演習問題の略解

技 術 者 のための統 計 的 品 質 管 理 入 門

演 習 問 題

略 解

二 見 良 治

共 立 出 版

2

章

デ ー タ と そ の ま と め か た

【問題 2.1】 （1）ヒストグラムの作成 ①級の数と級の幅 級の数と級の幅は 1 号機と 2 号機で共通にする． 級の数 k =10，級の幅 c=0.4 ②平均値と標準偏差 1_{号機の平均値と標準偏差：}x1=13.08， V₁ =0.98 2_{号機の平均値と標準偏差：}x2 =12.41， V₂ =0.82 ③1 号機と 2 号機のヒストグラム 図 1 1 号機のヒストグラム 図 2 2 号機のヒストグラム ④全号機のヒストグラム 省 略 （2）ヒストグラムから得られる情報 ①1 号機，2 号機ともほぼ正規分布とみなせる． ②1 号機の平均値と標準偏差はともに 2 号機よりも大きい． ③1 号機は下限規格値外のデータはないが，上限規格値外のデータが 8 個もある．標準偏差が 大きいので平均値を小さくしても下限規格値外のデータが生じる．規格外の製品を発生させな いためには標準偏差をかなり小さくしなければならない． ④2 号機は下限規格値外のデータも上限規格値外のデータもないが，標準偏差が大きいので 標準偏差を小さくした方がよい． ⑤1 号機と 2 号機の平均値と標準偏差がかなり異なるので，これらを一緒にして全号機のヒストグ ラムで管理するのはよくない． ⑥標準偏差を小さくするための対策の方法としては以下のようなことが考えられる． ・使用部品の層別使用する．例えば，成形品を用いている場合には，型番別に分け，同一型 番のものをまとめて同じロットのものを使う． ・線材の同一スプール内での線径のばらつきを低減する． ・巻線時の線材に与えるテンションを均一にするとか，巻き位置のばらつきを低減する． 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 10.1 10.5 10.9 11.3 11.7 12.1 12.5 12.9 13.3 13.7 14.1 14.5 14.9 15.3 15.7 度 数 n =100 SL _x SU 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 10.1 10.5 10.9 11.3 11.7 12.1 12.5 12.9 13.3 13.7 14.1 14.5 14.9 15.3 15.7 度 数 n =100 x SU SL

3

章

分

布

【問題 3.1】 平均値： 99.57 6 4 . 597 = = =

∑

n x x i ，メジアン： 99.55 2 7 . 99 4 . 99 ~₌ + ₌ x 平方和：

(

)

(

)

3.3540 6 4 . 597 48 . 59484 2 2 2 = − = − =

∑

∑

n x x S i i 平均平方： 0.6708 1 6 3540 . 3 1= − = − = n S V ，範囲：R=x_max−x_min =100.7−98.3=2.4 【問題 3.2】 1_{瓶の内容量を X とする．} （a）１瓶の内容量が 500.0ｇに満たない確率は次のようになる．

{

}

0.1151

(

11.51%

)

5 . 1 8 . 501 0 . 500 Pr 0 . 500 X Pr =       − ≤ = ≤ u （b）4 瓶の内容量の合計が 2000.0ｇに満たない確率は次のようになる．

{

}

0.0082

(

0.82%

)

4 5 . 1 4 8 . 501 0 . 2000 Pr 0 . 2000 X 4 Pr =       × × − ≤ = ≤ u （c）σ＝1.5 のとき，（a）の確率を 0.5％以下にするμは次のようになる． 005 . 0 5 . 1 0 . 500 Pr =       − ≤

µ

u ， 2.576 5 . 1 0 . 500 − = −

µ

_{，μ＝500.0+2.576×1.5＝503.9} （d）μ＝501.8 のとき，（a）の確率を 0.5％以下にする σ は次のようになる． 005 . 0 8 . 501 0 . 500 Pr =       − ≤

σ

u ，500.0−501.8=−2.576

σ

， 2.576 0.70 8 . 1 = =

σ

【問題 3.3】 瓶の重量を X，充テン後の全体重量を Y，1 瓶中の薬品の重量を Z とする． （a）1 瓶中の薬品の重量（Z=Y－X）の期待値と分散は次のようになる． E(Z)=E(Y−X)＝80.0−30.0＝50.0，V(Z)=V(Y−X)=0.52+1.02＝1.25＝(1.12)2 １瓶中の薬品の重量の母平均はμ＝50.0ｇ，母標準偏差はσ＝1.12ｇ （b）大箱 1 個中の薬品の総重量 T の期待値と分散は次のようになる． E(T)=E(Z1+Z2+･･･+Z50)=50×E(Z)＝2500.0，V(T)=V(Z1+Z2+･･･+Z50)=50×V(Z)＝62.5＝(7.91) 2 大箱 1 個中に含まれる薬品の総重量の母平均はμ＝2500.0ｇ，母標準偏差はσ＝7.91ｇ 【問題 3.4】 （a）ア：70 イ： 52 _{ウ： 1.645 エ：−2.326 オ：78.23 カ：58.37} （b）キ：102 ク：3 ケ：

