Як сказати ймовірність відмови, якщо не було відмов?

50

Мені було цікаво, чи є спосіб сказати ймовірність того, що щось вийде з ладу (продукт), якщо ми маємо 100 000 продуктів на місцях за 1 рік і без відмов? Яка ймовірність того, що один із наступних 10000 проданих продуктів провалиться?

probability survival binomial

— диня свіжа
джерело

4

Щось підказує мені, що це не справжня проблема надійності. Немає товарів з такими низькими показниками відмов.

— Аксакал

Вам потрібна модель розподілу можливих показників успіху / невдачі, перш ніж ви зможете зробити що-небудь із статистики до ймовірностей фактичних показників успіху / невдачі. Ваш опис дає дуже мало підстав для того, щоб зробити висновок про таку розподіл.

— RBarryYoung

1

@RBarryYoung, будь ласка, перевірте надані відповіді - вони надають кілька цікавих та вагомих підходів до проблеми. Якщо ви не згодні з цими підходами, сміливо коментуйте їх або надайте власну відповідь.

— Тім

2

@Aksakal - такий низький рівень відмов не здається неможливим, якщо це простий виріб з високою цінністю та таким високим ризиком у разі відмови (як хірургічний інструмент), що він проходить рівні тестування та огляду (і, можливо, незалежний сертифікація) перед випуском. Звичайно, може бути навпаки, продукт може мати таке низьке значення, що кінцеві споживачі просто не повідомляють про проблеми з несправними продуктами (напевно виробники гумболи мають менше 1/1 100000 повідомлених про дефекти?), Споживач просто відкидає це і пробує нове.

— Джонні

@Johnny, коли Motorola придумала

6 σ

$6\sigma$ вони звикли похвалитися, що на 100 мільйонів продуктів є 3 відмови, чи щось подібне.

— Аксакал

43

Ймовірність того, що продукт вийде з ладу, безумовно, є функцією часу та використання. Ми не маємо жодних даних про використання, і лише за один рік не виникає збоїв (вітаємо!). Таким чином, цей аспект (званий функцією виживання ) не може бути оцінений з ваших даних.

Однак ви можете думати про невдачі протягом одного року як випливає з біноміального розподілу . У вас все ще немає збоїв, але це зараз загальна проблема. Просте рішення - використовувати правило 3 , яке точно з великим (яке, безумовно, є). В Зокрема, ви можете отримати верхню межу одностороння 95% довірчий інтервал (тобто нижня межа дорівнює ) на істинної ймовірності відмови в протягом одного року . У вашому випадку ви на 95% впевнені, що показник менше . $N$ $0$ $3/N$ $0.00003$

Ви також запитали, як обчислити ймовірність того, що одне чи більше наступних 10 к виходять з ладу. Швидкий і простий (хоч і крайній) спосіб розширити вищевказаний аналіз - просто використовувати верхню межу як основну ймовірність і використовувати відповідний біноміальний CDF, щоб отримати ймовірність того, що не буде збоїв. Використовуючи код, ми могли б зробити:, що дає шанс побачити один або кілька збоїв у наступних 10-ти к. Використовуючи верхню межу, це не є оптимальною точковою оцінкою ймовірності виникнення хоча б одного збою, скоріше можна сказати, що малоймовірно, що ймовірність відмови перевищує $0$ R1-pbinom(0, size=10000, prob=0.00003)0.2591851 $\ge 1$ $\approx 26\%$ (визнаючи, що це дещо "ручно-хвилясте" обрамлення). Інша можливість - використовувати пропозицію @ amoeba про оцінку за правилом правонаступництва Лапласа . Правило правонаступництва зазначає, що передбачувана ймовірність відмови становить , де - кількість відмов. В цьому , а розрахунок для прогнозованої ймовірності невдач в наступному 10.000 , отримуючи , або $(F+1)/(N+2)$ $F$ $\hat p = 9.9998\times 10^{-06}$ $1^+$ 1-pbinom(0, size=10000, prob=9.9998e-06)0.09516122 . $\approx 10\%$

— gung - Відновити Моніку
джерело

3

+1. Я раніше не чув про "правило 3". Цікаво, чи є зв’язок між правилом 3 та "правилом спадкоємства Лапласа"? Відповідно до останнього (якщо я правильно його застосую), ймовірність відмови можна оцінити як

.

