(b)解答部品 A が動作、部品 B が故障、かつ部品 C と D のいずれかが最低一つ動作している確率を求める。
部品 A が動作中である確率は、R A = 0.9
部品 B が故障中である確率は、FB = 1 − R B = 0.1
部品 C と D のいずれかが動作している確率は、R CD = 1 − (1 − R B ) × (1 − R C ) = 0.99
上記が同時に生じる状態を考えると、
R (b) = R A × FB × R CD = 0.9 × 0.1 × 0.99 = 0.0891 ≈ 0.09
よって、(キ)の解答は④。

標準(c)解答部品 A と B の両方が動作している確率と、部品 C と D のいずれかが動作している確率を求める。
部品 A、B の両方が動作中である確率は、R AB = R A × R B = 0.9 × 0.9 = 0.81
部品 C と D のいずれかが動作している確率は、R CD = 1 − (1 − R B ) × (1 − R C ) = 0.99
上記が同時に生じる状態を考えると、
R (b) = R AB × R CD = 0.81 × 0.99 = 0.08019 ≈ 0.80
よって、(キ)の解答は⑩。
解答の検算上は、カの 0.08、キの 0.09、クの 0.80 を加算して、0.97 となる。

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信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 16 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(2)

電気通信主任技術者総合情報

別解(a)解答（後日、正解の一つとして正式加点されたもの）「装置 A が故障している」条件下での「装置 Y の信頼度」は、部品 B と D の直列系信頼度を求めることになるので、R (a) = R A × R B = 0.9 × 0.9 = 0.81 。これに「最も適した」解答を選ぶと、⑩の 0.80 が最も近い解答選択肢となる。

別解(b)解答（後日、正解の一つとして正式加点されたもの）「部品 B が故障している」条件下での「装置 Y の信頼度」を求める。
部品 A が動作中である確率は、R A = 0.9
部品 C と D のいずれかが動作している確率は、R CD = 1 − (1 − R B ) × (1 − R C ) = 0.99
上記が同時に生じる状態を考えると、
R (b) = R A × R CD = 0.9 × 0.99 = 0.891 ≈ 0.89
よって、(キ)の解答は⑬。

別解(c)解答（後日、正解の一つとして正式加点されたもの）「部品 A と B が共に故障していない」条件下で部品 C、D のいずれか一方が動作しているという「装置 Yの信頼度」を求める。
すなわち、部品 C と D のいずれかが動作している確率は、R CD = 1 − (1 − R B ) × (1 − R C ) = 0.99
よって、(キ)の解答は⑯。
別解における解答の検算は、上記特殊条件下ではなく、「特定の条件を指定しない装置 Y の総合信頼度」を考えて、以下のように値を補正して求める。
カの 0.80 に、部品 A が故障している確率であるFA = 1 − R A = 0.1をかけた値(=0.08)
キの 0.89 に、部品 B が故障している確率であるFB = 1 − R B = 0.1をかけた値(=0.089)
クの 0.99 に、部品 A,B が両方動作している確率であるR AB = R A × R B = 0.9 × 0.9 = 0.81をかけた値(=0.802)
をそれぞれ加算し、0.08 + 0.089 + 0.802 = 0.971 ≈ 0.97と、特定の条件を指定しない装置 Y の信頼度が求められる。

これら別解は、問題文の読み取り方が二通りあることによって生じたもので、標準・別解いずれの方法でも選択肢から解答を選ぶことができ、かつ題意にあるシステム信頼度の合計値（0.97）を満足し得るという特殊条件があった理由で認められている。

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平成 16 年度第 1 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 16 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

次の文章は、ある装置Ａの信頼性について述べたものである。次の内の(オ)～(ク)に最も適したものを下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、この装置の故障分布は、
４８,０００時間までは、指数分布に従うものとする。なお、必要に応じ下記の数値を用いることとし、答えは有効数字３けたとする。

(ⅰ)(３点×４＝１２点)

ｅ－０.６２５≒０.５３５３

ｅ－０.１２５≒０.８８２５

ｅ－０.０２０８≒０.９７９４

ｅ－０.２５０≒０.７７８８

ｅ－０.０６２５≒０.９３９４

logｅ０.９≒－０.１０５４

装置Ａを４８,０００時間使用したところ３回の故障が発生した。この装置の１時間当たりの故障率は、(オ)[件／時間]であり、１,０００時間での信頼度は、

次に、この装置Ａの信頼度を０.９００以上に保つためには、

(キ)

(カ)

である。

時間以下の使用時間とする必要がある。

(ⅱ)

この装置Ａ２台を用いて並列冗長系システムを構成した場合、１,０００時間における信頼
度は、

(ク)

である。

<(オ)～(ク)の解答群>① ２.０８×１０－５② ６.２５×１０－５③ ６.２５×１０－４④ ２.２１×１０－１⑤ ３.６３×１０－１⑥ ９.３９×１０－１⑦ ９.７２×１０－１⑧ ９.９６×１０－１⑨ ９.７２×１０⑩ １.６８×１０(1)２⑪ １.６８×１０

３⑫ ５.０６×１０３

まず単純に、故障率λを求めれば、
λ=

3
3
=
= 0.625 × 10−4 ≈ 6.25 × 10−5 ⁡[件/時間]
48000 4.8 × 104となるため、(オ)の解答は②。
この故障率を利用して、1,000 時間後の信頼度を求めると、
R t=1000 = e−6.25×10−5 ×103= e−6.25×10−2= e−0.0625 = 0.9394が得られ、(カ)の解答は⑥となる。さらに装置 A の信頼度を 0.9 以上に保つためには、R = e−λt = 0.9である必要があり、両辺を自然対数化すれば、
log e (R) = −λt = log e 0.9 = −0.1054となるので、信頼度がちょうど 0.9 となる時間 t は、
t=0.10540.105410540=== 1686.4 ≈ 1.68 × 103 [時間]−5λ6.25 × 10
6.25

よって、(キ)の解答は⑪。
(2)

冗長信頼度は1 − (1 − 0.9394)2 = 1 − 0.06062 = 1 − 0.00367 = 0.996 = 9.96 × 10−1 と計算ができ、(ク)の解答は⑧となる。

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平成 15 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 15 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)

次の文章は、ある装置の信頼性について述べたものである。

内の(オ)～(ク)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、この装置は偶発故障期間にあるものとする。また、指数関数の値は、ｅ－０.００１＝０.９９９、ｅ－０.０１＝０.９９０、
ｅ－０.１＝０.９０５、ｅ－１.０＝０.３６８、ｅ－４.６０＝０.０１０とする。なお、ｅは自然対数の
底である。

(ⅰ)

(３点×４＝１２点)装置の平均故障率が０.１[％／時間]のとき、(オ)は、１,０００[時間]である。

<(オ)の解答群>① ＭＴＴＲ② ＭＴＢＦ④ 初期故障期間(ⅱ)③ 平均修理時間⑤ アベイラビリティ

装置の平均故障率が０.１[％／時間]のとき、その装置が１０時間以内に故障する確率は、(カ)[％]である。また、装置が１,０００時間稼動した時点での信頼度は、(キ)[％]である。

<(カ)、(キ)の解答群>(ⅲ)① ０.０１０② ０.１③ ０.３６８④ ０.９０５⑤ １.０⑥ ３６.８⑦ ６３.２⑧ ９０.５⑨ ９９.０⑩ ９９.９装置の稼動開始後５０時間の信頼度を９９[％]以上に維持するためには、その装置の平均故
障率を

(ク)

[％／時間]以下にしなければならない。

<(ク)の解答群>① ０.０００２② ０.００９③ ０.０２④ ０.０９

⑤ ０.２

⑥ ９.０

（解説は次ページ）62 / 125

平成 15 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(１)

電気通信主任技術者総合情報

平均故障率が 0.1[%/時間]、すなわち 0.001[件/時間]である。1000[時間/件]となる数は単純に平均故障率の逆数だとわかる。故障率の逆数は MTBF であるので、(オ)の解答は②となる。

(2)

平均故障率λが、λ = 0.1[%/時間] = 0.001[件/時間]であるので、信頼度基本式に代入し、
R = e−0.001×10 = e−0.01 = 0.990 → 99.0[%]
R = e−0.001×1000 = e−1 = 0.368 → 36.8[%](カ)では、信頼度 R ではなく故障確率 F を要求されているので、F = 100 − 99.0 = 1.0%となる。よって、(カ)の解答は⑨の 99.0%ではなく⑤の 1.0%である。また、(キ)の解答はそのまま 36.8%の⑥となる。

(3)

信頼度基本式に与えられた値を代入すると、
𝑅 = 𝑒 −𝜆𝑡 = 𝑒 −50𝜆 = 0.99
だが、設問中には exp の値しかなく、対数値の数値記載が無いため、両辺を自然対数化する作戦はとれな
い。
そこで𝑒 𝑥 = 0.99 となる𝑥を探す方針に変えれば、設問中にe−0.01 = 0.990 が与えられていることに気付く。すなわち、𝑅 = 𝑒 −50𝜆 = 𝑒 −0.01 = 0.99の等式から、−50λ = −0.01の等式を導けばよいことになる。あとは、単純にλを求めればよく、
λ=0.01 1 × 10−2=
= 0.2 × 10−3 = 2 × 10−4 [件/時間] → 2 × 10−2 [%/時間]
50
5 × 101

よって、所要の故障率は 0.02[%/時間]以下となり、(ク)の解答は③となる。

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平成 15 年度第 2 回 線路問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 15 年度第 2 回 線路問 4(2)(２)

次の文章は、ある機器Ａを用いたシステムの信頼性について述べたものである。

次の内の(オ)～(ク)に最も適したものを下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、機器Ａの信頼度は、指数分布に従うものとし、必要に応じ、下記の区間推定係数表を用い、答えは有効数字３けたとする。

(ⅰ)

機器Ａの故障率が０.５ [％/時間]であるとき、アベイラビリティが９８.０ [%] であるた
めにはＭＴＴＲは、(ⅱ)(３点×４＝１２点)(オ)

時間でなければならない。

機器Ａを５台使用して、３台が故障したところで使用を停止した。運用開始から故障するま
での時間は、それぞれ、１７０時間、４３０時間、２,０４０時間であった。このシステムの
ＭＴＴＦの点推定値は、間推定の上限値は、

(カ)

(キ)

[時間]である。信頼水準９０[％]のときのＭＴＴＦの区[時間]である。

(ⅲ) 機器Ａを５台使用して、２,４００時間経過したところで使用を停止した。運用開始から故障するまでの時間は、それぞれ、１７０時間、４３０時間、２,０４０時間であった。このシステムの信頼水準９０ ％ のときのＭＴＴＦの区間推定の下限値は、(ク)る。
指数分布に従うときの区間推定係数表(信頼水準９０[％])
故障数

区

間

推

定

係

数

定数打切り(上限)

定数打切り(下限)

１

１９.５０

０.２１

２

５.６３

０.３２

３

３.６７

０.３９

４

２.９３

０.４４

５

２.５４

０.４８

<(オ)～(ク)の解答群>① １.０１② ２.０２⑤ ５.２８×１０

２③ ２．０４④ ４.０８２⑦ ８.７０×１０２⑧ ８.８０×１０２⑨ ９.６７×１０２⑩ １.１９×１０３⑪ １.９５×１０３⑫ ２.２４×１０３⑬ ２.４８×１０３⑭ ３.２６×１０３⑮ ５.６１×１０３⑯ ８.２２×１０３⑥ ６.０４×１０（解説は次ページ）64 / 125[時間]であ平成 15 年度第 2 回 線路問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

固有アベイラビリティ A から所要の MTTR を計算するためには MTBF を求めなければならない。（設問上は明示がなく非修理系前提のように見えるが固有アベイラビリティを適用するため MTBF を採用する。）
これは故障率λから計算する。平均故障率が 0.5[%/時間]なので、％を外すと 0.005[件/時間]である。よって、MTTF は、
MTBF =

1
1== 200⁡[時間]
λ 0.005と求められる。後は、固有アベイラビリティを MTTR について変形し、代入すればよい。
A=

MTBF
1
1
⁡⁡⁡ → ⁡⁡⁡MTTR = MTBF⁡ ( − 1) = 200 × (− 1) = 4.08
MTBF + MTTRA
0.98

ゆえに、オの解答は④となる。
(２)

MTTF の点推定値は、総動作時間÷故障件数である。本設問においては、３台目が故障した時点で運用を停止したとあるので、最後の瞬間(2040 時間）まで運用した台数は５台中３台となる。よって、MTTF は、
MTTF =

総動作時間
故障件数

=

170 + 430 + 2040 × 3 6720=
= 2240⁡[時間]
3
3

よってカの解答は⑫となる。
また、区間推定値（上限）は表より故障数３の 3.67 を 2,240 時間にかければよい。結果は 8,221 時間であり、キの解答は⑯である。
(3)

前問と同じだが、動作時間が最大で 2,400 時間となっていることと、下限値を求めることが異なっている。
MTTF =

総動作時間
故障件数

=

170 + 430 + 2040 + 2400 × 2 7440=
= 2480⁡[時間]
33

区間推定値（下限）は表より故障数３の 0.39 をかけて 967.2 時間。よってクの解答は⑨となる。

（補足）この問題の信頼区間と係数表について
区間推定値 (CI: Confidencial Interval ) はサンプル抽出での推定値がどれだけばらつく可能性があるかを示す一つの指標。CI=90%の場合、同一条件で何度もサンプリングを繰り返してその都度得られる
MTBF が、10 回中 9 回の確率で、この信頼区間内に真の値が含まれているはずという考え方。
MTBF の区間推定値は、時間打ち切り(Time Truncated Test)検査の場合、χ2 関数を使って
2Tαχ2 ( ⁡,2r + 2)

< 𝑀𝑇𝐵𝐹 <22Tαχ2 (1 − ⁡,2r)
2である。ここで、T は総稼働時間、r が故障数、αは危険率（両側 90%なら 0.1)。
設問 (2)の条件では、T=6720,r=3,α=0.1 のときに、上限でχ2 (0.95⁡,6) = 1.635⁡という値が得られるので、MTBF1(Upper) = 6720 × 2/1.635 = 8218 から8218/2240 = 3.669 ≈ 3.69 ということのようである。
また、設問(3)ではさらに条件が変わり、T=7440,r=3,α=0.1 のときの下限でχ2 (0.05,8) = 15.51 という値が得られるので、MTBF2(Lower) = 7440 × 2/15.51 = 960 から960/2480 = 0.3869 ≈ 0.39 という係数値にしたようである。
ようするにこの係数表は、小問(2)(3)の設問条件に合わせて試験専用に係数を調整したらしく、あまり気にしない方が良いと思われる。

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平成 15 年度第 1 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 15 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

次の文章は、あるシステムの部品の信頼度について述べたものである。

内の(オ)～(キ)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。ただし、下図は信頼度に関するシステムの概念図であり、図中の内の数字はその部品の信頼度を示し、部品Ｅの条件のみが変わるものとする。なお、答えは、有効数字３けたとする。
部品Ａ

部品Ｃ

０.８００

０.６００

１

(ⅰ)

(３点×３＝９点)

２

部品Ｅ
０.９００

０.７００

部品Ｂ

部品Ｄ

図に示すシステムで、入力側を１、出力側を２とした場合、部品Ｅが故障しないという条件の下でのシステムの信頼度は、

(オ)