_χ

2 _{コ：0.352 サ：35.2} （c）シ：20.59 ス：8.80 （d）セ：52 ソ：3 タ：9 チ：F ツ：3.86 テ：0.0366 ト：15.44 ナ：0.15 （e）ニ：50 ヌ：5 ネ：2.87 ノ：18.42

4

章

推 定 と 検 定

【問題 4.1】 （a）題意の検定規則において H0が成り立っているときに，そのことを棄却する確率は 0.05， すなわち有意水準は 5％である． （b）この場合，μがμ0と等しいときに検出力１−βが最大（といっても，わずか 5％）に なり，μがμ0から離れていくにしたがって検出力は小さくなる（検出されにくくなる）． 一方，「x≥

µ

0+u

(

0.05

)

σ

/ nおよびx≤

µ

0−u

(

0.05

)

σ

/ nならばH0を棄却する 」という検定 規則ではα一定のもとにおいて検出しようとする領域（H1で表される領域）における検出 力１−βは大きくなる．したがって，一般的には，この検定規則が用いられ，題意のよう な検定規則は用いられない． 【問題 4.2】

(

0.05

)

0.15=±0.10 ± n u 信頼限界の幅： ，u(0.05)=1.960 より， 8.64 9 1 . 0 15 . 0 960 . 1 2 _⇒ =       × = n これより，少なくとも 9 回の繰り返し分析が必要である． 【問題 4.3】 （a）H0：µ=50.0，H1：µ＞50.0 において，

x

≧50.6 のときに H0を棄却するのは次が成り立つときであ る．

( )

α

σ

µ

2 1.5 4 / 8 . 0 0 . 50 6 . 50 / 0 _u n x ≥ = − = − u(2α)=1.5のときα＝0.0668 である．したがって，求める有意水準は 6.68％となる． （b）（a）の検定規則を採用したときの検出力 1−βは次式で表される．       ≥ − =       + ≥ = − 1.5 / Pr 5 . 1 Pr 1 0 0 n x n x

σ

µ

σ

µ

β

{

u k

}

n n x − ≥ =       ≥ − + − = 1.5 Pr 1.5 / / Pr 0

σ

µ

µ

σ

µ

n k / 0

σ

µ

µ

− = ここで， ①μ=50.4： 1.0 4 / 8 . 0 0 . 50 4 . 50 = − = k ，1−

β

=Pr

{

u≥1.5−1.0

}

=0.3085

(

30.85%

)

②μ=50.6： 1.5 4 / 8 . 0 0 . 50 6 . 50 = − = k ，1−β =Pr

{

u≥1.5−1.5

}

=0.50

(

50.0%

)

③μ=50.8： 2.0 4 / 8 . 0 0 . 50 8 . 50 = − = k ，1−

β

=Pr

{

u≥1.5−2.0

}

=1−0.3085=0.6915

(

69.15%

)

（c）Pr

{

u≥1.5−k

}

≥0.90は1−Pr

{

u≥k−1.5

}

≥0.90より，Pr

{

u≥ k−1.5

}

≤0.10となる． u(0.10)=1.282であるから k≧1.5+1.282=2.782，したがって， 2.782 / 8 . 0 0 . 50 6 . 50 ≥ − = n k となる． これより， 0.8 2.782 13.7 14 2 ⇒ =     × ≥ n

5

章

計 量 値 に 関 す る 検 定 と 推 定

【問題 5.1】設問を以下のように変更する． （a）触媒 B を用いたときの引張強度の母平均は，触媒 A を用いたときよりも大きいとい えるか．有意水準 5％で検定せよ． （b）触媒 A を用いたときと触媒 B を用いたときの引張強度の母平均の差の点推定値と信 頼率 95％の信頼限界を求めよ． （c）引張強度以外の特性やコストに関しては，触媒 B の方が有利（少なくとも触媒 A と 同等）であることがわかっているものとして，触媒 B の採否について考察せよ． 【問題 5.1】 （a）母平均の差の検定 母平均の差の検定に先立ち，母分散のちがいを母分散の比の検定で確かめる． H0：

σ

2_A

=

σ

2_B H1：

σ

2_A≠ 2 B

σ

α=0.05 62 . 3 0 . 640 15 . 2315 A B 0 = = = V V F 0 F = 3.62＜F(12, 9; 0.025)=3.87＜F(11, 9; 0.025) 有意水準 5％で H0は棄却されない．したがって，

σ

2_A

=

σ

2_Bとみなして母平均の差の検定 を行う． H0：

μ

_A

=

μ

_B H1：

μ

_A＜ B

μ

α=0.05 3335 . 1561 2 12 10 67 . 25466 0 . 5760 2 B A B A ₌ − + + = − + + = n n S S V 85 . 1 12 1 10 1 3335 . 1561 3 . 573 0 . 542 1 1 B A B A 0 =−       + − =       + − = n n V x x t t0 =−1.85＜−t (20, 0.10)= −1.725 有意水準 5％で H0は棄却される． （b）母平均の差の推定 点推定 3 . 31 0 . 542 3 . 573 ˆ ˆ_B −μ_A =xB −xA = − = μ 区間推定（信頼率：95％）