1 / (N + 2)

$1/(N+2)$

— амеба каже, що повернеться до Моніки

14

@amoeba Це правило 3 - це однобічний межа довіри 95%. Припустимо, кількість відмов має двочленове

розподіл. Тоді шанс побачити невдачі -

. Щоб зробити це більше

, розв’яжіть

для

. Використовуючи

для малого

, рішення -

(n, p)

$(n,p)$

(1 - p)^{n}

$(1-p)^n$

5 %

$5\%$

(1 - p)^{n} \geq 0.05

$(1-p)^n\ge 0.05$

p

$p$

\log (1 - p) \approx - p

$\log(1-p)\approx -p$

p

$p$

. Так

, отримуємо

. Це "правило 3". Це варто знати, тому що тепер ви знаєте, як змінити "3", якщо ви хочете відрегулювати рівень довіри, а також можете інвертувати його, щоб знайти мінімум

необхідний для виявлення швидкості

або вище.

p \leq - \log (0.05) / n

$p\le -\log(0.05)/n$

0.05 = 1 / 20 \approx e^{3}

$0.05=1/20\approx e^3$

p \leq 3 / n

$p\le 3/n$

n

$n$

p

$p$

— whuber

1

@amoeba, як я вже згадував, я взяв рівномірний варіант перед ймовірністю відмови. Я вважаю, що різний попередній результат призведе до значно різних результатів.

— Yair Daon

1

Ваша редакція має гарний хід (+1). Однак це викликає питання тлумачення. Ми не впевнені, що шанс становить не більше

оскільки ми не повністю впевнені в справжньому базовому шансі. У нас немає "верхньої межі" на

, а лише верхньої межі довіри. Коли ви даєте прогноз на майбутню подію, вам потрібно (а) оцінити її та (б) надати межі для неї. Подивіться на це так: дайте нам межі на

коли

,

незалежно, умовно

26 %

$26\%$

p

$p$

Y

$Y$

X \sim Binomial (n, p)

$X\sim\text{Binomial}(n,p)$

Y \sim Binomial (m, p)

$Y\sim\text{Binomial}(m,p)$

. Ці оцінки єінтервал передбаченнядля

на основі

.

X = 0

$X=0$

Y

$Y$

X

$X$

— whuber

2

Так, для "Правила трьох". Я кулак побачив це багато років тому в короткій записці до "Журналу Американської медичної асоціації" jama.jamanetwork.com/article.aspx?articleid=385438

— DWin

25

Можна взяти байєсівський підхід. позначають ймовірність відмови і вважають це випадковою змінною. Апріорі, перш ніж побачити результати експериментів, ви можете повірити, що . Якщо ви довіряєте інженерам, щоб зробити цей продукт надійним, можливо, ви можете взяти або так. Це залежить від вас. Тоді ви можете використовувати теорему Байєса для обчислення заднього розподілу . Позначимо подія , яке ви спостережувану ( експерименти з нульовими невдач). $\Theta$ $\Theta \sim U(0,1)$ $\Theta \sim U(0,0.1)$ $\theta$ $A$ $n$

Все просто:рівномірно, тому- деяка константа. Оскільки ви проводитеекспериментів,- це лише ймовірністьвідмовувипробуваннях Бернулі з ймовірністю відмови.

p (Θ = θ | A) = \frac{p (A | Θ = θ) p (Θ = θ)}{p (A)} = \frac{p (A | θ) p (θ)}{\int p (A | θ) p (θ) d θ} .

$p(\Theta = \theta | A) = \frac{p (A | \Theta = \theta) p(\Theta = \theta )}{p(A)} = \frac{p (A |\theta) p(\theta )}{\int p (A |\theta) p(\theta )d\theta}.$

Θ

$\Theta$

p (θ)

$p(\theta)$

n

$n$

p (A | θ)

$p(A | \theta)$

n

$n$

θ

$\theta$

Коли у вас ви золото: ви можете обчислити ймовірність будь-якої події шляхом інтеграції: $p(\theta | A)$ $B$ $\mathbb{P}(B) = \int p(B |\theta) p(\theta |A) d\theta$

Нижче я працюю над детальним рішенням, дотримуючись вищезазначеного підходу. Я візьму кілька стандартних ярликів.

Нехай попереднім буде . Тоді: Константа нормалізації є $U(0,1)$

p (θ | A) \propto p (A | θ) \cdot 1 = (1 - θ)^{n} .