となる。

(ⅱ)

部品Ｅが故障しているという条件の下でのシステムの信頼度は、

(カ)

となる。

(ⅲ)

部品Ｅの信頼度を０.５００とした場合のシステムの信頼度は、

(キ)

となる。

<(オ)～(キ)の解答群>(1)① ０.００２② ０.１６２③ ０.１６６④ ０.１９２⑤ ０.４３１⑥ ０.６９８⑦ ０.８０８⑧ ０.８３５⑨ ０.８３８⑩ ０.８６２⑪ ０.８９２⑫ ０.９９８

部品Ｅが故障しないので、部品Ｅを線で接続した冗長系として考える。すると部品 A/B の並列系および部品 C/D の並列系の部分に分けることができ、それらの積が信頼度となる。
０.８００

Ａ

０.６００

Ｃ

１

２
０.９００

０.７００

Ｂ

Ｄ

部品 A/B の並列系は、R AB = 1 − (1 − 0.8)(1 − 0.9) = 1 − 0.2 × 0.1 = 1 − 0.02 = 0.98
部品 C/D の並列系は、R CD = 1 − (1 − 0.6)(1 − 0.7) = 1 − 0.4 × 0.3 = 1 − 0.12 = 0.88
最終的に、システム全体の信頼度R1 = R AB ⋅ R CD = 0.98 × 0.88 = 0.8624 ≈ 0.862の結果が得られ、オの解答は⑩の 0.862 となる。

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平成 15 年度第 1 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2(2)

電気通信主任技術者総合情報

部品Ｅが永続的に故障しているため、存在しないものとして考える。
Ａ

Ｃ

０.８００

０.６００

１

２
０.９００

０.７００

Ｂ

Ｄ

すると、部品 A/C による直列系と、部品 B/E による直列系の２サブシステムがあり、それらの並列にした信頼度がシステムの信頼度となる。
部品 A/C の直列系信頼度は、R AC = 0.8 × 0.6 = 0.48
部品 B/D の直列系信頼度は、R BD = 0.9 × 0.7 = 0.63。
それらを並列にした信頼度は、
R 2 = 1 − (1 − R AC )(1 − R BD )= 1 − 0.52 × 0.37 = 1 − 0.1924 = 0.8076≈ 0.808となって、カの解答は⑦の 0.808 となる。
(3)

条件を分けてシステムが動作している確率を求めていく。
条件α：部品 E が故障、かつ、部品 A/B のいずれかが動作、かつ、部品 C/D のいずれかが動作している
確率。
既に、(ⅰ)でその状態におけるシステム信頼度 R1 を 0.862 と計算しているため、この条件でのシステムが稼動している確率は、部品 E の故障確率 FE との積となる。
R α = FE ⋅ R1 = 0.5 × 0.862 = 0.431
条件β:部品 E が稼動、かつ、部品 A/C が両方とも動作、または、部品 B/D が両方とも稼動している確率。
この条件でのシステム稼動確率は、部品 E の稼動確率 RE と(ⅱ)で算出した R2 との積であるため、
R β = R E ⋅ R 2 = 0.5 × 0.808 = 0.404
システムの総合信頼度（稼動確率）は、Rαと Rβの和となり、
R 3 = R α + R β = 0.431 + 0.404 = 0.835
よって、クの解答は⑧の 0.835 となる。
結果的ではあるが、部品 E の故障率が 0.5 のため、たまたま(ⅰ)と(ⅱ)で計算した信頼度に 0.5 を掛けて足した値となる。

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平成 15 年度第 1 回 一伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 15 年度第 1 回 一伝交問 4(3)(３)

次の文章は、あるシステムの部品の信頼度について述べたものである。

内の(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。なお、答えは、有効数字４けたと
する。

(３点)

故障の発生が指数分布に従うある装置の故障率は、０.００２０[件／時間]である。この装置を１００時間使用したときの信頼度は、(ク)となる。ただし、指数関数の値は、

ｅ０.０００２＝１.０００２、ｅ ０.００２０＝１.００２０、ｅ ０.０２００＝１.０２０２、ｅ ０.２０００＝
１.２２１４とする。なお、ｅは自然対数の底とする。

<(ク)の解答群>(3)① ０.００１６② ０.０１００④ ０.８１８７⑤ ０.９９８０③ ０.２２１４

信頼度は簡単に求められ、故障率λと 100 時間を信頼度基本式に代入して、
R = e−λt = e−0.002×100 = e−0.2
ただし、設問文中にはこの結果の指数関数値は与えられていないため、少し変形する必要がある。
e−0.2 =

1
1=
= 0.8187
e0.2 1.2214

よって、クの解答は④となる。

なお、本問の選択肢には近接した値がないので、指数関数を簡単に級数展開してみてもよい。
e−0.2 = 1 − (0.2) + 0.5 × (0.2)2 = 1 − 0.2 + 0.02 = 0.82と、この程度の「アタリ」を付けても、十分正解できる問題となっている。（もう 1 項計算すれば、0.8187 まで求められる。）
以下は指数関数展開の参考式。|x|が 1 より小さければ高速に収束するので、３～４項ぐらいまで計算するだけでも精度のよい結果が得られる。
∞

𝑒

−𝑥

=∑
𝑛=0

1
1
1
1
1
1
(−𝑥)𝑛 = 𝑥 0 − 𝑥 1 + 𝑥 2 − 𝑥 3 + 𝑥 4 ⋯
𝑛!
0!
1!
2!
3!
4!
1
1
1 4
= 1 − 𝑥 + 𝑥2 − 𝑥3 +
𝑥 ⋯
2
6
24

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平成 14 年度第 2 回 一伝交問 3(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 14 年度第 2 回 一伝交問 3(2)(２)

次の文章は、ある装置Ａの信頼性について述べたものである。装置ＡのＭＴＢＦが５００[時間]、ＭＴＴＲが３[時間]であるとき、以下の問いの内の(オ)～(ク)に最も適したものを、解答群から選び、その番号を記せ。ただし、故障の発生間隔及び修復時間は指数分布に従うものとする。

(３点×４＝１２点)(ⅰ) 装置Ａのアベイラビリティは、

(ⅱ)

(オ)

である。ただし、答えは、有効数字２けたとする。

装置Ａを修理しない条件で、ｎ[台]を１／ｎ冗長として並列に接続したシステムにおいて、
このシステムのＭＴＴＦは、(カ)[時間]で求められる。

また、このシステムにおいて、ＭＴＴＦを１,０００[時間]以上にするためには、装置Ａを
(キ)

(ⅲ)

[台]以上並列に接続する必要がある。

装置Ａが故障したときは、直ちに修理する条件で、ｎ[台]を１／ｎ冗長として並列に接続したシステムにおいて、システム全体のアベイラビリティを９９.９９９[％]以上にするためには、装置Ａを(ク)[台]以上並列に接続する必要がある。ただし、log１０２＝０.３０、

log１０３＝０.４８とする。

<(オ)～(ク)の解答群>
① １

② ２

③ ３

④ ４

⑦ ６.０×１０－３⑧ ９.９×１０－１⑨ １.０⑩ １.７×１０２⑫ (１ +

１
２

+

１
３

⋯+

１
ｎ

)×５００

次ページに解説

69 / 125⑤ ５⑥ ６⑪ ｎ×５００⑬

５００ｎ平成 14 年度第 2 回 一伝交問 3(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

固有アベイラビリティの定義から直接計算できる。
A=

MTBF
500
=
= 0.9940 ≅ 0.99 = 9.9 × 10−1 ⁡MTBF + MTTR 500 + 3

よって、オの解答は⑧の 9.9×10-1 となる(2)

同一問題である平成 18 年度第 1 回伝交問 4(2)を参照のこと。カの解答は⑫、キの解答は④である。

(3)

1/n 冗長系でかつ修理可能なので、(1)で求めた稼働率を元に計算していけばよい。1/n 冗長系のアベ
イラビリティは、不稼働率 1-A の積が、システム全体の不稼働率を表す。式で表せば、
1 − (1 − 0.99)n ≥ 0.99999
この式で数値計算を進めると、−(0.01)n ≥ −0.00001
0.01n ≤ 0.00001
ここで台数ｎを求めるために両辺を常用対数で変換して比較する。
log10 (0.01)𝑛 ≤ log10 (0.00001)
n ⋅ log10 10−2 ≤ log10 10−5
−2n ⋅ log10 10 ≤ −5 ⋅ log10 10−2n ≤ −5n ≥ 2.5
よって、式を満たす最小の台数（自然数）は 3 台となり、クの解答は③となる。

70 / 125

信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 14 年度第 1 回 一伝交問 3(2) [簡易版]

電気通信主任技術者総合情報

平成 14 年度第 1 回 一伝交問 3(2) [簡易版](２)

次の文章は、システムの信頼度について述べたものである。

内の(オ)～(ク)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。

(３点×４＝１２点)

図に示すように２台の装置Ａから成る並列冗長サブシステム１と、３台の装置Ｂから成る並列冗長サブシステム２とで構成されているシステムがある。装置Ａの信頼度は２台とも０.８０、装置Ｂの信頼度は３台とも０.７０である。
サブシステム２
サブシステム１

装置Ｂ

装置Ａ

０.７０

０.８０
装置Ｂ

０.７０
装置Ａ
装置Ｂ

０.８０

０.７０

(ⅰ)

サブシステム１(１／２冗長構成)の信頼度は、(オ)

１／３冗長構成としたとき、システム全体の信頼度は、約(ⅱ)

である。また、サブシステム２を
(カ)

である。

サブシステム２を２／３冗長構成としたとき、サブシステム２の信頼度は、約(キ)である。また、このとき、サブシステム１(１／２冗長構成)とサブシステム２(２／３冗長構成)とで構成されるシステム全体の信頼度は、約

(ク)

である。

<(オ)～(ク)の解答群>① ０.２２② ０.３４③ ０.５２④ ０.６４⑤ ０.７３⑥ ０.７５⑦ ０.７８⑧ ０.８０⑨ ０.８３⑩ ０.８５⑪ ０.９０⑫ ０.９３⑬ ０.９５⑭ ０.９６⑮ ０.９７⑯ ０.９９

詳細解説

類題の平成 22 年度第 2 回 伝交問 4(3)を参照のこと。

次ページに簡易な解説を掲載する。

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信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 14 年度第 1 回 一伝交問 3(2) [簡易版]

電気通信主任技術者総合情報（簡易解説）(1)

サブシステム 1 の信頼度は、R S1 = 1 − (1 − 0.8)2 = 1 − 0.22 = 1 − 0.04 = 0.96で、オは⑭。
また、サブシステム 2 の信頼度は、R S2 = 1 − (1 − 0.7)3 = 1 − 0.33 = 1 − 0.027 = 0.973と計算できるので、全システムの信頼度、R SYS = R S1 ⋅ R S2 = 0.96 × 0.973 = 0.934となり、カは⑫となる。

(2)

3 台全てが稼動している確率は、R AAA = 0.73 = 0.343
3 台中 2 台が稼動している確率の一例を考えると、R AAF = 0.7 × 0.7 × 0.3 = 0.147。だが、1 台故障する状態は 3 通り存在するため、数値を 3 倍してR F1 = 0.147 × 3 = 0.441
よって、サブシステム 2 が正常に動作している確率は、0.343 + 0.441 = 0.784で(キ)は⑦システム信頼度は、0.784 × 0.96 = 0.753となって、(ク)は⑥となる。

72 / 125

平成 13 年度第 2 回 一伝交問 1(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 13 年度第 2 回 一伝交問 1(2)(２)

平均故障間動作時間ＴＦ、平均修復時間Ｔ Ｒのユニットを２個直列に接続した装置Ｅがある。

次の文章の内の(オ)～(ク)に最も適したものを、それぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、故障発生及び修復時間は指数分布に従うものとし、かつ、ユニットが２個とも同時に故障したときは、それぞれ独立に修復できるものとする。

(ⅰ) 装置Ｅの信頼度Ｒは、Ｒ＝
Ｗ＝

(カ)

(オ)

(３点×４＝１２点)の式で求められる。また、装置Ｅの不稼働率Ｗは、の式で求められる。

<(オ)～(キ)の解答群>−

1① e TF
⑤

⑦

(ⅱ)

⁡t

−

2

② e TF⁡t−1③ e TR

2TF⑥

TF +TR
2TR⑧

TF +TR⁡t−

2④ e TR⁡t

2T⁡⁡⁡2
F(TF +TR )2
T⁡⁡⁡2
R(TF +TR )2

⑨ 1−

2TF
TF +TR

⑩ 1−

⑪ 1−

2TR
TF +TR

⑫ 1−

T⁡⁡⁡2
F

2
(TF +TR )

T⁡⁡⁡2
R

2
(TF +TR )装置Ｅについて、各ユニットの平均故障間動作時間Ｔ Ｆ＝５,０００[時間]、平均修復時間
ＴＲ＝１０[時間]としたとき、装置Ｅの稼働率Ａは、約の平均故障率λ̅は、

(ク)

(キ)

[％]である。また、装置Ｅ[％／時間]である。

<(キ)、(ク)の解答群>① ０.０００１② ０.０００２ ③ ０.０００４ ④ ０.００１⑤ ０.００２⑥ ０.００４⑦ ０.０１０⑧ ０.０２０⑨ ０.０４０⑩ ０.９９４⑪ ０.９９６⑫ ０.９９８⑬ ９８.０⑭ ９９.４⑮ ９９.６⑯ ９９.８

解説は次ページ。
類題は平成 12 年度第 2 回 一伝交問 4(2)73 / 125

平成 13 年度第 2 回 一伝交問 1(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

平均故障間動作時間ＴＦは、MTBF のことである。信頼度基本式に基づいて計算すると、ユニットの信頼度 Ru は、
1−

1

𝑅𝑢 = e−λt = e−⁡MTBF⁡t = e TFt

このユニットが 2 個直列になっているので、装置 E の信頼度 RE は−

2

𝑅𝐸 = 𝑅𝑢⁡⁡2 = e TFt

よって、オの解答は②となる。
また、各ユニットの固有アベイラビリティ Au を計算すると、
𝐴𝑢 =

MTBF
TF
=
MTBF + MTTR TF + TR

そして 2 個直列であるので、両方動作中である確率はこの 2 乗となる。すなわち装置 E のアベイラビリティ
AE は
2
TF
TF2
AE = A⁡⁡2) =u = ((TF + TR )2
TF + TR

よって、装置 E の不稼働率 W は
W = 1 − AE = 1 −TF2(TF + TR )2となって、カの解答は⑩となる。
(2)装置 E の稼働率は、先に求めた式を利用し、
AE =

TF2
50002
5000 2==()(TF + TR )2 (5000 + 10)25010
= 0.9982 = 0.996 → 99.6%

よって、キの解答は⑮となる。ここは地道に計算してもよいが、ほぼ１に近い数の分数であるので、
225000 2
1
1
(
) =(
) =(
) ≈ (1 − 0.002)2 ≈ 12 − 2 × 0.002 = 0.996
105010
1 + 0.002
1+
5000といった近似計算をすると効率的である。
装置 E の平均故障率λ̅を求めるには、直列系の故障率が加算となることを利用すればよい。
λ̅ = λu + λu = 2λu =