(

)

(

)

(

)

(

)

      + ± =       + ± − = − 10 1 12 1 1561.3335 0.05 20, 31.3 1 1 , A B A B , A B μ φα 　 μ t n n V t x x U L =31.3±2.086×16.9188=31.3±35.29=−3.99, 66.59

（c）触媒 B の採否についての考察 H0：

μ

_A

=

μ

_B，H1： A

μ

＜ B

μ

の検定の結果，有意水準 5％で H0は棄却されるので，引張 強度は大きくなると判断して触媒 B を採用してよい．そのとき，触媒 B と触媒 A の引張 強度の母平均の差は点推定値が 31.3kg/cm2 ，信頼率 95％の信頼下限が−3.99 kg/cm2 ，信頼 上限が 66.59 kg/cm2 である， ただし, H0：

σ

2_A

=

σ

2_B，H1： 2 A

σ

≠ 2 B

σ

において有意水準 5％では棄却されないが，有意水 準 10％で H0は棄却されるので，触媒 B の方が触媒 A より引張強度のばらつきが大きくな るおそれがある．したがって，触媒 B を用いるにあたっては，ばらつきを小さくするよう な対策を考えて実施するか，ばらつきが大きくなった場合に発生すると考えられる問題に 対処できるようにしておくことが必要である． 【問題 5.2】 （a）母平均の差の検定 データの折れ線グラフを図 1 に示す．ここからもデータに対応があることがわかる． 図 1 COD 値の推移 H0：δ=δ0 ここでδ0= 0 H1：δ≠δ0 α = 0.05 36 . 2 10 / 99 . 42 0 9 . 4 / 0 0 = − = − = n V d t d δ | t0 |＝2.36＞t (9, 0.05)=2.262 有意水準 5％で H0は棄却される．すなわち，A 社と B 社で処理後の COD 値に差がある といえる． （b）母平均の差の推定 点推定 9 . 4 ˆ_{= d=} δ 区間推定（信頼率：95％） 0.0 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 5/12 （月） 5/13 （火） 5/14 （水） 5/15 （木） 5/16 （金） 5/19 （月） 5/20 （火） 5/21 （水） 5/22 （木） 5/23 （金） 実験日 C O D 値 A社 B社

(

)

(

)

4.9 2.262 2.073 0.21, 9.59 10 99 . 42 05 . 0 , 9 9 . 4 , , = ± = ±t = ± × = n V t d e U L

φ

α

δ

（c）その他データから得られる情報 図 1 より 2 週とも月曜日の処理後の COD 値が高く，金曜日が低い傾向が見られる．こ れより 1 週ごとに周期がありそうに感じられる．この周期に対応して排水原液の汚染度が 変化しているように思われるので調査してみる必要がある．処理後の COD 値だけでなく， 排水原液の汚染度の管理をすることが必要であろう． 【問題 5.3】 図 5.3 の「評価の手順」に従って仮説を立てて検定する． （a）母平均と母分散に関する検定 1）母分散の検定 2

σ

＞(0.3) 2 について YES か NO かを判定しようとしているのであるから，次の仮説を立 てて検定する． H0： 20 2 _σ σ = ここで 2= 0 σ (0.3)2 H1：σ2＞σ02 α=0.05 2 0 2 0 σ χ = S 23.465 3 . 0 11188 . 2 2 = = 2 0 χ =23.465＜χ2(19, 0.05)=30.1 有意水準 5％で H0は棄却されない． これより，設計変更品の最大抵抗値の母分散は従来品より大きくならないとみなして， 図 5.3 の「評価の手順」に従って母平均の検定をする． 2）母平均の検定（その 1） 母平均の検定については，まず，設計変更品の最大抵抗値の母平均μが従来品の 5.0Ω より小さいといえるかどうかを知りたいのであるから，次の仮説を立てて検定する． H0：µ=µ0ここで，µ0=5.0 H1：µ＜µ0 α=0.05 1112 . 0 1 20 11188 . 2 1 = − = − = n S V 334 . 2 20 / 1112 . 0 0 . 5 826 . 4 / 0 0 =− − = − = n V x t

µ

t0= −2.334＜−t(19, 0.10)= −1.729 有意水準 5％で H0は棄却される． これより設計変更品の最大抵抗値の母平均は従来品の 5.0Ωよりも小さいといえる．そ こで，さらに図 5.3 の「評価の手順」に従って母平均の検定を続ける． 3）母平均の検定（その 2） ここでは「設計変更品の母平均が 4.7Ωよりも小さいといえなければ，パイロットラン

を続行しながら改善していく」という立場に立って検定をする．したがって，次の仮説を 立てて検定する． H0：µ=µ0 ここで µ0= 4.7 H1：µ＜µ0 α=0.05 690 . 1 20 / 1112 . 0 7 . 4 826 . 4 / 0 0 = − = − = n V x t

