จะบอกความน่าจะเป็นของความล้มเหลวได้อย่างไรถ้าไม่มีความล้มเหลว?

50

ฉันสงสัยว่ามีวิธีที่จะบอกความน่าจะเป็นของสิ่งที่ล้มเหลว (ผลิตภัณฑ์) ถ้าเรามีผลิตภัณฑ์ 100,000 รายการในเขตข้อมูลเป็นเวลา 1 ปีและไม่มีความล้มเหลวหรือไม่? ความน่าจะเป็นที่ผลิตภัณฑ์หนึ่งใน 10,000 รายการที่ขายไปนั้นล้มเหลวคืออะไร

probability survival binomial

— melonfresh
แหล่งที่มา

4

มีบางอย่างบอกฉันว่านี่ไม่ใช่ปัญหาความน่าเชื่อถือที่แท้จริง ไม่มีผลิตภัณฑ์ที่มีอัตราความล้มเหลวต่ำเช่นนี้

— Aksakal

คุณต้องการแบบจำลองสำหรับการกระจายอัตราความสำเร็จ / ความล้มเหลวที่เป็นไปได้ก่อนที่คุณจะสามารถอนุมานอะไรก็ได้จากสถิติไปจนถึงความน่าจะเป็นสำหรับอัตราความสำเร็จ / ความล้มเหลวที่เกิดขึ้นจริง คำอธิบายของคุณให้พื้นฐานน้อยมากในการอนุมาน / ถือว่าการแจกจ่ายดังกล่าว

— RBarryYoung

1

@RarryYoung โปรดตรวจสอบคำตอบที่ให้ - พวกเขาให้แนวทางที่น่าสนใจและถูกต้องกับปัญหา หากคุณไม่เห็นด้วยกับวิธีการเหล่านี้โปรดแสดงความคิดเห็นหรือให้คำตอบด้วยตนเอง

— ทิม

2

@ Aksakal - อัตราความล้มเหลวต่ำไม่ได้เป็นไปไม่ได้ถ้ามันเป็นผลิตภัณฑ์ที่เรียบง่ายที่มีมูลค่าสูงและมีความเสี่ยงสูงในกรณีที่เกิดความล้มเหลว (เช่นเครื่องมือผ่าตัด) ที่ผ่านการทดสอบและตรวจสอบระดับ รับรอง) ก่อนที่จะปล่อย แน่นอนว่าสิ่งที่ตรงกันข้ามอาจเป็นจริงผลิตภัณฑ์อาจมีค่าต่ำซึ่งผู้ใช้ปลายทางไม่ได้รายงานปัญหาเกี่ยวกับผลิตภัณฑ์ที่มีข้อบกพร่อง (ผู้ผลิต gumball แน่นอนมีอัตราการรายงานข้อบกพร่องน้อยกว่า 1/100000 หรือไม่) ผู้บริโภคเพียงทิ้ง มันและลองใหม่

— จอห์นนี่

@Johnny เมื่อโมโตโรล่าขึ้นมาด้วย

6 σ

$6\sigma$ พวกเขาเคยโม้ว่ามีความล้มเหลว 3 ต่อ 100 ล้านผลิตภัณฑ์หรือสิ่งที่ต้องการที่

— Aksakal

43

ความน่าจะเป็นที่ผลิตภัณฑ์จะล้มเหลวนั้นเป็นหน้าที่ของเวลาและการใช้งาน เราไม่มีข้อมูลเกี่ยวกับการใช้งานและมีเพียงหนึ่งปีเท่านั้นที่ไม่มีข้อผิดพลาด (ขอแสดงความยินดี!) ดังนั้นลักษณะนี้ (เรียกว่าฟังก์ชันการอยู่รอด ) ไม่สามารถประเมินได้จากข้อมูลของคุณ

คุณสามารถคิดของความล้มเหลวภายในหนึ่งปีดึงจากการกระจายทวินามอย่างไร คุณยังไม่มีความล้มเหลว แต่ตอนนี้เป็นปัญหาที่พบบ่อย วิธีแก้ปัญหาง่ายๆคือใช้กฎ 3ซึ่งมีความถูกต้องกับขนาดใหญ่(ซึ่งคุณมีอย่างแน่นอน) โดยเฉพาะคุณจะได้รับขอบเขตบนของด้านเดียว 95% ช่วงความเชื่อมั่น (เช่นขอบเขตที่ต่ำเป็น ) บนความน่าจะเป็นความจริงของความล้มเหลวภายในหนึ่งปี Nในกรณีของคุณคุณเป็น 95% มั่นใจว่าเป็นอัตราที่น้อยกว่า0.00003 $N$ $0$ $3/N$ $0.00003$