2
2
2
4
=
=
=
= 4 × 10−4 → 4 × 10−2 (%/H) = 0.04(%/H)
MTBF TF 5000 10000

よって、クの解答は⑨となる。

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平成 13 年度第 1 回 一伝交問 3(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 13 年度第 1 回 一伝交問 3(2)(２)

次の文章は、冗長システムの信頼性などについて述べたものである。

内の(オ)、(カ)に最も適したものを、下記の解答群から選び、その番号を記せ。

(ⅰ)

２台のコンピュータを並列冗長したシステムがある。コンピュータの信頼度をそれぞれ
０.９００としたとき、このシステムの信頼度は、(オ)となる。ただし、コンピュータのいずれか一方が正常であれば、システムは正常に動作するものとする。

(ⅱ)

コンピュータシステムでは、図に示すような２／３冗長も用いている。コンピュータＡ～コ
ンピュータＣの信頼度をそれぞれ０.９００とし、かつ、２／３判断部の信頼度を０.９５０としたとき、図に示すシステムの信頼度は、約

(カ)

である。

コンピュータＡ
０.９００

コンピュータＢ

２／３判断部

０.９００

０.９５０

コンピュータＣ
０.９００<(オ)、(カ)の解答群>(1)① ０.２３② ０.４５③ ０.７０④ ０.７７⑤ ０.８０⑥ ０.８１⑦ ０.８５⑧ ０.９０⑨ ０.９２⑩ ０.９９⑪ １.００⑫ １.８０

単純に、1/2 冗長なので、信頼度は
R = 1 − (1 − 0.9)2 = 1 − (0.1)2 = 1 − 0.01 = 0.99
よって、オの解答は⑩となる。

(2)

Ａ～Ｃ全てが稼動している確率 R0 は、
R 0 = 0.93 = 0.729
1 台が故障している確率 R1 は、故障パターンが 3 通り（A 故障,B 故障,C 故障）あるので、
R1 = 3 × (0.1 × 0.92 ) = 0.243
これらの合計が A～C の冗長系のみである場合の信頼度となり、R 2 = 0.729 + 0.243 = 0.972
かつ、判断部が直列系としてつながっていると考えられるので、システム全体の信頼度は、
R SYS = 0.972 × 0.950 = 0.9234 ≈ 0.92
よって、カの解答は⑨となる。

75 / 125

平成 12 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 12 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)

平均故障率λ、平均修復率μのユニットが２個直列に接続された装置Ｅがある。次の文章の内の(キ)～(ケ)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。ただし、故障間隔及び修復時間は指数分布に従うものとし、かつ、ユニットが２個とも同時に故障したときはそれぞれ独立に修復できるものとする。

(ⅰ)

装置Ｅの稼働率Ａは、Ａ＝
ＭＴＢＦ＝

(ク)

(キ)

の式で求められる。また、装置Ｅの平均故障間隔は、の式で求められる。

<(キ)、(ク)の解答群>
② λ2

① 2λ
⑤

⑨

(ⅱ)

1

⑥

2λ
2λ
(λ+μ)

⑩

④ μ2

③ 2μ

1

⑦

λ2
λ2

⑪

(λ+μ)2

1

⑧

2μ
2μ

⑫

(λ+μ)

1
μ2
μ2
(λ+μ)2

2

⑬ 1−

2λ
(λ+μ)

⑭ 1−

⑮ 1−

2μ
(λ+μ)

⑯ 1−

λ
2
(λ+μ)
μ2
(λ+μ)

2

ユニットの平均故障率λ＝０.００００１[件／時間]、平均修復率μ＝０.１００００[件／時間]としたとき、装置Ｅの不稼働率ＷＥは約(ケ)[%]である。

<(ケ)の解答群>① ０.０１② ０.０２③ ０.０３④ ０.０５⑤ ０.１０⑥ ０.２０⑦ ０.３０⑧ ０.５０⑨ １.００⑩ ２.００⑪ ３.００⑫ ５.００⑬ １０.０⑭ ２０.０⑮ ３０.０⑯ ５０.０

類題 平成 13 年度第 2 回 一伝交問 1(2)も参照のこと。
次ページに解説。

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平成 12 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報ユニットの稼働率(アベイラビリティ)Au とすれば、装置 E の稼働率は直列系のため、A = A2u となる。よって、アベイラビリティの式は𝐴 = 𝐴2𝑢 = (

2
2
MTBF
1/λ
μ 2
μ2
) =(
) =(
) =
(λ + μ)2
MTBF + MTTR
1/λ + 1/μλ+μとなって、キの解答は⑫が正解になる。
また、直列系システムの故障率は、それぞれのアイテムの故障率の加算であることを利用する。したがって装置 E の故障率はλ+λ=2λになる。あとは、MTBF が故障率の逆数である関係を使いMTBF =12λと求められる。よって、クの解答は⑤である。
(2)(1)の計算結果を利用して不稼働率 WE を計算すれば、
WE = 1 − A = 1 − A2u = 1 −μ2(λ + μ)2

あとは数値を代入して計算すれば約 0.0002(0.02%)の結果を得ることができて、ケの解答は②となる（厳密に計算した場合 WE=0.019997[%]となる。）

以下は近似計算をした場合の計算過程である。
20.1
WE = 1 − ()
0.00001 + 0.1
2
0.1
= 1−(
)
0.10001
2
1= 1−()
1 + 0.0001≈ 1 − (1 − 0.0001)2≈ 1 − 1 + 2 × 0.0001= 0.0002 → 0.02%

なお、上記の近似計算においては、以下の近似式を利用している。
1≈ 1 − α⁡⁡⁡⁡⁡⁡(ただし α ≪ 1)
1+α
(1 − β)2 ≈ 1 − 2β⁡⁡⁡⁡⁡⁡(ただし、β ≪ 1)

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平成 12 年度第 1 回 一伝交問 2(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 12 年度第 1 回 一伝交問 2(2)(２)

次の文章は、信頼性に関する事項について述べたものである。

内の(ク)～(コ)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。

(ⅰ)

フィット(ＦＩＴ)は、故障率の単位の一つである。故障率が１[ＦＩＴ]とは、故障の発生が
時間あたり

(ク)

[件]のことである。したがって、ある部品の１個の平均故障率が１００[ＦＩＴ]である場合、その部品を１００個用いた装置では、約(ケ)

年間で１件の部品故障が発生する。

<(ク)、(ケ)の解答群>(ⅱ)① １×１０－１０② １×１０－９③ １×１０－８④ １×１０－７⑤ １×１０－６⑥ １×１０－５

⑦ ５

⑧ ７

⑨ ９

⑩ １１

⑪ １３

⑫ １５

図２に示すようにコンデンサＡを２個用い、並列に接続した複合コンデンサＣを製作したい。
コンデンサＡの基礎故障率を５００[ＦＩＴ]及び環境調整係数を４.０と見込んで、この複合コンデンサＣが機能する１００,０００時間における予測の信頼度Ｒを求めると約(コ)となる。ただし、コンデンサＡの故障は偶発するものとし、かつ、コンデンサＡのどちらか一方に故障が発生すると複合コンデンサＣは機能しないものとする。また、
ｅ－０.００１＝０.９９９、 ｅ－０.０１＝０.９９０、 ｅ－０.１＝０.９０５、 ｅ－１＝０.３６８、
ｅ０.１＝１．１０５とし、ｅは自然対数の底とする。
コンデンサＡ

コンデンサＡ

図２

複合コンデンサＣ<(コ)の解答群>① ０.６０１② ０.６７１③ ０.８１９④ ０.９６７⑤ ０.９８９⑥ ０.９９１（次ページに解説）

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平成 12 年度第 1 回 一伝交問 2(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報(ク)は知識問題であり、1FIT=10-9 であるので、②が解答となる。
100FIT の故障率の部品が 100 個使われているというのは、100 個のうち１個でも故障になれば装置が機能を失うと解釈するのが妥当なため、装置故障率λはそれらの積として
λ = 100FIT × 100 = 1 × 102 × 10−9 × 102 = 1 × 10−5 [件/時間]と計算することができる。
ただし、設問では時間の単位を使うように要求されているので、λの逆数をとる必要がある。言い換えれ
ば MTBF を求めることになり
MTBF =

1
1== 1 × 105 ⁡[時間/件]
λ 1 × 10−5の結果を得る。最後に、この時間単位を年単位に変換しなくてはならない。1 年=24 時間×365 日=8760
時間の関係を使って換算すれば、MTBF =

1 × 105 10000== 11.4[年/件⁡]
8760
8760

となり、(ケ)の解答はこれに最も近い⑩の１１年が正解となる。
(2)

ここでは、基礎故障率および環境調整係数なる謎用語が用いられているが、素直に捉えて、係数は基礎故障率に掛けるべき係数として扱うものと考える。
すると、コンデンサ A の故障率λA は、
λA = 500 × 10−9 × 4 = 2 × 10−6 ⁡[件/時間]と算出できる。また、コンデンサ A 単体の、100,000 時間後における信頼度は、
R = e−λt = exp(−2 × 10−6 × 105 )= e−0.2= (e−0.1 )2= 0.9052= 0.819
なお、本問ではコンデンサ A を物理的に並列接続しているだけで、冗長構成ではない。信頼性の観点からは、直列系システムの構成であることに注意を要する。
よって、複合コンデンサ C の信頼度 RC は、直列冗長系として、
R C = R2A
= 0.8192= 0.671が求めるべき結果である。ゆえに、(コ)の解答は②の 0.671 が正解となる。

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平成 11 年度第 2 回 一伝交問 2(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 11 年度第 2 回 一伝交問 2(2)(２)

図は、ある通信装置Ａの使用開始から４,０００時間までの経過を示したものである。なお、故障は偶発したものであり、故障の修復完了後は直ちに使用した。次の文章の内の(キ)～(コ)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。

使用開始

故障発生

故障発生

故障発生

故障発生

０時間

９６０時間

１,８２０時間３,１３０時間

３,９８０時間

２４時間

１４時間

２２時間

２０時間

４,０００時間

修復時間(ⅰ)

通信装置Ａの平均故障率は、約(ⅱ)

通信装置ＡのＭＴＢＦは、

(キ)

(ク)

[％時間]である。

[時間]である。

<(キ)、(ク)の解答群>(ⅲ)① １,０００

② ９８１

③ ９８０

④ ９７９

⑤ ２４５

⑥ ９８.０⑦ ５０.０⑧ ２０.０⑨ ９.８０⑩ ５.００⑪ ０.５０⑫ ０.１０２⑬ ０.１００⑭ ０.００１０２⑮ ０.００１００

通信装置Ａのアベイラビリティは(ケ)

で求めることができ、その値は[％]である。

<(ケ)、(コ)の解答群>① １０２.０② ９８.０③ ５０.０④ ９.８０⑤ ５.００⑥ ２.００⑦ １.０２０⑧ ０.９８０⑨ ０.１０２⑩⑬

ＭＴＢＦ＋ＭＴＴＲ
ＭＴＢＦ
ＭＴＴＲ
ＭＴＢＦ+ＭＴＴＲ⑪⑭

ＭＴＢＦ＋ＭＴＴＲ
ＭＴＴＲ
ＭＴＢＦ
ＭＴＢＦ＋ＭＴＴＲ（解説は次ページ）80 / 125

⑫

⑮

１
ＭＴＢＦ
１
ＭＴＴＲ

(コ)

平成 11 年度第 2 回 一伝交問 2(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

平均故障率λの定義は、総故障件数÷総稼動時間である。ここで各統計値を計算しておくと、
➢

総故障件数

：4 件

➢

総修復時間

: 24+14+22+20=80 時間

➢

総稼働時間

: 4000-80=3920 時間となり、平均故障率λは
λ=

総故障件数
総稼働時間

=

4
= 0.00102 → 0.102[%/時間]
3920と求められ、キの解答は⑫となる。
また、MTBF は単純にこの逆数であり、MTBF =

3920= 980[時間/件]
4の結果から、クの解答は③となる。
(2)

最初は知識問題であり、装置の固有アベイラビリティ A は、定義そのものから、
A=

MTBF
MTBF + MTTRとなるので、ケの解答は⑭である。
ただし実際に数値計算をするには、MTTR を先に求めなければならない。MTTR は定義から計算でき、MTTR =

総修復時間
総故障件数

=

80
= 20[時間/件]
4

よって、アベイラビリティ A は
A=

980
980
=
= 0.980 → 98.0[%]980 + 20 1000となって、コの解答は②である。

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平成 11 年度第 1 回 一伝交問 2(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 11 年度第 1 回 一伝交問 2(2)(２)

図に示すような伝送路で構成される通信ネットワークがある。図中の各区間の記号及び数値はその区間の信頼度を示し、各事業所の所内設備の故障はないものとし、かつ、各事業所間の故障は独立に発生するものとする。なお、大阪事業所と東京事業所間は、直通ルートのほか名古屋事
業所経由のう回ルートを有するものとする。
次の文章の内の(カ)～(ケ)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。なお、(キ)～(ケ)の数値は、有効数字２けたとする。

０.８０
０.７５

Ｒａ
広島事業所

(ⅰ)

Ｒｂ

０.８０

０.７５

０.７５

岡山事業所
大阪事業所

名古屋事業所

Ｒ0

東京事業所

広島事業所と大阪事業所間のネットワークの信頼度Ｒ１は、

(カ)

仙台事業所

である。

<(カ)の解答群>① Ra × Rb② Ra + Rb③ (1 − R a ) × (1 − R b )④ 1 − (R a × R b )⑤ 1 − (R a + R b )⑥ 1 − (1 − R a ) × (1 − R b )⑦1
Ra ×Rb⑧

1
Ra +Rb⑨

1(1−Ra )×(1−Rb )(ⅱ)

大阪事業所と東京事業所間のネットワークの信頼度Ｒ２は、(ⅲ)

東京事業所と仙台事業所間のネットワークの信頼度を０.９０以上とするため、図中の点線の伝送路を増設する場合、増設する伝送路の信頼度Ｒ ０は、

(キ)

(ク)

である。

以上にしなければならない。

(ⅳ) 広島事業所と仙台事業所間で通信路が確保される確率は、(ケ)以上である。ただし、

Ｒａ＝Ｒｂ＝０.９０とし、東京事業所と仙台事業所間の伝送路は(ⅲ)の伝送路が増設された後の状態とする。

<(ケ)の解答群>① ５.５×１０－１② ６.０×１０－１③ ６.５×１０－１④ ６.９×１０－１⑤ ７.０×１０－１⑥ ７.５×１０－１⑦ ８.０×１０－１⑧ ８.１×１０－１⑨ ８.５×１０－１⑩ ９.０×１０－１⑪ ９.５×１０－１⑫ ９.９×１０－１（解説は次ページ）82 / 125

平成 11 年度第 1 回 一伝交問 2(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

広島～大阪間は迂回路なしの単純な直列系の伝送ネットワークなので、R1 = R a × R b である。よって、カの解答は①。

(2)

大阪～東京は、直列並列が混じっているため、地道に計算するしかない。

まずはじめに、大阪～名古屋の区間信頼度を計算してみると、
1 − (1 − 0.75)2 = 1 − 0.252 = 1 − 0.0625 = 0.9375
次に、大阪～東京間の南側経路の信頼度を求めると、0.9375 × 0.8 = 0.75
最後に、東京～大阪間の全経路の信頼度 R2 を求めると、大阪～東京直結路の信頼度が 0.80 であるので、
R 2 = 1 − (1 − 0.75)(1 − 0.80)= 1 − 0.25 × 0.20
= 0.95 → 9.5 × 10−1
よって、キの解答は⑪となる。
(3)