µ

t0=1.690＞−t (19, 0.10)= −1.729 有意水準 5％で H0は棄却されない．すなわち，設計変更品の最大抵抗値の母平均が 4.7 Ωよりも小さいとはいえない． 4）検定結果のまとめ 以上の結果，設計変更品の最大抵抗値は従来品にくらべて次のことがいえる． ・母分散は大きくなるとはいえない． ・母平均は異なるが，4.7Ωより小さくなるとはいえない． したがって，図 5.3 の「評価の手順」より，次のように結論することができる． 「母平均は 4.7Ω以上あるとみなしてパイロットランを続行しながら母平均を 5.0Ωにな るように改善していく」 （b）母分散と母平均の推定 1）母分散の推定 点推定 2 2 33 . 0 1112 . 0 ˆ = V = = σ 区間推定（信頼率：95％）

( )

(

)

(

)

2 2 2 2 25 . 0 0642 . 0 9 . 32 11188 . 2 0.025 19, 11188 . 2 2 / , = = = = = χ χ σ

α

φ

S L

( )

(

)

(

)

2 2 2 2 _{0.2370 0.49} 91 . 8 11188 . 2 0.975 19, 11188 . 2 2 / 1 , − = = = = = χ χ σ

α

φ

S U 2）母平均の推定 点推定 x ˆ = μ =4.826 区間推定（信頼率：95％）

(

)

(

)

4.670,4.982 20 1112 . 0 05 . 0 , 19 826 . 4 / 2 / , ,U =x±t V n = ±t = L α μ

φ

（c）推定結果のまとめ 母平均の区間推定の結果では，信頼下限が4.670Ωで，4.7Ω以下のものが出る可能性があ る．慎重にパイロットランを続行していく必要がある． また，母分散は従来品と変わらないと見なしたが，信頼率95％の信頼上限が(0.49Ω)2 と 従来品の(0.3Ω)2 より大きくなるおそれがある．母平均の改善だけでなく，母分散が従来品 よりも悪くならないように留意しなければならない．

6

章

計 数 値 に 関 す る 検 定 と 推 定

【問題 6.1】 （a）母 A ランク率の検定 H0：P=P0 ここで P0= 0.30 H1：P＞P0 α=0.05 nP0＝300×0.30＝90＞5，n(1−P0)＝300(1−0.30)＝210＞5，正規分布に近似できる．

(

)

7.937 2.016 16 30 . 0 1 30 . 0 300 30 . 0 300 106 0 = = − × × − = u u0=2.016＞u (0.10)=1.645 有意水準 5％で H0は棄却される．したがって，ランク A の生産割合は 30.0％以上になる といえる． （b）母 A ランク率の推定 点推定 353 . 0 300 106 ˆ _{= = =} n x P （35.3％） 区間推定（信頼率：95％） PL,U

(

)

(

)

0.2989,0.4071

(

29.89%,40.71%

)

300 353 . 0 1 353 . 0 05 . 0 353 . 0 ± − = = u A _{ランクの生産割合の点推定値は 35.3％，信頼率 95％の信頼下限は 29.89％，信頼上限} は 40.71％である． 【問題 6.2】 （1）母傷不良率の差の検定 H0：PA=PB H1：PA ≠PB α=0.05 nApA=xA=25＞5，nA(1−pA)=nA−xA=200−25=175＞5 nBpB=xB=40＞5，nB(1−pB) =nB−xB=250−40=210＞5，正規分布に近似できる．

(

)

051 . 1 250 1 200 1 144 . 0 1 144 . 0 160 . 0 125 . 0 0 =−       + − − = u | u0 |=1.051＜u(0.05)＝1.960 有意水準 5％で H0は棄却されない．すなわち，プレス機 A とプレス機 B のそれぞれで つくったパネルフードの傷不良率に差があるとはいえない． （2）母傷不良率の差の推定 点推定

(

3.5%

)

035 . 0 0 0 2 25 0 5 2 40 ˆ ˆ A A B B A B A B − = − = − = − = n x n x p p P P 区間推定（信頼率：95％）

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

200 125 . 0 1 125 . 0 250 160 . 0 1 160 . 0 05 . 0 125 . 0 0.160 , A B − + − ± − = −P u P _LU =0.035±1.960×0.0234＝−0.0108，0.0808（−1.08％，8.08％） プレス機 B とプレス機 A の母傷不良率の差の点推定値は 3.5％，信頼率 95％の信頼下限 は−1.08％，信頼上限は 8.08％である． 【問題 6.3】 （a）各ラインでの昼勤と夜勤による充テン機の故障回数のちがいの検定 H0：各ラインでの昼勤と夜勤によって充テン機の故障回数は異ならない H1：各ラインでの昼勤と夜勤によって充テン機の故障回数は異なる α=0.05 期待値ｔij表をつくり，これより(xij-tij) 2/tij表を作成して 2 0

χ

を求めると， = 2 0 χ 11.71_になる． φ＝(2－1)(4－1)＝3 = 2 0 χ 11.71＞χ2 (3, 0.05)=7.81 有意水準 5％で H0は棄却される． 各ラインでの昼勤と夜勤によって充テン機の故障回数は異なるといえる． （b）昼勤と夜勤による充テン機の故障回数のちがいの検定 H0：昼勤と夜勤によって充テン機の故障回数は異ならない H1：昼勤と夜勤によって充テン機の故障回数は異なる α=0.05