$p(\theta |A)\propto p(A|\theta) \cdot 1 = (1-\theta)^n.$

p (A) = \int p (A | θ) p (θ) d θ

$p(A) = \int p(A|\theta)p(\theta) d\theta$

- див.Бета-функціютабета-розподіл насторінках вікіпедії. Отже,

B (1, n + 1)

$B(1,n+1)$

, що є бета-розподілом з параметрами

.

p (θ | A) = \frac{(1 - θ)^{n}}{B (1, n + 1)}

$p(\theta |A) = \frac{(1-\theta)^n}{B(1,n+1)}$

1, n + 1

$1, n+1$

Позначимо ймовірність без збоїв в продукції в наступному році на . Ймовірність принаймні одного збою становить . Тоді $m$ $B$ $1 -\mathbb{P}( B )$

1 - P (B) = 1 - \int (1 - θ)^{m} \frac{(1 - θ)^{n}}{B (1, n + 1)} d θ = \frac{B (1, n + m + 1)}{B (1, n + 1)}

$1- \mathbb{P}(B) =1 - \int (1-\theta)^m\frac{(1-\theta)^n}{B(1,n+1)}d\theta = \frac{B(1,n+m+1)}{B(1,n+1)}$

що становить приблизно , використовуючи . Не дуже вражає? Я взяв рівномірний розподіл щодо ймовірності відмови. Можливо, у вас краще попередня віра у ваших інженерів. $0.1$ $n= 100,000, m = 10,000$

— Yair Daon
джерело

3

Мабуть, дивним є настільки невдале фактичне рішення такої простої проблеми, особливо коли метод виглядає настільки перспективно. Ви припускаєте, що розрахунки важкі?

— whuber

2

@whuber Я цього не забув, я вважав цей останній крок очевидним. Що я мав на увазі під "нестискуючим", це те, що 10% ймовірність виходу з ладу все ще велика, порівняно з відсутністю збоїв у перших 100 000 пробігів. Крім того, дякую за коментар стосовно споріднених пар, я подумав, що це може заплутати ОП і відволікти їх від важливого, отже, це опустило.

— Яїр Даон

3

Очевидно, так - але коли ви отримаєте значення 0,9, це буде кількість людей, яка бачить, майже незалежно від того, що ви скажете про це в попередньому тексті. Щоб вас не зрозуміли неправильно, завжди корисно бути чітким, яку відповідь ви пропонуєте. (+1 для вдосконаленої відповіді, BTW)

— whuber

3

n ≫ 1

$n \gg 1$

k

$k$

k n

$kn$

1 - e^{- k}

$1-e^{-k}$

k

$k$

k

$k$

2

@whuber Ваше припущення, що попереднє значення не має значення, не відповідає дійсності у випадку нульових збоїв. Це сильно залежить від схилу біля нуля, наприклад, рівна рівномірна попередня (бета 1,1) та Джеффрі до (бета-0,5, 0,5) даватимуть істотно різну задню частину.

— Ерік

12

Замість того, щоб обчислити ймовірність, чому б не передбачити, скільки продуктів може вийти з ладу?

Моделювання спостережень

$n=100000$ $m=10000$ $p$

$p$ $1-p$ $m+n=110000$ $n$ $X$ $m$ $Y$

Постановка питання

$0\le X \le n$ $0 \le Y\le m$ $Y = u$ $X+Y=u$ $u$ $\{0,1,\ldots, m\}$ $n+m$ $u$ $m$ $u$ $n+m$

p (u; n, m) = Pr (Y = u | X + Y = u) = \frac{(\binom{m}{u})}{(\binom{n + m}{u})} = \frac{m (m - 1) \dots (m - u + 1)}{(n + m) (n + m - 1) \dots (n + m - u + 1)} .