คุณยังถามถึงวิธีการคำนวณความน่าจะเป็นที่ 10k หนึ่งตัวหรือมากกว่านั้นล้มเหลว วิธีที่ง่ายและรวดเร็ว (แม้ว่าสุดขีด) เพื่อขยายการวิเคราะห์ข้างต้นคือการใช้ขอบเขตบนเป็นความน่าจะเป็นพื้นฐานและใช้ binomial CDF ที่สอดคล้องกันเพื่อรับความน่าจะเป็นที่จะไม่มีความล้มเหลว การใช้รหัสเราสามารถทำได้: ซึ่งให้โอกาสในการเห็นความล้มเหลวอย่างน้อยหนึ่งรายการในผลิตภัณฑ์ 10k ถัดไป โดยมีการใช้ที่ถูกผูกไว้ด้านบนนี้ไม่ได้ประมาณการจุดที่ดีที่สุดของความน่าจะเป็นของการมีอย่างน้อยหนึ่งความล้มเหลวมากกว่าที่คุณสามารถพูดได้ว่ามันไม่น่าเป็นไปได้มากว่าน่าจะเป็นของความล้มเหลวเป็นมากกว่า $0$ R1-pbinom(0, size=10000, prob=0.00003)0.2591851 $\ge 1$ $\approx 26\%$ (รับรู้ว่านี่เป็นกรอบที่ค่อนข้าง 'มือหยัก') เป็นไปได้ก็คือการใช้@ ข้อเสนอแนะของอะมีบาของประมาณการจากกฎเลซของความสำเร็จ กฎของการสืบทอดนั้นระบุว่าความน่าจะเป็นของความล้มเหลวโดยประมาณคือโดยที่คือจำนวนความล้มเหลว และการคำนวณสำหรับความน่าจะเป็นที่คาดการณ์ของความล้มเหลวใน 10,000 ต่อไปคือการยอมหรือ $(F+1)/(N+2)$ $F$ $\hat p = 9.9998\times 10^{-06}$ $1^+$ 1-pbinom(0, size=10000, prob=9.9998e-06)0.09516122 % $\approx 10\%$

— gung - Reinstate Monica
แหล่งที่มา

3

+1 ฉันไม่เคยได้ยินเกี่ยวกับ "กฎ 3" มาก่อน ฉันสงสัยว่ามีการเชื่อมต่อระหว่างกฎ 3 และ "กฎการสืบทอดของ Laplace" หรือไม่? ตามหลัง (ถ้าฉันใช้มันอย่างถูกต้อง) น่าจะเป็นของความล้มเหลวสามารถประมาณเป็น

)

1 / (N + 2)

$1/(N+2)$

— อะมีบาพูดว่า Reinstate Monica

14

@amoeba กฎ 3 ข้อนี้มีค่าความเชื่อมั่นด้านเดียว 95% สมมติว่าการนับความล้มเหลวมีการแจกแจงแบบทวินาม

แล้วโอกาสของการได้เห็นความล้มเหลวไม่เป็น

n

เพื่อให้ที่ยิ่งใหญ่กว่า

แก้

สำหรับพี

การใช้

สำหรับ

เล็กการแก้ปัญหาคือ

(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

$p$

n

ตั้งแต่

เราได้รับ

n

นั่นคือ "กฎของ 3" มันคุ้มค่าที่รู้เพราะตอนนี้คุณรู้วิธีที่จะแตกต่างกันไป "3" ถ้าคุณต้องการที่จะปรับระดับความเชื่อมั่นและคุณยังสามารถกลับเพื่อหาต่ำสุดที่

ที่จำเป็นในการตรวจสอบอัตรา

หรือมากกว่า

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 ตามที่ฉันพูดไปแล้วฉันได้ใส่เครื่องแบบก่อนหน้าความน่าจะเป็นของความล้มเหลว ฉันเชื่อว่าสิ่งต่าง ๆ ก่อนหน้านี้จะนำไปสู่ผลลัพธ์ที่แตกต่างอย่างมาก