(

)

(

)

125 . 1 64 72 64 64 70 64 64 58 2 2 2 0 = = − + − =

χ

φ＝2−1＝1 = 2 0 χ 1.125＜χ2(1, 0.05)=3.84 有意水準 5％で H0は棄却されない．すなわち，昼勤と夜勤によって充テン機の故障回数 は異なるとはいえない． （c）ラインによる充テン機の故障回数のちがいの検定 H0：ラインによって充テン機の故障回数は異ならない H1：ラインによって充テン機の故障回数は異なる α=0.05

(

)

(

)

(

)

(

)

25 . 7 32 232 32 32 28 32 32 22 32 32 36 32 32 42 2 2 2 2 2 0 = = − + − + − + − =

χ

φ＝4−1＝3 = 2 0 χ 7.25＜χ2(3, 0.05)=7.81 有意水準 5％で H0は棄却されない．すなわち，ラインによって充テン機の故障回数は異

7

章

管 理 図

【問題 7.1】 （a）ヒストグラムの作成 ①級の数と級の幅 級の数と級の幅は装置 A と装置 B で共通にする． 級の数 k=10，級の幅 c=0.2 ②平均値と標準偏差 装置 A の平均値と標準偏差：xA =5.20， V_A =0.40 装置 B の平均値と標準偏差：xB =5.23， V_B =0.31 ③装置 A と装置 B のヒストグラム 0 5 10 15 20 25 4.15 4.35 4.55 4.75 4.95 5.15 5.35 5.55 5.75 5.95 6.15 6.35 度 数 n =100 x 目標値 0 5 10 15 20 25 30 4.15 4.35 4.55 4.75 4.95 5.15 5.35 5.55 5.75 5.95 6.15 6.35 度 数 n =100 x 目標値 図 1 装置 A のヒストグラム 図 2 装置 B のヒストグラム ④全装置のヒストグラム 省 略 （b）管理図の作成 ①各群の平均値と範囲 群 No.1～No.20 の平均値と範囲を求める． （例）群 No.1 の平均値x1･ と範囲R₁ 36 . 5 5 2 . 5 3 . 5 7 . 5 0 . 5 6 . 5 1 1 1 = + + + + = =

∑

= n x x n j j ･ 7 . 0 0 . 5 7 . 5 (min) 1 (max) 1 1=x j −x j = − = R ②中心線と管理限界 装置 A の

x

管理図の管理線 21 . 5 CL= x= 64 . 5 75 . 0 577 . 0 21 . 5 UCL=x+A₂R= + × =

78 . 4 75 . 0 577 . 0 21 . 5 LCL=x−A2R= − × = 装置 A の

R

管理図の管理線 75 . 0 CL= R= 58 . 1 75 . 0 115 . 2 UCL=D4R= × =

(

考えない

)

－ = =D₃R LCL 装置 B の

x

管理図の管理線 23 . 5 CL= x= 53 . 5 52 . 0 577 . 0 23 . 5 UCL=x+A2R= + × = 93 . 4 52 . 0 577 . 0 23 . 5 LCL=x−A2R= − × = 装置 B の

R

管理図の管理線 52 . 0 CL= 10 . 1 52 . 0 115 . 2 UCL=D₄R= × =

(

考えない

)

－ = =D₃R LCL ③管理図の作成 図 3 装置 A のx−R管理図 4.50 4.70 4.90 5.10 5.30 5.50 5.70 5.90 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 管理図 UCL=5.64 CL=5.21 LCL=4.78 0.00 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 R R管理図 UCL=1.58 LCL=0.75

図 4 装置 B のx−R管理図 （c）解析結果から得られる情報 ①ヒストグラムから得られる情報 装置 A は右に少し裾を引いた分布である．装置 B はほぼ正規分布とみなせる．平均値は装置 A， Bともにあまり変わらないが，標準偏差は装置 A の方が装置 B よりも大きい． 装置 A は目標値（6.0ppm）以上のデータが 1 つあり，目標値ぎりぎりのデータが 2 つある．装置 B には目標値より大きいデータはないが，目標値に対して余裕のないデータがある． ②

x

−

R

管理図から得られる情報

x

管理図では管理限界外の点が装置 A で 2 点あり，装置 B で 4 点と点の並び方のクセ（3 点中 2_{点が 2σと 3σの間にある）が見られることから，ともに管理状態にない．この異常の原因は調査し} なければいけない．また，装置 A の

x

と装置 B の

x

との間に相関があるようだ．これは原水が同じで あることの影響なのか，他の原因によるものなのかを調査する必要があろう． R 管理図では装置 A，B のいずれも管理限界外の点はなく，点の並び方のクセもないので管理 状態とみなせる．しかし，管理限界の幅は装置 A の方が装置 B よりも大きい．ヒストグラムからもばら つきは装置 A の方が大きいことがわかる．この原因については調査する必要がある． 0.00 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 R管理図 R UCL=1.10 CL=0.52 4.50 4.70 4.90 5.10 5.30 5.50 5.70 5.90 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 管理図 CL＝5.23 UCL=5.53 LCL=4.93