$p(u;n,m) = \Pr(Y = u\,|\, X+Y=u) = \frac{\binom{m}{u}}{\binom{n+m}{u}} \\= \frac{m(m-1)\cdots(m-u+1)}{(n+m)(n+m-1)\cdots(n+m-u+1)}.$

Порівняльні формули можуть бути використані для обчислення, коли $X=1, 2, \ldots.$

Верхня межа передбачення $1-\alpha$ (УПЛ) для числа невдач в цих останніх квитків, , визначається найменша ( в залежності від ) , для яких . $m$ $t_\alpha(X;n,m)$ $u$ $X$ $p(u;n,m) \le \alpha$

Інтерпретація

UPL слід інтерпретувати з точки зору ризику використання , який оцінюється до того, як спостерігається або або Іншими словами, припустимо, це минуло рік тому, і вас просять порекомендувати процедуру для прогнозування кількості відмов у наступних продуктах після того, як були помічені перші . Ваш клієнт запитує $t_\alpha$ $X$ $Y$ $m$ $n$

Який шанс, що ваша процедура буде передбачати ? Я не маю на увазі в майбутньому, коли у вас буде більше даних; Я маю на увазі саме зараз, тому що я повинен приймати рішення прямо зараз, і єдині шанси, які мені будуть доступні, - це ті, які можна обчислити в цей момент ". $Y$

Ваша відповідь може бути,

Зараз шанс не перевищує , але якщо ви плануєте використовувати менший прогноз, шанс перевищить . $\alpha$ $\alpha$

Результати

Для , , і ми можемо обчислити це $n=10^5$ $m=10^4$ $X=0$

p (0, n, m) = 1; p (1, n, m) = \frac{1}{11} \approx 0.091; p (2, n, m) = \frac{909}{109999} \approx 0.0083; \dots

$p(0,n,m)=1;\ p(1,n,m)=\frac{1}{11}\approx 0.091;\ p(2,n,m)=\frac{909}{109999}\approx 0.0083; \ldots$

Таким чином, спостерігаючи $X=0$ ,

Для впевненості до (тобто, коли ), передбачте, що в найближчих продуктах максимум збій . $1-\alpha=90.9\%$ $9.1\%\le \alpha$ $t_\alpha(0;n,m)=1$ $10,000$
Для впевненості до (тобто, коли ), передбачте, що в наступних продуктах є максимум відмови . $99.2\%$ $0.8\%\le \alpha \lt 9.1\%$ $t_\alpha(0;n,m)=2$ $10,000$
І т.д.

Коментарі

Коли і навіщо застосовуватиметься такий підхід? Припустимо, ваша компанія виготовляє безліч різноманітних продуктів. Після спостереження за виконання кожного з них в поле, він любить проводити гарантії, такі , як «Не буде виконана без вартості заміни будь-якого збою в протягом одного року.» Маючи ліміти прогнозування кількості відмов, ви можете контролювати загальні витрати на надання гарантій. Оскільки ви виробляєте багато продуктів і очікуєте, що невдачі ставатимуть через випадкові поза вашим контролем обставини, досвід кожного продукту буде незалежним. Має сенс контролювати свій ризик у довгостроковій перспективі $n$ . Час від часу вам, можливо, доведеться платити більше претензій, ніж очікувалося, але більшу частину часу ви будете платити менше. Якщо оплата більше, ніж оголошено, може бути згубною, ви встановите, що буде надзвичайно малим (і ви, ймовірно, будете використовувати і більш складну модель відмови!). В іншому випадку, якщо витрати незначні, ви можете жити з низькою впевненістю (висока ). Ці розрахунки показують, як збалансувати довіру та ризики. $\alpha$ $\alpha$

Зауважте, що нам не потрібно обчислювати повну процедуру . Ми чекаємо, поки спостерігається , а потім просто проводимо обчислення для цього конкретного (тут, ), як показано вище. В принципі, однак, ми могли б провести розрахунки для всіх можливих значень на самому початку. $t$ $X$ $X$ $X=0$ $X$

Байєсівський підхід (описаний в інших відповідях) привабливий і буде добре працювати, якщо результати не сильно залежать від попереднього. На жаль, коли рівень відмов настільки низький, що спостерігається дуже мало (або немає відмов), результати чутливі до вибору попереднього.

— дзижчати
джерело

+1, але не здається правильним.

p (0, n, m) = 1

$p(0,n,m)=1$

— амеба каже Відновити Моніку

1

@COOLSerdash, тому що , а умови для не дорівнюють нулю.

\sum_{u} p (u, n, m) = 1

$\sum_u p(u,n,m)=1$

u = 1, 2...

$u=1,2...$

— амеба каже, що повернеться до Моніки

1

Причина, по якій ви отримуєте , як зазначає @amoeba, полягає в тому, що ваш насправді не , а швидше (і таким чином слід по-справжньому позначати, наприклад, як або щось подібне). У мене виникають певні проблеми з тим, що саме ви робите з цим пізніше, але я впевнений, що, як би там не було, це, на жаль, не є правильним рішенням проблеми, як задали.