並列系冗長なので、不信頼度で考えた方が早い。
東京～仙台間の既設線路の不信頼度は 1-0.75=0.25、目標とする不信頼度の限度は 1-0.9=0.1 となる。
ここで、増設線路の不信頼度を x とおけば、単純な積の関係になって0.25𝑥 = 0.1⁡⁡⁡⁡ ∴ 𝑥 = 0.4
すなわち、増設線路の信頼度は1 − 0.4 = 0.6以上なくては目標を達成できないことが分かる。よって、クの解答は②となる。
(4)

以下のように、区間ごとの信頼度を整理すると分かりやすい。

０.９０

０.９０

Ｒａ

Ｒｂ

広島事業所

０.９５
０.８０

０.９０

０.７５
０.８０

０.７５

０.７５

岡山事業所
大阪事業所

名古屋事業所

➢

広島～岡山

:0.90

➢

岡山～大阪

:0.90

➢

大阪～東京

:0.95 ((2)で計算済み)

➢

東京～仙台

:0.90 (設問要求)

東京事業所

これらの積が広島～仙台間の総合信頼度となる。結果は、

R = 0.9 × 0.9 × 0.95 × 0.9 = 0.69255 ≈ 6.9 × 10−1となって、コの解答は④となる。

83 / 125

Ｒ0

仙台事業所

平成 10 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 10 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)

次の文章は、信頼性に関して述べたものである。

内の(ク)、(ケ)に最も適したもの

を、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を記せ。

(ⅰ)

信頼度Ｒ(t)と故障率λ(t)との関係は、次式で表される。 ただし、expχはｅχを表し、ｅは自然対数の底とする。
t

R(t) = exp (− ∫ λ(t)dt)0

なお、故障率λ(t)がほぼ一定の値λとみなされる期間 t では、上式は

(ク)

となる。

<(ク)の解答群>① R(t) = −λ ⁡exp(−t)② R(t) = −exp⁡(1 −③ R(t) = exp ⁡(−λt)④ R(t) = λ⁡t⑤ R(t) =

(ⅱ)

1
)
λ⁡t

1
−1
λ⁡t

故障率がほぼ一定とみなされる期間の装置Ａの故障率λが５０,０００[ＦＩＴ]の場合、０.９以上の信頼度Ｒを維持する動作時間の最大値は、(ケ)

時間である。ただし、logｅ２＝０.６９３、logｅ３＝１.０９９、logｅ５＝１.６０９とし、ｅは自然対数の底とする。

<(ケ)の解答群>① ２０,８００② ２０,０００③ 約１８,１００④ １８,１００⑤ １０,５２６⑥ ２,０８０⑦ ２,０００⑧ 約１,８１０⑨ １,８００⑩ 約１,０５３

⑪ ２０８

⑫ ２００

⑬ 約１８１⑭ １８０⑮ 約１０５

解説は次ページ

84 / 125⑯ １０

信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

平成 10 年度第 2 回 一伝交問 4(2)

電気通信主任技術者総合情報

基本式を問う問題。故障率がλ一定という前提なので定数の積分になり、見慣れた形になる。
t

R(t) = exp (− ∫ λ(t)dt) = exp(−𝜆𝑡)0

よって、クの解答は③。
(2)

故障率λをＦＩＴ単位(10-9)から換算すると、λ = 5 × 104 × 10−9 = 5 × 10−5 。あとは(1)式の変形により、
1
log e 0.9t = − log e R = ⁡ −⁡λ
5 × 10−5
ここで、loge0.9 をどのように算出するかが問題となる。log2、log3、log5 の３つの数値から求めなくてならず工夫をする必要がある。そこで、0.9 を 2,3,5 の数字だけで表現できるように変換を試みると、
log e 0.9 = log e

932= log e ⁡ (
)
10
5×2

あとは、この式を対数の加減算に直し、
log e ⁡ (32
) = log 𝑒 32 − log 𝑒 5 − log e 2
5×2= 2 × log e 3 − log 𝑒 5 − log 𝑒 2= 2 × 1.099 − 1.609 − 0.693= −0.104

この結果を先の式に代入すれば答えが求まり、
t=−−0.10410.4 × 10−2=
= 2.08 × 103 = 2080[時間]−5
5 × 10
5 × 10−5の結果が得られる。よって、ケの解答は⑥となる。

85 / 125

平成 10 年度第 1 回 一伝交問 4(1)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 10 年度第 1 回 一伝交問 4(1)(２)

次の文章は、部品Ａ及び部品Ｂの２つで構成される直列系の信頼性について述べたものである。
内の(ア)～(オ)に最も適したものを、下記のそれぞれの解答群から選び、その番号を

記せ。

(ⅰ)

部品Ａ及び部品Ｂの不信頼度をそれぞれＦａ及びＦｂとした場合、系としての不信頼度Ｆｔは、(ア)で求められる。なお、Ｆａ及びＦｂが１より極めて小さい値であるときには、Ｆｔは、(イ)で近似することができる。ただし、不信頼度は、(１－信頼度)とする。

<(ア)、(イ)の解答群>① Fa × Fb② Fa + Fb③ (1 − Fa ) × (1 − Fb )④ 1 − (Fa × Fb )⑤ 1 − (Fa + Fb )⑥ 1 − (1 − Fa ) × (1 − Fb )

⑦

(ⅱ)

1
Fa ×Fb⑧

1⑨

Fa +Fb1(1−Fa )×(1−Fb )ここで、Ｆａ＝５.０×１０－４及びＦｂ＝２.０×１０－３とした場合、系としての不信頼度Ｆｔは、(ウ)で近似できる。

<(ウ)の解答群>(ⅲ)① １.０×１０－６② ２.５×１０－４③ ７.０×１０－４④ ２.５×１０－３⑤ ０.９９７５⑥ ０.９９７５０１⑦ ８.０×１０－１⑧ ８.１×１０－１⑨ ８.５×１０－１⑩ ０.９９９９９９⑪ ４.０×１０２⑫ １.０×１０５

また、部品Ａ及び部品Ｂの故障率をそれぞれλａ及びλｂとした場合、系としての故障率は、(エ)で求められ、ＭＴＴＦは、(オ)

で求められる。

<(エ)、(オ)の解答群>① λa × λb② λa + λb③ (1 − λa ) × (1 − λb )④ 1 − (λa × λb )⑤ 1 − (λa + λb )⑥ 1 − (1 − λa ) × (1 − λb )⑦1
λa ×λb⑧1
λa +λb

解説は次ページ

86 / 125⑨1(1−λa )×(1−λb )平成 10 年度第 1 回 一伝交問 4(1)

信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

直列系の信頼度の計算であるが、不信頼度で表現することで多少ややこしくなる。まずは素直に信頼度で計算をすると、各部品の信頼度を Ra、Rb として
Rt = Ra ⋅ Rbと表現できる。これを元に、各数値を不信頼度に換算していけば、
Ft = 1 − R t = 1 − R a ⋅ R b = 1 − (1 − Fa )(1 − Fb )であるので、アの解答は⑥である。
次に Fa,Fb が 1 より極めて小さい場合の近似式を出すには、式を 2 項展開したあとに、2 次の項(Fa×Fb)を無視すればよい。
Ft = 1 − [1 − Fa − Fb + Fa Fb ]≈ Fa + Fb
よって、イの解答は②が妥当である。

(2)

先に導いた近似式に値を代入するだけでよい。
Ft = Fa + Fb = 5 × 10−4 + 2 × 10−3
= 0.5 × 10−3 + 2 × 10−3
= 2.5 × 10−3
よって、ウの解答は④となる。

(3)

直列系の故障率は和となるので、単純にλ = λa + λb としてよい。エの解答は②である。
MTTF は、MTBF と同義で捉えてよく非修理系である意味合いで表現されている。ここでは、
MTTF =

1
1=
λ λa + λbとすればよく、解答は⑧となる。

87 / 125

平成 09 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 09 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)

複数台の装置Ａを用いたシステムの保全データから表１及び表２の結果が得られた。表１は、６台(装置記号ａ～ｆ)の装置Ａの修復時間を示したものである。また、表２は、装置Ａに使用されていた同一機能の部品Ｐで故障の直接原因となった５個(部品記号ｐ～ｔ)の部品の動作開始から故障までの動作時間を示したものである。次の問いに算出過程を示して答えよ。ただし、答え
は、有効数字２けたとする。

表１ 装置Ａの修復時間

表２

部品Ｐの故障までの動作時間

装置記号

修復時間(時間)

部品記号

故障までの動作時間(時間)

ａ

６

ｐ

１２,０００ｂ４

ｑ２３,０００ｃ

７ｒ

１７,０００

ｄ

６

ｓ

８,０００

ｅ

１３

ｔ

２８,０００ｆ

９(ⅰ)

装置Ａの修復着手後５時間における保全度Ｍを求めよ。

(ⅱ)

装置Ａの修復着手後１０時間における修復率μを求めよ。

(ⅲ)

部品Ｐの動作開始後２０,０００時間における信頼度Ｒを求めよ。

(ⅳ)

部品Ｐの動作開始後１０,０００時間における平均故障率λを求めよ。

（1）

保全度 M は、N 件の総保全件数で、時刻 t において保全が完了し、作動しているアイテム数を n(t)とするとき、𝑀(𝑡) = n(𝑡)⁄𝑁で表される関数で、本問の場合は５時間以内に保全（修理）が完了している数 nを数え上げればよい。なお、保全度は無単位の量である。
M = ⁡1/6 = 0.1666 ⋯ ≈ 0.17⁡(2)

修復率μの定義は、保全開始から時刻 t が経過した後の𝜇 = 保全完了件数⁄総修復時間であるので、装置ｅを除いた台数を、修復完了に要している総時間（装置ｅを含む）で割ればよい。
μ =⁡

(3)

5
5
=
= 0.1190 ⋯ ≈ 0.12⁡[件/時間]⁡
6 + 4 + 7 + 6 + 10 + 9 42

信頼度 R は、時刻 t において動作している部品 P の数量なので、
R = 2/5 = 0.60

(4)

平均故障率λは、時刻 t における故障件数/総動作時間である。10,000 時間経過後に部品 s だけが故障しているので故障件数は１件、総動作時間は、5 個×10,000 時間となり、
λ=1= 2.0 × 10−5 ⁡[件/時間]
5 × 10,000

88 / 125

信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 09 年度第 1 回 一伝交問 4(2)

電気通信主任技術者総合情報

平成 09 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

信頼度がＲである装置Ｅを組み合わせたシステムについて、次の問いに算出過程を示して答え

よ。

(ⅰ)

図１に示すように装置Ｅを接続したシステムの信頼度Ｒ１を、Ｒを用いて求めよ。
装置Ｅ
装置Ｅ

Ｒ

Ｒ

装置Ｅ

Ｒ

図１
(ⅱ)

図２に示すように装置Ｅを接続したシステムの信頼度Ｒ２を、Ｒを用いて求めよ。
装置Ｅ

装置Ｅ

Ｒ

Ｒ
装置Ｅ

Ｒ

図２
(ⅲ)

装置Ｅの故障率λを２０,０００[ＦＩＴ]とするとき、装置Ｅの稼動１０,０００時間の信頼度
Ｒの値を求めよ。ただし、ｅ－１.０＝０.３６８、ｅ－０.１＝０.９０５、ｅ－０.０１＝０.９９０とし、答えは、有効数字２けたとする。なお、ｅは、自然対数の底とする。

(1)

基本問題である。並列接続部の信頼度 Rp は
R p = 1 − (1 − R)2
システム全体の信頼度 Rt は、これに R を掛ければよいので、
R t = R(1 − (1 − R)2 ) = R − R(1 − 2R + R2 ) = R − R + 2R2 − R3 = 2R2 − R3 = R2 (2 − R)(2)

これも基本問題である。直列系の信頼度 Rs は単純に掛け算で R2 となり、これと並列にされた装置との信頼度 Rt はR t = 1 − (1 − R2 )(1 − R) = 1 − (1 − R − R2 + R3 ) = R + R2 − R3 = R(1 + R − R2 )(3)装置 E 単体で考える設問。まず最初に故障率λを FIT 単位から換算する。
λ = 2 × 104 × 10−9 = 2 × 10−5 ⁡[件/時間]
あとは、信頼度基本式に数値を代入し、
R = e−λt = e−2×10−5 ×104= e−0.2

ここで、与えられた数値で計算するために工夫をして、
R = e−0.2 = (e−0.1 )2 = 0.9052 = 0.8190 ≈ 0.82

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平成 08 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 08 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)次の表は、装置Ａのある期間内の動作状況等を調べたものである。次の問いに算出過程を示して答えよ。ただし、答えは、有効数字２けたとする。

総動作時間

[時間]

総故障数

[件]

２０

総修復時間

[時間]

２００

２，０００

（注）発生した故障は、すべて修復済み。

(ⅰ)

装置ＡのＭＴＢＦを求めよ。

(ⅱ)

装置Ａの修復率μを求めよ。

(ⅲ)

装置Ａのアベイラビリティを求めよ。

(ⅳ)

装置Ａの修復着手後１０時間の保全度Ｍを求めよ。
ただし、指数関数の値は、ｅ－１.０＝０.３６８、ｅ－０.１＝０.９０５、ｅ－０.０１＝０.９９０とする。なお、ｅは自然対数の底である。

(1) MTBF の定義より求める。
MTBF =

総動作時間
総故障数

=

2000
= 100⁡[時間/件]20(2) 修復率の定義より直接求めればよい。また、MTTR を求めてその逆数をとっても同じである。
μ=

総故障数
総修復時間

=

20
= 0.1⁡[件/時間]
200(3) 本来の定義から求めるならば、A=

動作可能時間
全時間

=

2000
2000
=
≈ 0.91
2000 + 200 2200

または、固有アベイラビリティとして考えて、(1)(2)で求めた値を用いて、
A=

MTBF
100
100
=
=
= 0.90909 ≈ 0.91
MTBF + MTTR 100 + 1/0.1 110

としてもよい。
(4) 保全度関数の定義式から求める。
M = 1 − e−μt
= 1 − e−0.1×10 = 1 − e−1 = 1 − 0.368 = 0.632≈ 0.6390 / 125

平成 08 年度第 1 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 08 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

図１および図２は、要素並列冗長（装置予備）方式及び系並列冗長（システム予備）方式のシ

ステム構成例を示したものである。次の問いに算出過程を示して答えよ。なお、装置Ａ及び装置
Ｂの信頼度はＲＡ及びＲＢとする。

装置Ａ

装置Ｂ

装置Ａ

装置Ｂ

ＲＡ

ＲＢ

ＲＡ

ＲＢ

装置Ａ

装置Ｂ

装置Ａ

装置Ｂ

ＲＡ

ＲＢ

ＲＡ

ＲＢ

図２

システム予備方式

図１ 装置予備方式(ⅰ)

図１のシステム全体の信頼度ＲＥをＲＡ及びＲＢで示せ。

(ⅱ)

図２のシステム全体の信頼度ＲＳをＲＡ及びＲＢで示せ。

(ⅲ)