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 0.00 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10 ロットの不良率P ロ ッ ト が 合 格 す る 確 率 L(P ) n=100 c＝2 0.000 0.100 0.200 0.300 0.400 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 1.000 0.00 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10 ロットの不良率（P) ロ ッ ト が 合 格 す る 確 率 L（P) n=85 c＝2

8

章

検 査 と 抜 取 検 査

【問題 8.1】 付図 2 の Thorndike 曲線を用いて，ロット の不良率 P において c=2 以下の不良品が 見つかる確率（ロットが合格する確率）L(P)を 求める．その結果に基づいて n=100，c=2 の OC曲線を描くと図 1 のようになる． 図 1 OC 曲線 【問題 8.2】略解 1）抜取方式の設計 題意より，P0＝0.01，α＝0.05 P1＝0.06，β＝0.10 付図 2 の Thorndike 曲線を用いて，L(P0) ＝L(0.01)＝1−α＝0.95 と，L(P1)＝L(0.06) ＝β＝0.10 を満足する n と c を求めるための 表を作成し，その表より，c が同じで n の値が ほぼ同じになる c と n を求める． c=2，n=84.15 ⇒85 以 上 より，L(0.01)＝0.95，L(0.06)＝0.10 を同時に満足する抜取方式は，n＝85，c＝ 2となる． 2）OC 曲線の作成 n＝85，c＝2 における OC 曲線を描くと図 1のようになる． _{図 1 OC 曲線} 【問題 8.3】略解 1）抜取方式の設計

P0＝0.005，α＝0.05，P1＝0.025，β＝0.10 下限規格値が与えられている場合であるから，n と k は次のようになる．

(

)

(

)

(

)

(

)

2.576 1.960 22.58 23 282 . 1 645 . 1 05 . 0 01 . 0 20 . 0 10 . 0 2 2 _⇒ =       − + =       − + = u u u u n

(

) (

)

(

) (

)

(

)

(

)

1.645 1.282 2.230 645 . 1 960 . 1 282 . 1 576 . 2 20 . 0 10 . 0 10 . 0 05 . 0 20 . 0 10 . 0 = + × + × = + + = u u u u u u k 201 . 30 09 . 0 230 . 2 00 . 30 + × = = + =S k

σ

XL L したがって，ロットからランダムに 23 本の鋼管を抜き取って外径寸法を測定し，その平 均値

x

_{を求め，次のようにする．}

x

_{≧30.201mm ならばロット合格，}

x

＜30.201mm ならばロット不合格 2）OC 曲線の作成 平均μのロットが合格と判定される確率 L(μ)は次式で求める．

( )

( )

( )

{

L

}

L L u u P u u n P u S X u L ≥ ≥       − − × ≥       _{− −} ≥ = Pr 23 / 09 . 0 09 . 0 2 0 . 30 201 . 30 Pr / 2 Pr σ＝

σ

µ

この式で P を変化させて，そのときの L(μ)を求める表をつくり，これをもとに OC 曲 線を描くと図 1 のようになる． 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 ロットの不良率 P ロ ッ ト が 合 格 す る 確 率 L(μ) n=23 図 1 OC 曲線

9

章

分 散 分 析

【問題 9.1】 （a）モル比の効果の検定 ①データの構造

x

ij

=µ+α

i

+ε

ij ②分散分析による要因効果の検定 表 1 分散分析表 s.v. s.s. d.f. m.s. F0 E(m.s.) A e 19.849 4.260 3 8 6.616 0.533 12.413* σe2+3 2 A

σ

2 e σ 計 24.109 11 分散分析の結果，モル比は収量に対して有意水準 1％で有意である． （b）A3と A4の母平均の差の検定 H0：μA3=μA4 H1：μA3≠μA4 α＝0.05 5033 . 0 3 / 533 . 0 2 37 . 21 07 . 21 / 2 4 3 0 =− × − = − = n V x x t e ・ ・ |t0|＝0.5033＜t(φe,α)＝t(8, 0.05)＝2.306 有意水準 5％で H0は棄却されない．すなわち，モル比 1.3（A3）とモル比 1.4（A4）とで 収量の母平均に差があるとはいえない． （c）A3における母平均の推定 点推定

=

=

3・ 3

ˆ

A

x

µ

21.07 区間推定（信頼率 95％）

(

)

(

)

(

)

20.098,22.042 3 533 . 0 05 . 0 , 8 07 . 21 , 3 , 3 = ± = ±t = n V t x e e U L A ・

φ

α

μ 【問題 9.2】 （a）データの構造 xijk=µ+αi+βj+(αβ)ij+εijk （b）分散分析による要因効果の検定

表 2 分散分析表（1） s.v. s.s. d.f. m.s. F0 E(m.s.) A B A×B e 1101 31 5 53 3 2 6 12 367.0 15.50 0.88 4.42 83.03** 3.51 0.19 2 e σ +6