\sum_{u} p (u; n, m) > 1

$\sum_u p(u;n,m) > 1$

p (u; n, m) = \frac{(\binom{m}{u})}{(\binom{n + m}{u})}

$p(u;n,m) = \frac{m \choose u}{n+m \choose u}$

P r (Y = u | X = 0)

${\rm Pr}(Y=u|X=0)$

P r (Y = u | X + Y = u)

${\rm Pr}(Y=u|X+Y=u)$

=

$=$

P r (X = 0 | X + Y = u)

${\rm Pr}(X=0|X+Y=u)$

p (0; n, m, u)

$p(0;n,m,u)$

— Ілмарі Каронен

1

@IlmariKaronen Дякую за коментарі Ви маєте рацію, що я мав би охарактеризувати трохи чіткіше, тому що це не розподіл ймовірностей на - це умовна ймовірність, - але я вважаю, що сама відповідь є правильною, і я Я дуже впевнений, що такий підхід до обчислення прогнозування меж є правильним і звичайним. Я відредагую це повідомлення, щоб уточнити ці моменти.

p (u; n, m)

$p(u;n,m)$

u

$u$

— whuber

1

@Ilmari Я вже зробив редагування - ви можете бачити це в історії редагування. Я вважаю, що немає пріоритетів і застосовую лише визначення інтервалу прогнозування до цієї проблеми. Якщо ви хочете оскаржити, чи є це "статистично значущим", ви опинитеся на цьому кіксотичному виклику цієї стандартної конструкції. Див., Наприклад, Hahn & Meeker, Статистичні інтервали (J. Wiley, 1991).

— whuber

9

Далі йде байєсівська відповідь "З 10 000 нових продуктів, скільки очікується, що вони вийдуть з ладу, якщо всі колишні 100 000 вироблених не вийшли з ладу?", Але ви повинні врахувати чутливість до різних пріорів.

Припустимо, що є умовно незалежними та однаково розподіленими, заданими , таким чином, що , і використовувати сполучник попереднього , з . $X_1,\dots,X_n$ $\Theta=\theta$ $X_1\mid\Theta=\theta\sim\mathrm{Bernoulli}(\theta)$ $\Theta\sim\mathrm{Beta}(a,b)$ $a,b>0$

Для ми маємо $m<n$

E [\sum_{i = m + 1}^{n} X_{i} | X_{1} = 0, \dots X_{m} = 0] = \sum_{i = m + 1}^{n} E [X_{i} ∣ X_{1} = 0, \dots X_{m} = 0] .

$\mathrm{E}\left[\sum_{i=m+1}^n X_i\;\Bigg\vert\; X_1=0,\dots X_m=0 \right] = \sum_{i=m+1}^n \mathrm{E}\left[ X_i\mid X_1=0,\dots X_m=0 \right] \, .$

Для нас є в якому ми використовували . $m+1\leq i\leq n$

\begin{aligned} E [X_{i} ∣ X_{1} = 0, \dots X_{m} = 0] & = Pr (X_{i} = 1 ∣ X_{1} = 0, \dots X_{m} = 0) \\ = \int_{0}^{1} Pr (X_{i} = 1 ∣ Θ = θ) f_{Θ ∣ X_{1}, \dots, X_{m}} (θ ∣ 0, \dots, 0) d θ \\ = \frac{Γ (m + a + b)}{Γ (m + a + b + 1)} \frac{Γ (a + 1)}{Γ (a)} = \frac{a}{m + a + b}, \end{aligned}

$\begin{align} \mathrm{E}\left[X_i\mid X_1=0,\dots X_m=0\right] &= \Pr(X_i=1\mid X_1=0,\dots X_m=0) \\ &= \int_0^1 \Pr(X_i=1\mid \Theta=\theta) \,f_{\Theta\mid X_1,\dots,X_m}(\theta\mid 0,\dots,0) \,d\theta \\ &= \frac{\Gamma(m+a+b)}{\Gamma(m+a+b+1)} \frac{\Gamma(a+1)}{\Gamma(a)} = \frac{a}{m+a+b}\, , \end{align}$

Θ ∣ X_{1} = 0, \dots, X_{m} = 0 \sim B e t a (a, m + b)