図１の方式の信頼度Ｒ Ｅ と図２の方式の信頼度Ｒ Ｓ との差を示し、どちらが大きいか答
えよ。

(ⅳ)

装置Ａの故障データを調べたところ、故障率は０.０００２０[件／時間]であった。装置Ａの２,０００時間の信頼度Ｒ２を求めよ。ただし、答えは、有効数字２けたとして、指数関数の値は、ｅ－０.０２０＝０.９８０、ｅ－０.０４０＝０.９６１、ｅ－０.２０＝０.８１９、ｅ－０.４０＝０.６
７０とする。なお、ｅは自然対数の底である。

（解説は次ページ）91 / 125

平成 08 年度第 1 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報装置 A で構成される信頼度を、RE1 とすると、
R E1 = 1 − (1 − R A )2 = 1 − (1 − 2R A + R2A ) = R A (2 − R A )。同様に、装置 B 側の信頼度 RE2 は、
R E2 = R B (2 − R B )と計算できる。これらの積が信頼度 RE となるので、
R E = R A R B (2 − R A )(2 − R B )(2)装置 A と B が直列となった系の信頼度を RS1 とすれば、
R S1 = R A R B
この系が２つが並列になった信頼度 RS は前問の結果を利用して、
R S = R S1 (2 − R S ) = R A R B (2 − R A R B )(3)

RE と RS の差を取り、比較すればよい。ここで、RE から RS を引いた値をΔとすると、
Δ = R E − R S = R A R B (2 − R A )(2 − R B ) − R A R B (2 − R A R B )共通項R A R B があるので、約してΔ′ = (2 − R A )(2 − R B ) − (2 − R A R B )= 4 − 2R A − 2R B + R A R B − 2 + R A R B= 2 + 2R A R B − 2R A − 2R B
さらに全体を２で割り、Δ′′ = 1 + R A R B − R A − R B= (1 − R A )(1 − R B )RA および RB は共に、0 以上 1 以下の実数であるので、２つの項はいずれも正の値をとる。すなわち、常にR E − R S ≥ 0であって、信頼度が高いのは図１の構成である。

(4)

故障率λが与えられているので、信頼度基本式に代入すればよい。
R = e−λt = exp(−0.0002 × 2000) = exp(−0.4) = 0.67

92 / 125

平成 07 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 07 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)

装置Ａの偶発故障データを調べたところ、表の結果を得た。最後に発生した故障の修理完了時

が調査期間の終わりである。次の問いに算出過程を示して答えよ。ただし、答えは、有効数字２
けたとする。

総動作時間

１０，０００時間

総故障数

２件

総修復時間

１０時間

(ⅰ)

装置Ａの故障率λを求めよ。

(ⅱ)

装置ＡのＭＴＴＲを求めよ。

(ⅲ)

装置Ａの修復率μを求めよ。

(ⅳ)

装置Ａの１,０００時間の信頼度Ｒを求めよ。ただし、指数関数の値は、ｅ－０.００２＝０.９
９８、ｅ－０.０２＝０.９８０、ｅ－０.２＝０.８１９、ｅ－２.０＝０．１３５とする。なお、ｅは自然対数の底である。

(1)

故障率は定義より求める。
λ=

(2)

総故障数
総動作時間

総修復時間
故障件数

=

10
= 5⁡.0⁡⁡[時間/件]
2

修復率の定義より求める。単純には、(2)の逆数を取ればよい。
μ=

(4)

2
= 2.0 × 10−4 ⁡⁡⁡[件/時間]
10000

MTTR の定義より求める。
MTTR =

(3)

=

総故障数
総修復時間

=

1
= 0.20⁡⁡[件/時間]
5

信頼度基本式に代入すればよい。
R = e−λt = exp(−2 × 10−4 × 1000) = e−0.2 = 0.819 ≈ 0.82

93 / 125

信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 07 年度第 1 回 一伝交問 4(2)

電気通信主任技術者総合情報

平成 07 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

偶発故障をする装置Ａがある。この装置Ａは、５つの基板から成り、１つの基板は１,０００個の部品から構成されている。１個の部品の単位時間(１時間)当たりの故障率は、１.０×１０－６
であり、故障したときの装置Ａの修復時間は２時間である。
次の問いに算出過程を示して答えよ。ただし、答えは、有効数字２けたとする。なお、装置Ａは１個でも部品が故障すれば動作しないものとし、部品以外の故障はないものとする。

(ⅰ)

装置Ａの故障率λを求めよ。

(ⅱ)

装置ＡのＭＴＢＦを求めよ。

(ⅲ)

装置Ａの不稼働率Ｗを求めよ。

(1)

装置 A は、たった 1 個の部品故障で機能を失う前提であるので、全ての部品が直列に接続された信頼性モデルを考える。
総部品数は、5 基板×1000 部品＝5000 部品であり、直列系の故障率は各々の故障率の和となるので、1 個の部品の故障率に総部品数をかければよい。
λ = 1 × 10−6 × 5 × 103 = 5.0 × 10−3 ⁡⁡[件/時間](2)

MTBF は故障率λの逆数として考えればよいので、MTBF =(3)

1
1== 0.2 × 103 = 200⁡⁡[時間/件]
λ 5 × 10−3

不稼働率 W は、アベイラビリティ A との間に W=1-A の関係がある。出題の修復時間を MTTR そのものとみなすと、
W = 1−A=1−

= 1−

=

MTBF
MTBF + MTTR

200
200 + 2202 − 200
2
1
1
=
=
=
202
202 101 100(1 + 0.01)≈ 0.01 × (1 − 0.01)= 0.0099
設問には回答単位が書かれていないため、0.0099 か 0.99%のいずれかとなる。

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平成 06 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 06 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)

図に示すＣＰＵ部とハードディスク部とで構成されるコンピュータシステムの信頼度について、次の問いに算出過程を示して答えよ。ただし、答えは、四捨五入により小数第２位までとする。

ｒ１

ｒ１

ｒ２

(ⅰ)

ｒ２

ＣＰＵ部

ｒ２

ハードディスク部

ＣＰＵ部は、２枚のＣＰＵ基板の並列冗長系により構成されている。ＣＰＵ基板１枚の信頼度ｒ１が０.９０であるとき、ＣＰＵ部の信頼度Ｒ １を求めよ。ただし、ＣＰＵ基板以外の故障はないものとする。

(ⅱ)

ハードディスク部、３台のハードディスクユニットから構成され、２／３冗長系(３台のうち２台が正常であれば系として正常に動作する。)として構成・運用されている。各ハードディスクユニットの信頼度ｒ２が０.８０であるとき、ハードディスク部としての信頼度Ｒ２を求めよ。ただし、ハードディスクユニット以外の故障はないものとする。

(ⅲ)

このコンピュータシステムの信頼度Ｒ ３を求めよ。ただし、ＣＰＵ部及びハードディスク部以外の故障はないものとする。

(1)

並列冗長系の基本計算でよい。
R1 = 1 − (1 − 0.90)2 = 1 − 0.12 = 1 − 0.01 = 0.99

(2)

2/3 冗長系であるので単純には計算できない。
まず、ある特定の 1 台の HDD 故障が生じる場合の確率は、0.20 × 0.80 × 0.80 = 0.128であり、かつ、
故障パターンは３つあるため、3 台中１台が故障する確率は0.128 × 3 = 0.384となる。
次に、3 台とも正常の確率を計算すると、0.803 = 0.512。
これらの合計値、0.384 + 0.512 = 0.896が HDD 部の信頼度となる。最後に設問の要求どおりに数値を丸めて、R2=0.90。
(別解) 直接公式を計算し、R = 3⁡R 0 ⁡2 − 2R 0 ⁡3 = 3 × 0.802 − 2 × 0.83 = 1.92 − 1.024 = 0.896(3) 前２問の結果を使い、直列系モデルとして積をとればよい。
R 3 ＝0.99 × 0.9 = 0.891 ≈ 0.89

95 / 125

平成 06 年度第 1 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 06 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

ある装置Ａの保全データは、表のとおりである。この装置Ａの信頼性について、次の問いに算出過程を示して答えよ。ただし、答えは有効数字２けたとする。

総動作時間

１９２時間

総故障数

３件

総修復時間

５.０時間

(注) 最後の故障の修復完了までのデータである。

(ⅰ)

装置Ａの平均故障率λを求めよ。

(ⅱ)

装置ＡのＭＴＢＦを求めよ。

(ⅲ)

装置ＡのＭＴＴＲを求めよ。

(ⅳ)

装置Ａのアベイラビリティを求めよ。

(1)

平均故障率は定義より求める。
λ=

(2)

総故障数

=

総動作時間

3
= 0.015625 ≈ 1.6 × 10−2 ⁡⁡⁡[件/時間]
192

MTBF を定義から求めると、MTBF =

総動作時間
総故障数

=

192
= 64⁡⁡[時間/件]
3

なお、偶発期であるなどの条件を満たせば、1/λとして求められるが結果は変わらない。
(3)

MTTR の定義より求める。
MTTR =

(4)

総修復時間
故障件数

=

5
= 1.66 ≈ 1.7⁡⁡[時間/件]3

これまで MTBF/MTTR を計算してきているので、単純に固有アベイラビリティとして考える。(2),(3)で求めた値を用いて、
A=

MTBF
64
=
= 0.974 ≈ 0.97
MTBF + MTTR 64 + 1.7

その他、アベイラビリティの定義から考えても、A=

動作可能時間
全時間

=

192
192
=
≈ 0.97
192 + 5 197と、同じ解答が得られる。

96 / 125

平成 05 年度第 2 回 一伝交問 3(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 05 年度第 2 回 一伝交問 3(2)(２)

同一の素子を複数個用いて構成する回路の信頼度について、次の問いに算出過程を説明して答えよ。ただし、全ての素子の信頼度はＲとし、素子以外の故障はないものとする。

(ⅰ)

図１の回路の信頼度Ｒ１を、Ｒを用いて示せ。ただし、すべての素子が正常な場合のみ。回路として正常な動作をするものとする。

(ⅱ)

図２の回路の信頼度Ｒ ２を、Ｒを用いて示せ。 ただし、いずれか１つの素子が正常であれば、回路として正常な動作をするものとする。

(ⅲ)

図３の回路の信頼度Ｒ３を、Ｒを用いて示せ。ただし、直列部分については、両素子とも正常な場合のみ動作をし、並列部分については、いずれかの経路１つが正常であれば、回路として正常に動作をするものとする。

Ｒ
Ｒ

Ｒ

Ｒ

Ｒ

Ｒ

Ｒ

Ｒ
図１

(1)

Ｒ

図２

単純な直列系のため、
R 1 = R3(2)

単純な並列系のため、
R 2 = 1 − (1 − R)3(3)

Ｒ

それぞれ経路の信頼度を求めると、以下のような図に整理できる。

R2
R

R2
これは 1/n 冗長系であるので、
R 3 = 1 − (1 − R)(1 − R2 )2

97 / 125Ｒ
図３

信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 05 年度第 1 回 一伝交問 4(2)

電気通信主任技術者総合情報

平成 05 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

ｎ台の現用ユニットに対し、１台の予備ユニットを有する系の信頼度について、次の問いに、算出過程を示して答えよ。ただし、現用ユニット及び予備ユニットの１台あたりの故障率は同じで、その値は１１,０００[ＦＩＴ]とし、これらのユニット以外の故障はないものとする。なお、故障の発生は指数分布に従うものとする。

(ⅰ)

ユニット単体の２,０００時間の信頼度Ｒ ｕを求めよ。ただし、答えは、四捨五入により小数第２位までとする。また指数関数の値は表の通りとする。

Ｘ

０.０２２

０.２２

２.２

－ｘ

０.９７８

０.８０３

０.１１１

ｅ

（注）

ｅは自然対数の底である。

(ⅱ)

ユニット単体の信頼度をＲとして、ｎ＝１の系の信頼度Ｒ１を求めよ。

(ⅲ)

ユニット単体の信頼度をＲとして、ｎ＝２の系の信頼度Ｒ２を求めよ。

(1)

11000FIT を通常の単位に換算し、
λ = 1.1 × 104 × 10−9 = 1.1 × 10−5 ⁡[件/時間]
信頼度基本式に代入して、2000 時間後の信頼度を求める。
R u = e−λt = exp(1.1 × 10−5 × 2 × 103 )= exp(2.2 × 10−2 ) = exp⁡(0.022)= 0.978(2)

現用 1+予備 1 の構成であるので、2 並列冗長と考えればよい。
R1 = 1 − (1 − R)2(3)

現用 2+予備 1 の構成であり、2/3 冗長系として考えなくてはならない。
特定の 1 台のユニットに故障が生じる確率R2 (1 − R)であり、かつ、その故障パターンは３通りあるため、
3 台中１台が故障する確率は3R2 (1 − R)。
3 台とも正常の確率は、R3 。これらの合計値を求めて、
R 2 = 3R2 (1 − R) + R3
= 3R2 − 3R3 + R3
= 3R2 − 2R3

98 / 125

信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 04 年度第 2 回 一伝交問 4(2)

電気通信主任技術者総合情報

平成 04 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)

ある装置の稼動実績データを分析したところ、故障率が１.９×１０－５[件/時間]の結果が得られた。この装置の信頼度について、次の問いに、算出過程を示して答えよ。ただし、故障の発生は指数分布に従うものとし、答えは、四捨五入により小数第３位までとする。また、指数関数の値は、表の通りとする。

ｘ

０.０１９

０.１９

１.９０

ｅ－ｘ

０.９８１

０.８２７

０.１５０

（注）

ｅは自然対数の底である。

(ⅰ)

この装置の１０,０００時間の信頼度Ｒを求めよ。

(ⅱ)

この装置を２台使用して、並列冗長系を構成したときのシステムの１０,０００時間の信頼度ＲＰを求めよ。

(1)

単純に信頼度基本式に代入すればよい。
R = e−λt = exp(1.9 × 10−5 × 104 )= exp(1.9 × 10−1 ) = exp⁡(0.19)= 0.827(2)

単純な 1/2 並列冗長であり、前問と同じ条件のなので、
R p = 1 − (1 − R)2 = 1 − (1 − 0.827)2= 1 − 0.1732= 1 − 0.02992= 0.970

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信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 04 年度第 1 回 一伝交問 4(2)

電気通信主任技術者総合情報

平成 04 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

ある光学文字読取装置には、センサを３個組み込んである。この装置では、１文字の読取りを各センサごとに１回、計３回行っており、読取り結果を照合して、２個以上が一致しているときに正しく文字が読み取られたものとして装置の動作を継続し、そうでなければ直ちに停止する。
センサ１個が文字を正しく読み取る正読率は、０.８００であるとして、次の問いに算出過程を示して答えよ。ただし、誤った読取り結果が照合で一致することはないものとし、答えは、四捨五入により小数第３位までとする。

(ⅰ)

センサが３個とも文字を正しく読み取る確率を求めよ。

(ⅱ)

センサ２個の読取りが正しく、１個の読取りが誤りである確率を求めよ。

(ⅲ)

センサ１個の読取りが正しく、２個の読取りが誤りである確率を求めよ。

(ⅳ)

装置としての正読率を求めよ。

(1)