σ

2_A 2 e σ +8

σ

_B2 2 e σ +2

σ

2_A×B 2 e σ 計 1190 23 分散分析表（1）の結果，切削速度（因子 A）は有意水準 1％で有意であるが，送り速度 （因子 B）および交互作用（A×B）は有意でない．なお，交互作用 A×B は F0の値が小さい ので，

σ

_A2_×B

=

0

とみなして誤差 e にプールして分散分析表（2）をつくる． 表 3 分散分析表（2） s.v. s.s. d.f. m.s. F0 E(m.s.) A B e 1101 31 58 3 2 18 367.0 15.50 3.22 113.98** 4.81* 2 e σ +6

σ

_A2 2 e σ +8

σ

_B2 2 e σ 計 1190 23 分散分析表（2）の結果，切削速度（因子 A）は有意水準 1％で有意，送り速度（因子 B）は有意 水準 5％で有意である． （c）磨耗量が最小になる水準組合せとその母平均の推定 点推定 交互作用 A×B が無視できるので，データの構造は次のようになる． xijk=µ+αi+βj+εijk これより，因子 AB の水準組合せにおける母平均は次式で推定する． x x x ˆ ˆ _{i j} j i j i ij =μ+α +β =μ+α +μ+β −μ= ⋅+ ⋅ − μ カッターの磨耗量が最小となる水準組合せは

x

i⋅と

x

⋅jがともに最小のときであるから，A3B1 で，そのときの母平均の点推定値は次のようになる． 1575 . 0 ˆ_A3B1 =

µ

区間推定（信頼率：95％） 有効反復数 neを求める． 4 1 24 1 8 1 6 1 1 = − + = e n 信頼率 95％の信頼限界は次のようになる．

(

3 1

)

, 3 1

(

)

(

)

₂ 100 1 4 22 . 3 05 . 0 , 18 1575 . 0 , ˆ ± = ± × = t n V t e e e B A U L B A

µ

φ

α

µ

＝0.1386，0.1764

カ ッ タ ー の 磨 耗 量 が 最 小 と な る 水 準 組 合 せ は 切 削 速 度 が 155m/min （ A3） ， 送 り 速 度 が 0.50mm/rev（B1）で，そのときの母 平 均の点 推 定 値は 0.1575mm，信 頼 率 95％の信 頼 下 限 は 0.1386，信頼上限は 0.1764mm である． 【問題 9.3】 因子 A と B の各水準組合せにおけるμi･，μ･j，μを求めると次のようになる． μ1･=50，μ2･=60，μ･1=40，μ･2=60，μ･3=65，μ=55 εij∈N (0, 10 2 )より，E(Ve)＝σe2＝10 2 ＝100

(

)

(

)

50 1 1 2 2 2 1 2 2 ₌ − − + − = − =

∑

a a i A

µ

µ

µ

µ

α

σ

･ ･ E(VA)＝σ +bn_e2

σ

_A2＝100+3×2×50＝400

(

)

(

)

(

)

175 1 1 2 3 2 2 2 1 2 2 ₌ − − + − + − = − =

∑

b b j B

µ

µ

µ

µ

µ

µ

β

σ

･ ･ ･ E(VB)＝σ +ane2 2 B

σ

＝100+2×2×175＝800

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

_{22 2 2}

)

2

(

_{23 2 3}

)

2 300 2 1 2 21 2 3 1 13 2 2 1 2 1 2 1 1 11 2 = + − − + + − − + + − − + + − − + + − − + + − − =

∑∑

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

αβ

･ ･ ･ ･ ･ ･ ･ ･ ･ ･ ･ ･ ij E(VA×B)＝σ +ne2 2 B A×

σ

＝100+2×150＝400 【問題 9.4】 ①データの構造 xijk=µ+αi+βj+(αβ)ij+εijk ②分散分析表による要因効果の検定 題意より母分散が既知で，

σ

e2=1.0であるから分散分析表は次のようになる． 表 1 分散分析表 s.v. s.s. d.f. m.s. F0 E(m.s.) A B A×B e 6.0 12.0 4.0 1 2 2

∞

6.0 6.0 2.0 1.0 6.0* 6.0** 2.0 2 e σ +3

σ

2_A 2 e σ +2

σ

_B2 2 e σ +

σ

_A2_×B 2 e σ 分散分析の結果，因子 A は有意水準 5％で有意，因子 B は有意水準 1％で有意であるが，交 互作用 A×B は有意でない．

(

)

(

)(

) (

2 1

)(

3 1

)

150 300 1 1 2 2 = − − = − − =

∑∑

× b a ij B A

αβ

σ

10

章

回 帰 と 相 関

【問題 10.1】略解 （1）散布図の作成 省 略（図 1 参照） （2）分散分析による要因効果の検定 表 1 分散分析表（1） s.v. s.s. d.f. m.s. F0 E(m.s.) 直線回帰（R） 残り（res） 1216.8 1.2 1 2 1216.80 0.60 0.038