$\Theta\mid X_1=0,\dots,X_m=0\sim \mathrm{Beta}(a,m+b)$

Підключивши свої номери, з рівномірним попереднім ( ), ви очікуєте, що рівень відмов очікується близько , тоді як попередній тип Джеффрі ( ) дає вам коефіцієнт відмов близько . $a=1,b=1$ $10\%$ $a=1/2,b=1/2$ $5\%$

Це прогнозне очікування не виглядає як хороший підсумок, оскільки прогнозний розподіл сильно перекошений. Ми можемо піти далі і обчислити прогнозний розподіл. Оскільки кондиціонування так, як ми робили до того, як у нас для .

\sum_{i = m + 1}^{n} X_{i} | Θ = θ \sim B i n (n - m + 2, θ),

$\sum_{i=m+1}^n X_i \;\Bigg\vert\; \Theta=\theta \sim \mathrm{Bin}(n-m+2,\theta) \, ,$

\begin{aligned} Pr & (\sum_{i = m + 1}^{n} X_{i} = t | X_{1} = 0, \dots X_{m} = 0) = \\ (\binom{n - m + 2}{t}) \frac{Γ (m + a + b)}{Γ (a) Γ (m + b)} \frac{Γ (t + a) Γ (n - t + 2)}{Γ (n + a + 2)}, \end{aligned}

$\begin{align} \Pr&\left(\sum_{i=m+1}^n X_i=t \;\Bigg\vert\; X_1=0,\dots X_m=0\right) = \\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\binom{n-m+2}{t} \frac{\Gamma(m+a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(m+b)} \frac{\Gamma(t+a)\Gamma(n-t+2)}{\Gamma(n+a+2)} \, , \end{align}$

t = 0, 1, \dots, n - m + 2

$t=0,1,\dots,n-m+2$

Я закінчу його згодом, обчислюючи інтервал прогнозування . $95\%$

— Дзен
джерело

3

+1 для демонстрації того, що результат є чутливим до форми попереднього близького до 0. (Варто зазначити, що оскільки функція ймовірності сильно зосереджена поблизу нуля, коли є великою, це єдина частина попереднього, яка насправді має значення.) Наприклад, для до цього очікування приблизно пропорційне , але майже не залежить від . Аналогічно, для рівномірний попередній, насправді не дуже важливо, чи є пріоритет або , але все зміниться кардинально, якби ми припустили таке, як .

m

$m$

B e t a (a, b)

$\mathrm{Beta}(a,b)$

\frac{a}{m + a + b} \approx \frac{a}{m}

$\frac{a}{m+a+b}\approx\frac am$

a

$a$

b

$b$

U (0, 1)

$U(0,1)$

U (0, 0.01)

$U(0,0.01)$

U (0.01, 1)

$U(0.01,1)$

— Ільмарі Каронен

6

Використовуючи підхід до проблеми сходу сонця Лапласа , ми отримуємо ймовірність того, що продукт вийде з ладу протягом року . Далі, ймовірність того, що нових продуктів не вийде з ладу протягом року, становить Отже, ймовірність того, що принаймні один продукт з вийде з ладу в наступному році, становить Для значення . У випадку Уубера , насправді досить високий.

p = \frac{1}{100000 + 1}

$p=\frac{1}{100000+1}$

n

$n$

(1 - p)^{n}

$(1-p)^n$

n

$n$

1 - {(1 - \frac{1}{100001})}^{n}

$1-\left(1-\frac{1}{100001}\right)^{n}$

n = 10000

$n=10000$

P_{10000} \approx 0.095

$P_{10000}\approx 0.095$

P_{200000} \approx 0.87

$P_{200000}\approx 0.87$

Звичайно, вам слід постійно оновлювати свої дані, поки продається більше товарів, з часом одна вийде з ладу.

— Аксакал
джерело

Ця відповідь видається невірною: обчислення одного майбутнього сходу сонця не поширюється просто шляхом множення. Зрештою, припустимо, число було замінено на . Чи можете ви стверджувати, що ймовірність відмови становить ?? Ви повинні порівняти свою відповідь з аналізом у відповіді Яїра Даона та відповідними коментарями.