3 回連続で成功する確率は、3 アイテム直列の信頼性モデルと同等であり、0.83 = 0.512(2)0.8 の確率で 2 回成功し、かつ 0.2 の確率で 1 回失敗する確率は、0.82 × 0.2 = 0.128
ただし、センサは 3 個あるので、エラーパターンも３通りあって、
3 × 0.128 = 0.384(3)

0.8 の確率で 1 回成功し、0.2 の確率で 2 回失敗する確率は、0.22 × 0.8 = 0.032
ただし、これもパターンが３通りあるので、
3 × 0.032 = 0.096(4)

装置の正読率は、(1)(2)の結果の和となる。（いわゆる 2/3 冗長となっている。）よって、0.512 + 0.384 = 0.896

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平成 03 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 03 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)

表は、ある装置の故障件数と１件当たりの修復時間を示したものである。次の問いに算出過程を示して答えよ。

１件あたりの修復時間

件

[時間]

数

５

８

１０

７

１５

３

２０

１

２５

１

(ⅰ)

総修復時間を求めよ。

(ⅱ)

ＭＴＴＲ(Ｍｅａｎ Ｔｉｍｅ Ｔｏ Ｒｅｐａｉｒ)を求めよ。

(ⅲ)

修復率を求めよ。

(ⅳ)

修復時間の分布が指数分布に従うものとして、規定時間を１０時間としたときの保全度を求めよ。ただし、ｅ(自然対数の底)の値を２.７とし、答えは四捨五入により小数第２位までとする。

(1) 総修復時間は、地道に計算する。
(5 × 8) + (10 × 7) + (15 × 3) × 20 + 25 = 200⁡[時間](2) MTTR の定義より求める。総故障件数は8 + 7 + 3 + 1 + 1 = 20[件]であるので、MTTR =

総修復時間
故障件数

=

200
= 10⁡⁡[時間/件]20(3) 修復率をμとおき、定義から求める。単純には、(2)の逆数を取ればよい。
μ=

総故障数
総修復時間

=

20
= 0.1⁡⁡[件/時間]
200(4) 指数分布なので保全度関数が使用でき、値を代入すると、
M = 1 − e−μt
= 1 − e−0.1×10 = 1 − e−1
=1−

1
1
=1−
= 1 − 0.37037
e2.7≈ 0.63101 / 125

信頼性計算攻略メモ r4.2

平成 03 年度第 1 回 一伝交問 4(2)

電気通信主任技術者総合情報

平成 03 年度第 1 回 一伝交問 4(2)(２)

１,０００時間当たりの故障率λが１％の部品を１００個使用している装置がある。部品の故障に備えてあらかじめ２個の予備部品を用意してある。この装置を１,０００時間使用したとき、算出過程を示して、次の問いに答えよ。
ただし、使用時間ｔ中にｒ個の部品が故障する確率ｆ(ｒ)は次式で与えられるものとし、
ｅ－１＝０.３６８、ｅ－２＝０.１３５、ｅ－３＝０.０５０とする。
𝑓(𝑟) =(𝜆𝑇)𝑟⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑇：部品の延べ使用時間
𝑒 𝜆𝑇 ⋅ 𝑟!

(ⅰ)

部品の延べ使用時間を求めよ。

(ⅱ)

延べ使用時間当たりの部品の故障数を求めよ。

(ⅲ)

部品が１個も故障しない確率を求めよ。

(ⅳ)

部品が 1 個故障する確率を求めよ。

(ⅴ)

部品が２個故障する確率を求めよ。

(ⅵ)

部品の故障数が２個以内である確率を求めよ。

(ⅶ)

予備部品が品切れとなり、装置が故障してしまう確率を求めよ。

唐突にポアソン分布式が現れるが、計算だけできればよい問題。ただし、階乗記号「！」を理解していること（例えば 3!=3×2×1）、並びに、𝑥 0 = 1⁡⁡, 0! = 1という数学知識が最低限必要となる。
(1)

延べ使用時間は、単純に 100 個×1000 時間となるので、T=100,000[時間]。

(2)

部品の故障数はλTである。設問上の故障率は 1000 時間当たりの規定なので、1 時間単位に換算したほうが簡単である。λ = 0.01⁄1000 = 1 × 10−5 ⁡[件/時間]⁡。あとは故障数を求めればよい。
λT = 1 × 10−5 × 1 × 105 = 1⁡[個](3)

部品が 1 個も故障しない、すなわち与式において、故障数ｒが 0 の場合を計算すればよい。
𝑓(0) =

(4)

(𝜆𝑇)𝑟
(1)0
1
=
= 1 = 𝑒 −1 = 0.368
1𝜆𝑇𝑒 ⋅ 𝑟! 𝑒 ⋅ 0! 𝑒(3)と同様に故障数ｒが 1 の場合を計算すればよい。
𝑓(1) =(5)(3),(4)と同様に故障数ｒが 2 の場合を計算すればよい。
𝑓(2) =(6)(1)11= 1 = 𝑒 −1 = 0.368
1
𝑒 ⋅ 1! 𝑒12
𝑒1 ⋅ 2=

1= 0.5 × 𝑒 −1 = 0.184
2𝑒 1

故障数が 2 個以内の確率は、(3)～(5)で求めた確率の和となるので、
𝑓(0) + 𝑓(1) + 𝑓(2) = 0.368 + 0.368 + 0.184 = 0.92

(7)

2 個以上故障する確率を求めるには、余事象、すなわち、1－(2 個以内の故障確率)を計算すればよく、
1 − 0.92 = 0.08となる。

102 / 125

平成 02 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 02 年度第 2 回 一伝交問 4(2)(２)

故障寿命の分布が表示に示すような値を持つ１種類の部品を、ちょうど１，０００個使用した装置がある。故障の発生時期は表に示す以外にバラツキがなく、部品の使用を開始してから、１年経過したとき、２年経過したとき、３年経過したときにそれぞれ発生するものとし、次の問いに算出過程を示して答えよ。

故 障 寿 命

分布（％）

１年

４０

２年

２０

３年

４０

(ⅰ)

１０００個の部品のＭＴＴＦ(Mean Time to Failure)を求めよ。

(ⅱ)

装置内の故障した部品を表に示す分布を持つ部品から任意に選んで取り替えるものとして、１年経過したとき、２年経過したとき、３年経過したときに故障する部品の個数をそれぞれ求
めよ。

(ⅲ)

(ⅱ)と同様の方法で４年を経過した後も取り替えるものとして、十分長い期間経過後の、毎年故障する部品の個数を求めよ。

(ⅳ)(ⅲ)で求めた故障部品を取り替える（個別取替え）費用を部品１個あたり２０円、故障による損害を部品１個あたり５円とし、また、毎年、予防保全として、故障が起こる直前に一斉に全部品を取り替える（一斉取替え）費用を部品１個あたり１０円とするとき、損害額を含めた毎年の総費用を個別取替えと一斉取替えに付いて求めよ。

（解説は次ページ）103 / 125

平成 02 年度第 2 回 一伝交問 4(2)信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

MTTF は MTBF と同様に考えれば良い。１年たったらいきなり 40%（400 個）故障するというような仮定があるので、動作時間の合計は、各年の故障数と経過年数を掛けたものを足し合わせればよい。また、故障件数は 3 年間で全部品となるので、１０００個（件）とおく。
MTTF =(2)

動作時間の合計
故障個数=(1 年 × 400 個) + (2 年 × 200 個) + (3 年 × 400 個)
1000 個= 2⁡⁡[年/件]

1 年目に故障する部品数は４００個である。よって、４００個の取替えをする。これは単純に計算するだけでよい。
2 年目には、交換後の部品（1 年経過）と未交換の部品（2 年経過）が混在することになり、故障分布が変わってくることが想定される。
2 年目の故障数は、最初に存在した１０００個の 20%（200 個）であり、1 年目交換部品（400 個）の 40%（160 個）と計算ができる。式で表せば、1000 個 × 0.2 + 400 個 × 0.4 = 200 + 160 = 360⁡[個]
3 年目の故障数は、さらに複雑となるが、地道に整理していけばよい。
3 年経過部品の故障数

運用当初の 40%1000 × 0.4 = 400 個

2 年経過部品の故障数

1 年目交換品（400 個）の 20%

400 × 0.2 = 80 個

1 年経過部品の故障数

2 年目交換品（360 個）の 40%

360 × 0.4 = 144 個

これらの合計が 3 年目の取替え数なので、400+80+144=624 個となる。
(3)

MTTF が 2 年であることから直接求められる。2 年で１０００個（全数）が故障することになるので、毎年５００個の故障が発生するとしてよい。（参考：この場合下図のように 10 年目ぐらいで 500 前後に収束する。）
650
600
故
障 550
数
500
（
取 450
替
400
数
） 350
300

0

5

10

15

20

経過年数

(4)

個別取替えの場合と一斉取替えの場合を比較する。
個別取替えの場合、故障ごとに部品を取り替える意味となるので、1 個あたり 20 円+5 円＝25 円の費用が毎年かかることになる。また、毎年の故障数は５００個なので、個別取替え費用＝(20 円 + 5 円) × 500 個 = 12,500 円
一斉取替えの場合は、全部品を毎年交換する意味なので、一斉取替え費用＝10 円 × 1000 個 = 10,000 円

104 / 125

平成 01 年度第 2 回 一伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 01 年度第 2 回 一伝交問 4(3)問４

図１及び図２は、現用設備１に対して予備設備１の伝送システムの予備方式の構成を示したものである。次の問いに答えよ。
＃１

＃２

＃ｎ

中継器

中継器

中継器

入力

出力

中継器

中継器

中継器

図１ システム予備方式の構成図
＃１

＃２

＃ｎ

中継器

中継器

中継器

入力

出力

中継器

中継器

中継器

図２ 装置予備（セット予備）方式の構成図(３)

図１及び図２に示すように、中継器を２ｎ個使用した予備方式において、各中継器の信頼度を一律にＲとするとき、次の問いに算出過程を示して答えよ。ただし、線路部分及び切替装置は故
障しないものとする。

(ⅰ)

図１の伝送システムの信頼度(Ｒ１)及び図２の伝送システムの信頼度(Ｒ２)の算出式を示せ。

(ⅱ)

ｎ＝２の場合、どちらの方式の信頼度が高いか。

（解説は次ページ）105 / 125

平成 01 年度第 2 回 一伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

図１において、片方のシステムの信頼度を RS とおくと、直列系伝送路なので、
R s = Rn
これら２つが並列になっているので、
R1 = 1 − (1 − Rn )2
図２において、＃1 のシステムの信頼度を Rp とおけば、並列伝送路なので、
R p = 1 − (1 − Rn )2
このシステムをｎ個直列にした場合の信頼度 R2 は、
R 2 = Rnp = {1 − (1 − R)2 }n= (1 − 1 + 2R − R2 )n= (2R − R2 )n(2)

Δ = R 2 − R1 を計算し、その正負をもって信頼度の大小を比較する。まずは各信頼度を展開する。
R1(n=2) = 1 − (1 − R2 )2 = 1 − 1 + 2R2 − R4 = 2R2 − R4
R 2(n=2) = (2R − R2 )2 = 4R2 − 4R3 + R4
次に、Δを計算してみると、Δ = (4R2 − 4R3 + R4 ) − (2R2 − R4 )= 4R2 − 2R2 − 4R3 + R4 + R4
= 2R2 − 4R3 + 2R4= 2R2 (1 − 2R + R2 )= 2R2 (1 − R)2
よって、Δ = R 2 − R1 = 2R2 (1 − R)2 の結果から、R が0 ≤ R ≤ 1の範囲である限り、Δは正となることが分かる。すなわち、R 2 ≥ R1であって、n=2 の場合、信頼度が高いのは図２の装置予備方式の方である。

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平成 01 年度第 1 回 一伝交問 4(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

平成 01 年度第 1 回 一伝交問 4(3)(２)

図は、プロセッサを４重化した計算機の構成を示したものである。この計算機は、２重系を２重化したもので、各系の二つのプロセッサの計算結果を常時照合しており、計算結果が異なるとき、その系は故障と判断される。計算結果の出力は、１つの系の出力のみが使用され、一方の系に故障が発見された場合は、系の切り替えが行われて、正常な系の計算結果が使用される。なお、同じ系内の二つのプロセッサの計算結果が誤った値で合致するような故障は起こらないものとする。
各プロセッサの信頼度Ｒをすべて０.９とした場合、この計算機の信頼度は幾らか、算出過程を示して求めよ。ただし、答えは四捨五入により、小数第３位までとする。
１系

プロセッサ
Ｎｏ.1

プロセッサ
Ｎｏ.２
入力

出力
２系

プロセッサ
Ｎｏ.３

プロセッサ
Ｎｏ.４

各系ごとの信頼度を R1 とおく。プロセッサが並列接続されているものの、両方が常に正常でなければ、系としての機能を満たさない。よって、信頼度は直列系モデルを適用しなくてはならず、
R1 = R2 = 0.92 = 0.81
次に、1 系と 2 系の並列接続の信頼度を計算するが、単純な冗長系であるので、
R = 1 − (1 − R1 )2 = 1 − (1 − 0.81)2= 1 − 0.192= 0.9639 ≈ 0.964

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昭和 63 年度第 2 回 一伝交問 3

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

昭和 63 年度第 2 回 一伝交問 3
問３

図１に示すシステムＡは、２系統で構成され、いずれか１系統が故障してもこのシステムは正常に動作するものとする。また、図２に示すシステムＢは、４系統で構成され、このうちいずれか２系統が正常であれば、このシステムは正常に動作するものとする。
いま、１系統当たりの不信頼度(０＜Ｆ＜１)をすべて同じとした場合、下記の(ⅰ)～(ⅲ)を算出過程を示して求めよ。ただし、(１－信頼度)を不信頼度とする。

Ⅰ
Ⅱ

Ⅰ

Ⅲ

Ⅱ

Ⅳ

システムＡ

システムＢ

図１

図２

(ⅰ)

システムＡの不信頼度ｆＡ(ⅱ)

システムＢの不信頼度ｆＢ(ⅲ)

ｆＡ＞ｆＢとなる不信頼度Ｆの値の範囲(解説は次ページ)108 / 125

信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

昭和 63 年度第 2 回 一伝交問 3

電気通信主任技術者総合情報システム A は、基本的な 1/2 冗長系であり、かつアイテムの不信頼度が等しいので、
fA = F 2(2)

システム B は、2/4 冗長系であり、不信頼度としては 4 系統全滅の場合と、任意の 3 系統が故障した場合の確率を合算する必要がある。
まず、4 系統全てが故障する確率 f4 を考えると、
f4/4 = F 4
また、4 系統中、ある 1 つだけが正常である場合の確率を考えるとF 3 (1 − F)であるが、ⅠからⅣまでの合
計 4 つの「1 つだけ正常」パターンがある。言い換えれば、任意の 3 系統が故障であるパターンの確率 f3/4
は、
f3/4 = 4F 3 (1 − F)となる。これらを合計すれば、不信頼度が得られて、
fB = f4/4 + f1⁄4
= F 4 + 4F 3 (1 − F) = F 4 + 4F 3 − 4F 4
= 4F 3 − 3F 4

(3)