(

)

∑

− + 2 2 2 x x n_{i i} E β σ

(

)

∑

− + 2/ 2 2 k ni i E γ σ 級間（B） 級内（E） 1218.0 191.0 3 12 406.00 15.92 25.50** 2 +

∑

_n 2/

(

_k−1

)

i i E α σ 2 E σ 計 1409.0 15 分散分析表（1）の結果，残りの変動 res は有意でなく，級間変動（B）は 1％で有意で ある．したがって，残りの変動（res）を級内変動（E）にプールして直線回帰の検定をす る． 表 2 分散分析表（2） s.v. s.s. d.f. m.s. F0 E(m.s.) 回帰による 回帰からの 1216.8 192.2 1 14 1216.80 13.73 88.62** σ_E2+β2

∑

n_i

(

x_i−x

)

2 2 E σ 計 1409.0 15 分散分析表（2）の結果，直線回帰による変動は 1％で有意である．すなわち，通電時間 （x）により破断強度（y）は直線的に変化するといえる． （3）回帰式の推定

( )

( )

500.0 1.56 0 . 780 ˆ _{= = =} xx S xy S

β

0 5 . 17 = x ，y=45.750 45 . 18 50 . 17 56 . 1 75 . 45 ˆ ˆ = y−

β

x= − × =

α

以上より回帰式は次のようになる． y=18.45+1.56x この回帰式を用いて散布図上に回帰直線を引く．その結果を図 1 に示す．

y = 18.45+1.56x 20.0 25.0 30.0 35.0 40.0 45.0 50.0 55.0 60.0 65.0 70.0 5.0 10.0 15.0 20.0 25.0 30.0 通電時間 (x) 破 断 強 度 (y ) 図 1 散布図に回帰直線を引いた結果 【問題 10.2】 （a）散布図の作成 省 略（図 1 参照） （b）相関係数の計算

( )

( ) ( )

107.655 145.647 0.699 526 . 87 = × = = yy S xx S xy S r （c）相関の有無の検定 H0：ρ＝0 H1：ρ≠0

(

0.699

)

5.172 1 28 699 . 0 1 2 2 2 0 = − × = − − = r n r t |_ｔ0|＝5.172**＞t (28, 0.01)=2.763 したがって，有意水準 1％で H0は棄却される． すなわち，超音波波形高さ（x）と溶着径（y）の間に正の相関があるといえる． （d）回帰式の推定

( )

( )

107.655 0.8130 526 . 87 ˆ_{= = =} xx S xy S

β

0533 . 5 = x ，y=5.6900 0533 . 5 8130 . 0 6900 . 5 ˆ ˆ = y−

β

x= − ×

α

=1.5817 回帰式は次のようになる． y=1.5817+0.8130x この回帰式を用いて散布図上に回帰直線を引く．その結果を図 1 に示す．

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 7.5 8.0 8.5 9.0 9.5 10.0 10.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 7.5 8.0 8.5 9.0 9.5 超音波波形高さ(x) 溶 着 径 (y ) メジアン法による回帰直線 最小二乗法に よる回帰直線 R x ~ L x ~ R y ~ L y ~ x ~ y ~ 図 1 散布図に回帰直線を引いた結果 （e）メジアン法による相関の有無の検定と回帰式の推定 ①メジアン法による相関の有無の検定 xと y のメジアン

~

x

と

~

y

を求めると，

x

~

=5.05，

~

y

=5.70 となる．このメジアン線を散布図に引く．

x

~

_線と

~

_y

_{線でできる 4 つの象限内の点の数を数える．ただし，メジアン線上の点は除く．} 第 1 象限：n1=11，第 2 象限：n2=4，第 3 象限：n3=11，第 4 象限：n4=4 n+=n1+n3=11+11=22，n－=n2+n4=4+4=8，N=n++n_－=22+8=30 表 2.6 の符号検定表の N=30 のとき n+，n－=9＞n－=8．したがって，正の相 関があるといえる． ②メジアン法による回帰式の推定

x

~

_線と

~

_y

_{線の左半分および}

_x

~

_線と

~

_y

線の右半分についてそれぞれのメジア ン線を求め，これら交点を結ぶとメジア ン法による回帰直線が求められる．これ を図 1 に引いた結果を図 2 に示す． こ の 図 よ り ．

x

L

~

_{=3.7 ，} R

x

~

_=6.1， L

y

~

_=4.2， R

y

~

_{=7.0 であるから，メジアン} 法による回帰式は次のようになる． 図 2 メジアン法による回帰直線を引いた結果

(

L

)

L R L R L x x x x y y y y _{~ ~} ~ ~ ~ ~ ₋ − − + = y

(

x 3.7

)

0.1167 1.1667x 7 . 3 1 . 6 2 . 4 0 . 7 2 . 4 − =− + − − + = ③回帰式の比較 最小二乗法による回帰式： y =1.5817+0.8130x メジアン法による回帰式： y = −0.1167+1.1667x y = 1.5817+0.8130x 0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 11.0 0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 超音波波形高さ(x) 溶 着 径 (y )