10, 000

$10,000$

200, 000

$200,000$

200000 / 100001 \approx 2

$200000/100001\approx 2$

— whuber

@whuber, виправили це

— Аксакал

1

(1) Або ви неправильно підрахували, або ваш "200000" - це помилка друку на "20000". (Ви повинні отримати близько .) (2) Ваш аналіз тепер відтворює частину висновків Яїра Даона, але без користі від повного заднього розподілу.

0.865

$0.865$

— whuber

@whuber, так, це був один менший нуль

— Аксакал

5

На це питання було надано кілька хороших відповідей, але останнім часом у мене був шанс переглянути кілька ресурсів на цю тему, і тому я вирішив поділитися результатами.

Існує кілька можливих оцінювачів даних про нульові збої. Позначимо як кількість відмов, а як розмір вибірки. Максимальна оцінка ймовірності відмови з урахуванням цих даних є $k=0$ $n$

\begin{matrix} (1) & P (K = k) = \frac{k}{n} = 0 \end{matrix}

$P(K = k) = \frac{k}{n} = 0 \tag{1}$

Така оцінка досить незадовільна, оскільки той факт, що ми не спостерігали збоїв у нашому зразку, навряд чи підтверджує, що вони взагалі неможливі. Невідомі знання свідчать про те, що існує певна ймовірність виходу з ладу, навіть якщо їх не спостерігали (поки що). Наявність апріорних знань приводить нас до використання байєсівських методів, розглянутих Бейлі (1997), Razzaghi (2002), Basu et al (1996), Ludbrook and Lew (2009).

Серед простих оцінювачів "верхньої межі", що передбачає (Bailey, 1997)

що оцінювач P для нульового відмови не буде логічним для отримання ймовірності, що перевищує ту, яку передбачив максимальний вірогідність оцінки у випадку відмови, розумна верхня межа

визначено як

\begin{matrix} (2) & \frac{1}{n} \end{matrix}

$\frac{1}{n} \tag{2}$

можна згадати. Як переглянули Ludbrook and Lew (2009), іншими можливостями є "правило трійки" (див. Тут , Wikipedia , або Eypasch et al, 1995)

\begin{matrix} (3) & \frac{3}{n} \end{matrix}

$\frac{3}{n} \tag{3}$

або інші варіанти:

\begin{matrix} (4) & \frac{3}{n + 1} \end{matrix}

$\frac{3}{n+1} \tag{4}$

"правило 3,7" Ньюкомба та Альтмана (або 3,6):

\begin{matrix} (5) & \frac{3.7}{n} \end{matrix}

$\frac{3.7}{n} \tag{5}$

"нове правило чотирьох":

\begin{matrix} (6) & \frac{4}{n + 4} \end{matrix}

$\frac{4}{n+4} \tag{6}$

але, як дійшли висновку Ludbrook and Lew (2009), "правило трійки" є "поруч із марним", а "правило 3.6" (і 3.7) "мають серйозні обмеження - вони є грубо неточними, якщо початковий розмір вибірки менше 50" і вони не рекомендують методи (3) - (6), пропонуючи скоріше використовувати правильні байєсові оцінки (див. нижче).

Серед байєсівських оцінювачів можна відзначити кілька різних. Перший такий оцінювач, запропонований Бейлі (1997)

\begin{matrix} (7) & 1 - {0.5}^{\frac{1}{n}} \end{matrix}

$1 - 0.5^\frac{1}{n} \tag{7}$

для оцінки медіани за рівномірним попереднім

\begin{matrix} (8) & 1 - {0.5}^{\frac{1}{n + 1}} \end{matrix}

$1 - 0.5^\frac{1}{n+1} \tag{8}$

або для оцінки середнього за таким попереднім

\begin{matrix} (9) & \frac{1}{n + 2} \end{matrix}

$\frac{1}{n+2} \tag{9}$

ще один підхід, що передбачає експоненціальну схему відмов з постійною швидкістю відмов (розподіли Пуассона)

\begin{matrix} (10) & \frac{1 / 3}{n} \end{matrix}

$\frac{1/3}{n} \tag{10}$

якщо ми використовуємо бета-версію з параметрами і ми можемо використовувати формулу (див. Razzaghi, 2002): $a$ $b$

\begin{matrix} (11) & \frac{a}{a + b + n} \end{matrix}

$\frac{a}{a+b+n} \tag{11}$

що при призводить до рівномірного попереднього (9). Якщо припустити, що Джеффріс дорівнює це призводить до $a = b = 1$ $a = b = 0.5$

\begin{matrix} (12) & \frac{1}{2 (n + 1)} \end{matrix}

$\frac{1}{2(n+1)} \tag{12}$

Як правило, рекомендуються байєсові формули (7) - (12). Basu et al (1996) рекомендує (11) з попередньою інформацією, коли є деякі апріорні знання. Оскільки не існує жодного найкращого методу, я б запропонував переглянути літературу перед вашим аналізом, особливо коли є невеликим. $n$

Бейлі, RT (1997). Оцінка за даними нульових відмов. Аналіз ризиків, 17 , 375-380.