単純にfA − fB > 0ある条件を確認すればよい。
fA − fB = F 2 − 4F 3 + 3F 4 > 0
F 2 (3F 2 − 4F + 1) > 0
F 2 (3F − 1)(F − 1) > 0
ここで、F2 は常に正であり、考慮外にできるため、2 次方程式(3F − 1)(F − 1) > 0 の条件を満たせばよいことになる。
本式の解が 1/3 と 1 であることから、F の取り得る範囲は 1/3 未満および 1 より大きい数となる。式で表
せば、
F<

1
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡及び⁡⁡⁡⁡1 < 𝐹
3

ただし、設問には0 < 𝐹 < 1の条件が与えられているので、ｆＡ＞ｆＢとなる不信頼度Ｆの値の範囲は、
0<𝐹<

109 / 12513

信頼性計算攻略メモ r4.2

昭和 63 年度第 1 回 一伝交問 3(2)

電気通信主任技術者総合情報

昭和 63 年度第 1 回 一伝交問 3(2)(１)

ある装置について、毎日の動作時間、故障件数、修復件数及び修復時間を１ヶ月にわたり集計

した結果は、下記のとおりであった。これらの値からＭＴＢＦ、ＭＴＴＲ及びアベイラビリティ
を求めよ。ただし、答えは有効数字２けたとする。

(1)

動作時間＝

１５４

時間

故障件数＝

３５

件

修復件数＝

３５

件

修復時間＝

８

時間

MTBF を定義から求めると、MTBF =

総動作時間
総故障数

=

154
= 4.4⁡⁡[時間⁄件]
35

同様に MTTR は、
MTTR =

総修復時間
故障件数

=

8
= 0.22857 ≈ 0.23⁡⁡[時間⁄件]
35

アベイラビリティは、固有アベイラビリティから求める方が素直である。
A=

MTBF
4.4
4.4
=
=
≈ 0.95
MTBF + MTTR 4.4 + 0.23 4.63

もちろん、本来の定義から求めてもよいA=

動作可能時間全時間

110 / 125=154
≈ 0.95154 + 8

昭和 63 年度第 1 回 一伝交問 3(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

昭和 63 年度第 1 回 一伝交問 3(3)(２)

複数のインタフェース回路を持つ装置がある。この装置の構成が、図１のような“冗長構成なし”の系と図２のような１個の予備を負荷した“冗長構成”の系である場合、下記の(ⅰ)～(ⅲ)
を算出過程を示して求めよ。ただし、インタフェース回路の信頼度Ｒは、すべて０.９０とし、この装置は三つのインタフェース回路が正常なとき、装置として正常に稼動できるものとする。
冗長構成の場合には、切替え回路での故障の発生する確率は無視できるものとする。また、有効
数字は２けたとする。
切替え回路

切替え回路

インタフェース回路
（予備）

入力１

インタフェース回路

出力１

入力１

入力２

インタフェース回路

出力２

入力２

入力３

インタフェース回路

出力３

入力３

ＳＷ１
ＳＷ２
ＳＷ３

インタフェース回路
インタフェース回路
インタフェース回路

図１

図２

(ⅰ)

図１の冗長構成なしの系における装置の信頼度。

(ⅱ)

図２の冗長構成の系における装置の信頼度。

(ⅲ)

冗長構成の系としたことによる装置の信頼度の改善割合。

（解説は次ページ）111 / 125

ＳＷ１
ＳＷ２
ＳＷ３

出力１
出力２
出力３

昭和 63 年度第 1 回 一伝交問 3(3)

信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

図１は３つの回路が常に動作していなければならないため、信頼度としては３回路直列系として考えなくてはならない。よって、図１の信頼度を R１とおけば、
R1 = R3 = 0.93 = 0.729 ≈ 0.73(2)

図２には冗長予備が１台存在するが、それを含めた４回路のうち、３回路が稼動していなければシステムが動作できない。すなわち、3/4 冗長系である。
まず 4 台が正常である確率は、R4 = 0.94 = 0.6561。
次に、ある 1 台が故障し、4 台中 3 台が稼動している確率を考えるとR3 ⋅ (1 − R) = 0.93 × 0.1 = 0.0729。
ただし、1 台故障するパターンは、4 パターンあるため、4 × 0.0729 = 0.2916が確率となる。
図２のシステムが正常である確率 R2 は、それらの合計値となり、
R 2 = 0.6561 + 0.2916 = 0.9477 ≈ 0.95
(別解) 一般式を適用し、
44
R 3⁄4 = ∑ ( ) ⁡⁡R⁡r ⁡(1 − R)4−r ⁡⁡
r
r=3

=

4!
4!
R3 (1 − R) +R4 (1 − R)0
3! (4 − 3)!
4! (4 − 4)!

= 4R3 − 4R4 + R4 = 4R3 − 3R4 = 4 × 0.93 − 3 × 0.94
= 2.916 − 1.9683 = 0.9477 ≈ 0.95
(3)

信頼度の改善度は、簡単に、
R 2 0.95== 1.301 ≈ 1.3
R1 0.73となり、30%改善することが分かる。

112 / 125

昭和 62 年度第 2 回 一伝交問 4

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

昭和 62 年度第 2 回 一伝交問 4
問４

表は、幾つかの構成要素からなる系について、比較したものである。表中のＲ Ａ 、Ｒ Ｂ 及び
Ｒ Ｃ は、各構成要素の信頼度を示し、それぞれ１より小さいとき、次の 問いに答えよ。

項番
１

系の構成図

ＲＡ

ＲＢ

系の信頼度

信頼度の比較
この系の信頼度は、各構成要素

（ア）

ＲＣ

単体と

この系の信頼度は、各構成要素

ＲＡ
２

(オ)

単体と

（イ）

ＲＢ

(カ)

ＲＣ
ＲＡ

この系の信頼度は、項番４の系

ＲＢ

３

（ウ）

ＲＡ

ＲＢ

ＲＡ

ＲＢ

４

と

(キ)

（エ）

ＲＡ

―

ＲＢ

(１)

系の信頼度(ア)～(エ)を、Ｒ Ａ 、Ｒ Ｂ 及びＲ Ｃ を用いて示せ。

(２)(オ)～(キ)に適切な語句を、下記の語群から選び、その番号を記せ。ただし、同じ語句を複数回使用してよい。

(語群）① 比べて高い

(1)

② 等しい

③ 比べて低い

項番 1(ア)：単純な直列系であるため、R1 = R A × R B × R C
項番 2(イ)：単純な並列系であるため、R 2 = 1 − (1 − R A )(1 − R B )(1 − R C )項番 3(ウ)：RA と RB が直列なので、その部分の信頼度は、R A R B 。これらを並列にした場合、
R 3 = 1 − (1 − R A R B )2
項番 4(エ)：RA が並列の部分は1 − (1 − R A )2 。RB が並列の部分は1 − (1 − R B )2 。
これらを直列にしたのが項番 4 の信頼度であるため
R 4 = {1 − (1 − R A )2 }{1 − (1 − R B )2 }(2)

項番１は信頼度が下がるので、オは③ （基本）
項番２は信頼度が上がるので、カは①→平成 01 年度第 2 回 一伝交問 4(3)項番３は信頼度が下がるので、キは③→同上

項番４の信頼度が高いのは、項番３に比べて複数の代替経路が取れる理由による。

113 / 125

昭和 62 年度第 1 回 一伝交問 3(1)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

昭和 62 年度第 1 回 一伝交問 3(1)(１)

図において、交換機Ａに収容される電話機から発信し、矢印に沿った経路で交換機Ｆに収容される電話機に着信させる場合、少なくとも１つの経路が確保できれば通話が可能である。このシステム全体の信頼度を算出過程を示して求めよ。ただし、交換機Ｂ～Ｅの信頼度は各々０.９とし、それ以外のものは故障しないものとする。また、答えは、四捨五入により小数第２位まで求
めること。
Ｂ

Ｄ

Ａ

発信交換機

Ｆ
Ｃ

：加入者交換機

(1)

着信交換機

Ｅ

：中継交換機図を整理すれば、

Ｂ

Ｄ

Ｃ

Ｅ

といった、並列冗長の組み合わせである。
よって、ＢＣ並列およびＤＥ並列の信頼度は、
R p = 1 − (1 − 0.9)2 = 1 − 0.12 = 0.99
あとは、それらの直列系モデルとして信頼度 R が求められる。
R = 0.992 = 0.9801 ≈ 0.98

114 / 125

昭和 61 年度第 2 回 一伝交問 3

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

昭和 61 年度第 2 回 一伝交問 3
問３

図１及び図２は、電子交換機の中央制御系の構成の一部を例として示したものである。次の問いに算出過程を示して答えよ。ただし、答えは、四捨五入により小数第２位まで求めるものとする。

メモリ

メモリ
中央制御装置Ａ

Ｃ

Ｃ

中央制御装置

Ｄ

Ａ

Ｄ

Ｅ

Ｂ

Ｅ
Ｆ

図１

(１)

図２

図１において、中央制御装置Ａ、メモリＣ、メモリＤ及びメモリＥの信頼度をそれぞれ０.９とした場合、この系全体の信頼度を求めよ。ただし、中央制御装置Ａ、メモリＣ、メモリＤ及びメモリＥすべてが正常のとき、系全体は正常に稼動できるものとする。

(２)

図２において、中央制御装置Ａ、中央制御装置Ｂ、メモリＣ、メモリＤ、メモリＥ及びメモリ

Ｆの信頼度をそれぞれ０.９とした場合、この系全体の信頼度を求めよ。ただし、中央制御装置
Ａ，Ｂのうちいずれか１つ、かつ、メモリＣ～Ｆのうちいずれか３つが正常であれば、この系全体は正常に稼動できるものとする。
(1)

全てのアイテムが正常でなければならないことから、Ａ～Ｅが一列につながった直列モデルとして考えなくてはならない。よって、
R = 0.94 = 0.6561 ≈ 0.66

(2)

中央制御装置 AB による、1/2 冗長の信頼度を RAB とおけば、
R AB = 1 − (1 − 0.9)2 = 1 − 0.12 = 0.99
メモリ C～F による、3/4 冗長の信頼度は、全メモリが正常である確率と、1 個だけ故障する確率の和となる。全てのメモリが正常である確率は、R1 = 0.94 = 0.6561。メモリが 1 つだけ故障した場合の確率は、
R 2 = 4 × 0.1 × 0.93 = 0.2916（ここで、4 の係数は 1 メモリ故障のパターンが 4 パターンある意味である。）
よってメモリの信頼度 RM は、R M = R1 + R 2 = 0.6561 + 0.2916 = 0.9477。
最後に中央制御装置とメモリの信頼度の積をとり、系全体の信頼度を求めれば、
R = R AB ⋅ R M = 0.99 × 0.9477 = 0.93823 ≈ 0.94

115 / 125

昭和 61 年度第 1 回 一伝交問 4(1)

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

昭和 61 年度第 1 回 一伝交問 4(1)(１)

図１及び図２は、交換機Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄを伝送路で結んだ通信網を示したものである。今、交換機は故障しないものとし、伝送路が故障しその区間が使用できなくなる確率(Ｐ)を一律に０.１としたとき、交換機Ａ、Ｂ間に少なくとも１つの経路が存在すると きの確率を、図１及び図２のそれぞれについて、算出過程を示して求めよ（答えは、四捨五入により、小数点以下２桁までとする）。ただし、伝送路の故障は、区間ごとにそれぞれ独立して発生するものとし、交換機Ｃ及びＤは中継交換機能を持っているものとする。

Ｃ
Ｐ

Ｐ

Ｐ

Ａ

Ｂ
Ｐ

Ｐ
Ｃ

Ａ

Ｂ

Ｐ

Ｐ

Ｐ

Ｄ

図１

図２

凡例
Ａ～Ｄ：交換機
Ｐ ：伝送路が故障し、その区間が使用できなくなる確率（Ｐ＝０.１）

図１

故障確率が 0.1、すなわち信頼度が 0.9 の伝送路として考える。
交換機Ｃ経由の伝送路の信頼度は、直列なので0.92 = 0.81。また交換機Ｄ経由も同じ信頼度となる。
あとは、これらの並列系信頼性モデルとして考えればよいので、
R1 = 1 − (1 − 0.81)2 = 1 − 0.192 = 1 − 0.0361 = 0.9639 ≈ 0.96

図２

この場合は、Ａ～Ｃ間を並列モデルとして計算すべきであり、その不信頼度は 0.12 なので、
1 − 0.12 = 0.99となり、Ｃ～Ｄ間も同様の結果が得られる。
図２の伝送路の信頼度はこれらの直列モデルとなるため、
R = 0.992 = 0.9801 ≈ 0.98

116 / 125

昭和 60 年度第 2 回 一伝交問 3

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

昭和 60 年度第 2 回 一伝交問 3
問３

信頼度は、系、機器、部品等が、与えられた条件で、規定の期間中、要求された機能を遂行する確率である。そこで、次の問いに算出過程を示して答えよ。（答えは、四捨五入により、小数点以下２桁までとする。）

(１)

(２)

下図の装置Ａ、Ｂにより構成されるシステム全体の信頼度を求めよ。
Ａ

Ｂ

信頼度
０.８

信頼度
０.８

下図の装置Ｃ、Ｄにより構成されるシステム全体の信頼度を求めよ。

（注）Ｃ又はＤのいずれか一方の装置が正常動作すれば、システムとしては正常動作するものと
する。
信頼度
０.８
Ｄ

（注）

信頼度
０.８

(３)

下図の装置Ｅ～Ｇにより構成されるシステム全体の信頼度を０.８以上とするためには、装置

Ｆ及びＧの信頼度ｘをいくら以上にすればよいか。ただし、装置ＦとＧの信頼度は等しいものとする。
（注）Ｆ又はＧのいずれか一方の装置が正常動作すれば、並列系のシステムは正常動作するもの
とする。
Ｅ

Ｆ

信頼度
ｘ
信頼度
０.９

Ｇ
信頼度
ｘ

(解説は次ページ)117 / 125

（注）

信頼性計算攻略メモ r4.2

昭和 60 年度第 2 回 一伝交問 3

電気通信主任技術者総合情報(1)

基本的な直列系モデルのため、R1 = 0.82 = 0.64

(2)

基本的な並列系モデルのため、R 2 = 1 − (1 − 0.8)2 = 1 − 0.22 = 0.96

(3)

FG による並列モデルの信頼度は、R FG = 1 − (1 − 𝑥)2 = 1 − 1 + 2𝑥 − 𝑥 2 = 2𝑥 − 𝑥 2
これに装置 E が直列であるため、全体の信頼度 R3 は、R 3 = 0.9(2𝑥 − 𝑥 2 ) ≥ 0.8を満たさなくてはならない。
式を立てると、0.9(2𝑥 − 𝑥 2 ) ≥ 0.8
9(2𝑥 − 𝑥 2 ) ≥ 8−9𝑥 2 + 18𝑥 − 8 ≥ 0
9𝑥 2 − 18𝑥 + 8 ≤ 0(3𝑥 − 2)(3𝑥 − 4) ≤ 0となって、因数分解の結果から
23
𝑥 = ⁡⁡⁡⁡,⁡⁡⁡⁡⁡
34の解が得られる。（2 次方程式の解を用いてもよい。）ただし、x 自体は0 ≤ 𝑥 ≤ 1の条件があるため、式の条件を満たすのは、
2≤𝑥≤13の範囲となる。以上の計算より答えは
2= 0.666 ≈ 0.673すなわち 0.67 以上の信頼度である。

118 / 125

昭和 60 年度第 1 回 一伝交問 3

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

昭和 60 年度第 1 回 一伝交問 3
高信頼度が要求される装置や部品の故障率を表す単位として、ＦＩＴ(Failure Unit)が用いられ

問３ることがある。すなわち、１[ＦＩＴ]は、１時間あたり１０－９件の故障が発生することを示す。一方、ＭＴＢＦ(Mean Time Between Failures)は、平均の故障発生間隔を表すものである。

(１)

下の図の場合の２０年間におけるＦＩＴ数及びＭＴＢＦを算出せよ。なお、ＦＩＴ数の算出においては、有効数字２桁まで求めよ。
３年

６年

４年

７年

２０年

： 故障発生期間
ただし、期間長は２０年に比較して無視できるものとする。

(２)下の図の中継器を１０個有する総延長１８０[ｋｍ]の伝送システムのＭＴＢＦを２０年以上とするために必要とされる１中継器当たりの信頼度(ＦＩＴ数)を有効数字２桁まで求めよ。ただし、中継間隔はいずれも２０[ｋｍ]、ケーブル部分の故障率は９.０×１０－５[件／年・ｋｍ]とする。
20[km]＃１

20[km]＃２

20[km]＃３

20[km]

20[km]＃９： 中継器（解答は次ページ）119 / 125

＃１０

昭和 60 年度第 1 回 一伝交問 3

信頼性計算攻略メモ r4.2

(1)

電気通信主任技術者総合情報

MTBF の定義より求める。
MTBF =

総動作時間
総故障数

=

20
= 5[年/件]
4

なお、出題として MTBF の単位までは指定されていないため、[時間/件]の単位でも構わないと思われる。
一方、故障率の FIT 単位で解答するよう求められているため、時間単位に換算しておかなければならない。
よって、
λ=

(2)

4
4
=
= 2.283 × 10−5 = 2.283 × 104 ⁡[FIT]
20 × 365 × 24 175200

全てを故障率(FIT)に換算して、計算する。
①目標 MTBF は、20 年であるため、時間単位に換算すると、
20 × 365 × 24 = 175200[時間/件]
逆数をとって目標故障率λT に換算すれば、
λT =1= 5.707 × 10−6 ⁡[件⁄時間] = 5707[FIT]
175200②ケーブル部分の故障率λC を求める。
λC = 9.0 × 10−5 × 180km = 1620 × 10−5 = 1.62 × 10−2 ⁡[件⁄年]=

1.62 × 10−2
= 1.849 × 10−6 [件⁄時間] = 1849⁡[FIT]
365 × 24

③中継器部分の故障率をλR とおけば、全部で 10 台が直列系として設置されているため、全てを単純加算すればよく、中継器 10 台の故障率は、10λRとなる。以上①～③の計算により、設問の要求を満たす式を立てれば、10λR + 1849 ≤ 5707
よって、中継器の目標故障率λR は、
10λR ≤ 5710 − 1850 = 3858
∴ λR ≤ 386[FIT]
解答は有効数字２けたであるので、380FIT 以下が正しい。

120 / 125

付録 1-1

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

付録 1-1
H18 年度第 1 回 伝交設備問 4(2)の解説。
修理系アイテムでは、修理をしながら使用する前提のため、「平均故障間動作時間」MTBF(MeanTime Between Failure)を使用する。もし修理できない、又はしないアイテムを使用する非修理系の場合は「故障までの平均時間」または「平均故障寿命」である MTTF(Mean Time to Failure)を使用する。
試験問題的には MTTF と MTBF は同じものとしても支障は無い。
出題では装置 A を、非修理で使用する前提となっており、かつ故障が指数分布関数による MTBF で与えられている。また n 台中 1 台でも動作していればシステムが稼動できる 1/n 並列冗長系である。
最初に 1 台単独システムの場合の故障率λを考えたとき、MTBF/MTTF は信頼度関数を時間積分した値として求められる。信頼度関数が指数分布に従うという前提により、R(t) = exp⁡(−λt)が使用できるので、∞

MTTF|n=1 = ∫ e−λt ⁡dt =0

1= MTBFλ

もし、2 台並列冗長系であれば、R(t) = 1 − (1 − exp(−λt))2となるため、∞

2

MTTF|n=2 = ∫ 1 − (1 − e−𝜆𝑡 ) ⁡dt
0∞= ∫ 2e−𝜆𝑡 − e−⁡2𝜆𝑡 ⁡dt
0
∞
∞
1
1
= 2 [− ⁡e−2𝜆𝑡 ] − [− ⁡e−2λt ]
λ
2λ
0
0

1 1 4−1=2⋅ − =
λ λ
2λ
=

3
2λ

1
= (1 + ) ⁡MTBF
2
同様に、n=3 台の場合の MTTF は、
MTTF|n=3 =11 11=
× MTBF
6λ
6

1 1= (1 + + ) MTBF
2 3
以上の結果から以下の結果が「推測」される。
n

MTTF|n = MTBF × ∑ ⁡k=1

121 / 1251k

付録 1-1

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

一応は、n=2 程度の簡易計算によって選択肢を絞り込むことはできるものの、厳密に言えばあらかじめこの関係（調和級数となる事実）を知らなければ解けない問題に属すると思われる。
一般の場合を解くと、以下の様な証明となる。
n

まず、1/n 重化された並列冗長系の信頼度関数 Rn はR n = 1 − (1 − e−λt ) とおけるが、そのまま計算すると無数の多項式が現れるため計算が困難になってしまう。そのため、それらを二項定理
𝑛𝑛(𝑥 + 𝑦)𝑛 = ∑ ( ) ⁡𝑥 𝑘 𝑦 𝑛−𝑘𝑘𝑘=0を利用した上で以下のように表記する。なお、(nk)は nCk とも表記する組み合わせである。よって信頼度は、
n

Rn

n
k
n
= 1 − (1 − e−λt ) = 1 − ∑ ( )⁡[−e−λt ]k=0k

このまま[t=∞～0]で時間積分してしまうと、右辺の 1 の定数項が発散してしまうため、Σの内部に組み込む必要がある。右辺Σ項は、その第 1 項目(k=0)を計算すると、
n!
n( ) ⋅ ⁡ e0 =⋅1=1
0
0! (n − 0)!

であり、右辺の定数項(=1)をそのまま打ち消すことができるため、Σの開始項を k=1 からはじめればよいことになる。よって、nkn
R n = − ∑ ( )⁡[−e−λt ]
k
k=1

λt n

また、(−e ) は n が 1 増えるごとに正負が逆転するため、(−1)k (ekλt )とすると見通しがよくなる。
k(−eλt ) = (−1)k ⁡e−kλt

最終的に、被積分関数となるべき信頼度関数 Rn はnn
R n = − ∑ ( )⁡ (−1)k ⁡e−kλt
k
k=1

とおける。
これを積分した値が MTTF である。総和記号∑内部の各項はそれぞれ積分が可能なので単純に t について積分すると、
𝑛∞𝑛
MTTF = − ∫ ∑ ( )⁡ (−1)𝑘 ⁡𝑒 −𝑘𝜆𝑡 ⁡dt
𝑘
0
𝑘=1

𝑛

∞

𝑘=1

0

𝑛

∞

𝑘=1

0

𝑛 (−1)𝑘 −𝑘𝜆𝑡
= − [∑ ( )⁡⁡
⁡⁡⁡𝑒
]
𝑘
−𝑘𝜆

1
𝑛 (−1)𝑘 −𝑘𝜆𝑡
= ⁡[∑ ( )⁡⁡
⁡⁡⁡𝑒
]
𝑘
𝜆
𝑘
𝑛

1
𝑛 (−1)𝑘= ⁡[0 − ∑ ( )⁡⁡
⁡]
𝑘
λ
𝑘
𝑘=1

122 / 125

付録 1-2

信頼性計算攻略メモ r4.2𝑛1𝑛
= − ⁡⁡ ∑ ( )⁡⁡𝑘λ電気通信主任技術者総合情報

(−1)𝑘
𝑘

𝑘=1

⁡

よって、N 重冗長化構成における MTTF は、𝑛𝑘1
𝑛 (−1)
MTTF = MTBF × (− ⁡⁡∑ ( )⁡⁡
⁡)
𝑘
λ
𝑘
𝑘=1

と表せる。ここで右辺は
𝑛

𝑛

𝑘=1

𝑘=1

1
𝑛 (−1)𝑘−⁡⁡ ∑ ( )⁡⁡
= ∑⁡
𝑘
𝑘
𝑘
が成立するので（後述）、最終的に
1 1 1
MTTF = (1 + + ⋯ ) × MTBF
2 3 n
と表せる。
本関数は調和級数と呼ばれる n→∞で発散する有名な関数であったりします。

付録 1-2
付録 1-1 の等式についての証明。
𝑛

𝑛

𝑘=1

𝑘=1

𝑘
1
𝑛 (−1)−⁡⁡∑ ( )⁡⁡
= ∑⁡
𝑘
𝑘
𝑘

本式は、実際に値を計算すると合っていることが推測できるもの、証明にはテクニックが必要な類のものであり、試験対策として覚える必要は全く無い。が参考に記す。
まず、二項定理において y=1 の場合の恒等式を利用することで、上記の関数に近い形式を意図する。
𝑛𝑛(𝑥 + 1)𝑛 = ∑ ( ) ⁡𝑥 𝑘𝑘𝑘=0

この両辺を x について積分すると、
𝑛𝑛∫(𝑥 + 1) ⁡ 𝑑𝑥⁡ = ⁡ ∫ ∑ ( ) ⁡𝑥 𝑘 ⁡𝑑𝑥
𝑘
𝑛

𝑛

𝑘=0

1
1
𝑛
(𝑥 + 1)𝑛+1 = ∑ ( ) ⁡𝑥 𝑘+1 + 𝐶
𝑘
𝑛+1
𝑘+1
𝑘=0

ここで不定積分の積分定数 C は、𝑥 = 0の場合を考えて
𝑛11𝑛(1)𝑛+1 = ∑ ( ) ⁡0𝑘+1 + 𝐶
𝑘 𝑘+1
𝑛+1
𝑘=0

∴ ⁡⁡𝐶 =

1𝑛+1と計算ができる。
最終的に二項定理の恒等式における両辺を積分した値は、以下の値に整理できる。
𝑛

1
1
1
𝑛
(𝑥 + 1)𝑛+1 = ∑ ( ) ⁡𝑥 𝑘+1 +
𝑘 𝑘+1
𝑛+1
𝑛+1
𝑘=0

次に、𝑥 = −1を仮定したとき、左辺の係数が 0 となり、また、右辺は証明すべき式の形式に近くなる。
123 / 125

付録 1-2

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

𝑛

1
1
1
𝑛
(0)𝑛+1 = ∑ ( ) ⁡(−1)𝑘+1 +
𝑘
𝑛+1
𝑘+1
𝑛+1
𝑘=0
𝑛

−

1
𝑛 (−1)𝑘+1= ∑ ( )⁡
⁡
𝑘
𝑛+1
𝑘+1
𝑘=0

ここで左辺の二項係数を以下の変換式（パスカルの三角形表現）を利用する。
𝑛
𝑛−1
𝑛−1
( )=(
)+(
)
𝑘
𝑘−1
𝑘
もしくは nCk= n-1Ck-1 + n-1Ck と表記してもよい。上式の n,k を+1 だけシフトすれば
𝑛
𝑛
𝑛+1
(
) = ( )+(
)
𝑘
+
1
𝑘
𝑘+1
𝑛
と、変換ができ、さらに( )について式を整理すると、
𝑘
𝑛
𝑛
𝑛+1
( )=(
)−(
)
𝑘+1
𝑘
𝑘+1
これらの関係式を、代入すると
𝑛

−

𝑘+1
1
𝑛
𝑛 + 1 (−1)= ∑ [(
)−(
)] ⁡
𝑘+1
𝑘+1
𝑛+1
𝑘+1
𝑘=0
𝑛

𝑛

𝑘=0

𝑘=0

𝑘+1
(−1)𝑘+1
𝑛𝑛 + 1 (−1)
= ∑(
−∑(
)⁡
)⁡
𝑘+1 𝑘+1
𝑘+1 𝑘+1

もし∑内の級数を k=0 からでなく、k=1 から開始したとすれば、
𝑛+1

𝑛+1

𝑘=1

𝑘=1

𝑘
1
𝑛 (−1)𝑘𝑛 + 1 (−1)−= ∑(− ∑ ( )⁡
)⁡
𝑘
𝑘
𝑛+1
𝑘
𝑘

n
k

と k+1 項が k へと書き換えることができる。ただし、第二項において、k が n+1 になる場合のみ( )=0 となる。いわば、「5 個の品物から 6 個取る組み合わせの数は 0 通り」というイメージ。（これ以上はΓ関数や実数範囲での階乗計算となるため、割愛。）ゆえに、
𝑛+1

𝑛

𝑘=1

𝑘=1

𝑘
1
𝑛 (−1)𝑘𝑛 + 1 (−1)−= ∑(− ∑ ( )⁡
)⁡
𝑘
𝑘
𝑛+1
𝑘
𝑘

上式は、左辺を漸化式としてみなすことができ、
𝑛𝑛 (−1)𝑘𝐹(𝑛) = − ∑ ( ) ⁡𝑘𝑘𝑘=1という表現に書き換えられる。

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付録 1-2

信頼性計算攻略メモ r4.2

電気通信主任技術者総合情報

漸化式をまとめると、−

1= 𝐹(𝑛 + 1) − 𝐹(𝑛)𝑛+1

さらに n を１減らした場合（-1 だけシフト）を考えると、−

1= 𝐹(𝑛) − 𝐹(𝑛 − 1)𝑛も成立することになる。また、n が最小の場合(n=2)を計算してみると、
1− = 𝐹(2) − 𝐹(1)2
各項の差分が常に-1/n になっていることから、F(n)から F(1)までの差分は-1/n の合計となるので、
𝑛

1 1 1
1
1
𝐹(𝑛) − 𝐹(1) = − − − ⋯ − = − ∑
2 3 4
𝑛
𝑘
𝑘=2

とおける。また、F(1)程度は簡単に直接計算ができ、
1𝑘1 (−1)
1 −1
𝐹(1) = − ∑ ( ) ⁡
=( )
= −1
𝑘
1 1
𝑘
𝑘=1

となるので、まとめて
𝑛1
𝐹(𝑛) = (− ∑ )⁡ + 𝐹(1)
𝑘
𝑘=2
𝑛

1
= (− ∑ ) − 1
𝑘
𝑘=2
𝑛

1
1
= (− ∑ ) −
𝑘
1
𝑘=2
𝑛

= −∑
𝑘=1

1
𝑘

といった具合で、F(1)の項も∑内に含めることができる。最終的に
𝑛

𝑛

𝑘=1

𝑘=1

1
𝑛 (−1)𝑘−⁡⁡ ∑ ( )⁡⁡
= ∑⁡
𝑘
𝑘
𝑘
が証明された。
本式を用いる事で、
1 1 1 1 1
MTBF(又は MTTF) = ( + + ⋯ )λ 1 2 3 nが導くのが目的である。
本証明部分は、 http://amori.hatenablog.com/entry/2014/05/12/094131 を大部分参考にさせていただきました。（上記 URL を少し噛み砕いて説明したものです。）

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