Razzaghi, M. (2002). Про оцінку вірогідності біноміального успіху з нульовим виникненням у вибірці. Журнал сучасних прикладних статистичних методів, 1 (2), 41.

Ludbrook, J., & Lew, MJ (2009). Оцінка ризику рідкісних ускладнень: чи достатньо «хорошого правила трьох» ?. Журнал хірургії ANZ, 79 (7–8), 565-570.

Eypasch, E., Lefering, R., Kum, CK, and Troidl, H. (1995). Ймовірність побічних подій, які ще не відбулися: статистичне нагадування. BMJ 311 (7005): 619–620.

Basu, AP, Gaylor, DW, & Chen, JJ (1996). Оцінка ймовірності появи пухлини для рідкісного раку з нульовим явищем у вибірці. Нормативна токсикологія та фармакологія, 23 (2), 139-144.

— Тім
джерело

1

Відмінний огляд того, що там є!

— AlefSin

Що стосується коментарів, що починаються з "декількох оцінок Баєса" декілька ... ", як правило, не зрозуміло, чи відноситься даний коментар до формули над ним або нижче. Ви можете зробити це зрозуміліше?

— gung - Відновіть Моніку

2

Вам справді потрібно повернутися до дизайнерів вашої продукції. Це фундаментальна інженерна проблема, а не спостережна статистична. Вони матимуть уявлення про ймовірність виходу з ладу кожного компонента, а з цього - чисту ймовірність відмови всього складеного продукту. Вони можуть надати вам очікувану кількість відмов протягом усього терміну експлуатації продукту.

Цивільний інженер проектує міст, який має тривалість проекту 120 років. Кожен компонент мосту має незначний шанс виходу з ладу. Кожне завантаження має незначний шанс перевищення. Щоб зробити міст економічним для будівництва, повний обвал відбудеться лише раз у 2400 років, що набагато довше, ніж мост буде підтримуватися. Не дивно, що міст не провалюється ні в 1, ні в 2-й рік у 120-му році. Тобто це не зруйнується, говорить вам дуже мало. Різні шанси на невдачу з часом можуть оцінити лише оригінальні дизайнери.

— Роберт
джерело

0

Це схоже на проблему, з якою я стикався, коли ми впровадили новий виробничий процес для усунення несправностей у виробництві.

Нова система не дала збоїв, тому люди задавали те саме питання: як ми прогнозуємо рівень відмов? У вашому випадку, оскільки ви встановили період, протягом якого збій може статися без побоювання, коли збій трапиться протягом цього періоду, тимчасові наслідки були усунені. І це просто випадок того, що щось не вдалося чи ні. За умови, що передбачено моєю відповіддю.

Інтуїтивно, мабуть, нам потрібен хоча б один збій, щоб можна було обчислити рівень відмови. Однак це припущення має в собі неявну помилку. Ми ніколи не будемо розраховувати рівень відмов. Це тому, що ми маємо справу зі зразком. Таким чином, ми можемо лише оцінити діапазон ймовірних показників відмов. Спосіб зробити це - знайти розподіл за коефіцієнтом відмов. Розподіл, який виконує роботу в цьому випадку, є бета-розподілом, де параметри: α = n + 1 і β = N - n + 1

Примітка: N - розмір вибірки і n - кількість відмов (у вашому випадку 0)

Для вашого сценарію розподіл показника відмов показано нижче. .

Потім ви б подали цей розподіл у відповідну біноміальну формулу ймовірності, щоб отримати розподіл на ймовірність відмови однієї одиниці (це можна зробити аналітично або за допомогою Монте-Карло). Я підозрюю, що цифри будуть дуже низькими.

Зауважте, що цей процес застосовний незалежно від кількості відмов у вашому кулаку.

— Клінт Стіл
джерело