— Yair Daon

1

การแก้ไขของคุณเป็นความคืบหน้าที่ดี (+1) อย่างไรก็ตามมันทำให้เกิดปัญหาในการตีความ เราไม่ "มั่นใจ" โอกาสไม่เกิน

เพราะเรายังไม่แน่ใจในโอกาสที่แท้จริง เราไม่มี "ขอบเขตบน" บน

แต่มีเพียงขีด จำกัด ความมั่นใจสูงสุด เมื่อคุณคาดการณ์เหตุการณ์ในอนาคตคุณจะต้อง (a) ประมาณและ (b) กำหนดขอบเขตให้ ดูมันเช่นนี้: ให้ขอบเขตกับ

เมื่อ

,

อย่างอิสระ, มีเงื่อนไข

26 %

$26\%$

p

$p$

Y

$Y$

X \sim Binomial (n, p)

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

Y \sim Binomial (m, p)

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

0

ขอบเขตเหล่านั้นเป็นช่วงเวลาที่การคาดการณ์สำหรับ

บนพื้นฐานของX

X = 0

$X=0$

Y

$Y$

X

$X$

— whuber

2

Yay สำหรับ "กฎสามข้อ" ฉันกำปั้นเห็นมันหลายปีที่ผ่านมาในบันทึกสั้นที่ "วารสารของสมาคมการแพทย์อเมริกัน" jama.jamanetwork.com/article.aspx?articleid=385438

— dwin

25

คุณสามารถใช้วิธีการแบบเบส์ แสดงถึงความน่าจะเป็นของความล้มเหลวโดยและคิดว่ามันเป็นตัวแปรสุ่ม เบื้องต้นก่อนที่คุณจะเห็นผลของการทดลองที่คุณอาจเชื่อว่า )ถ้าคุณเชื่อถือวิศวกรที่จะทำให้ผลิตภัณฑ์นี้มีความน่าเชื่อถืออาจจะคุณสามารถใช้หรือดังนั้น ขึ้นอยู่กับคุณ จากนั้นคุณสามารถใช้ทฤษฎีบทของเบย์ในการคำนวณการกระจายหลังของθแสดงว่ากรณีที่คุณสังเกต ( ทดลองกับศูนย์ความล้มเหลว) $\Theta$ $\Theta \sim U(0,1)$ $\Theta \sim U(0,0.1)$ $\theta$ $A$ $n$

ทุกอย่างง่าย:มีความสม่ำเสมอดังนั้นจึงมีค่าคงที่ ตั้งแต่คุณเรียกทดลองเป็นเพียงน่าจะเป็นของที่ไม่มีความล้มเหลวในทดลอง bernouli กับความน่าจะเป็นของความล้มเหลวθ

พี (Θ = θ | A) = \frac{พี (A | Θ = θ) พี (Θ = θ)}{พี (A)} = \frac{พี (A | θ) พี (θ)}{\int พี (A | θ) พี (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

$\theta$

เมื่อคุณมีคุณเป็นทองคำ: คุณสามารถคำนวณความน่าจะเป็นของเหตุการณ์ใด ๆโดยการรวม: $p(\theta | A)$ $B$ $\mathbb{P}(B) = \int p(B |\theta) p(\theta |A) d\theta$

ด้านล่างฉันทำงานผ่านโซลูชันอย่างละเอียดโดยทำตามวิธีข้างต้น ฉันจะใช้ทางลัดมาตรฐานเล็กน้อย

ให้ก่อนที่จะ )จากนั้น: ค่าคงที่การทำให้เป็นมาตรฐานพบว่าเป็น $U(0,1)$

พี (θ | A) α พี (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

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

- วิกิพีเดียดูหน้าฟังก์ชั่นเบต้าและการกระจายเบต้า ดังนั้น

B (1, n + 1)

$B(1,n+1)$

ซึ่งเป็นเบต้ากระจายกับพารามิเตอร์

1

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

$1, n+1$

แสดงว่าน่าจะเป็นของความล้มเหลวในไม่มีผลิตภัณฑ์ในปีถัดไปโดยBน่าจะเป็นของอย่างน้อยหนึ่งความล้มเหลวคือ )จากนั้น $m$ $B$ $1 -\mathbb{P}( B )$

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

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

ซึ่งเป็นประมาณโดยใช้ 000ไม่น่าประทับใจมาก? ฉันใช้การแจกแจงแบบสม่ำเสมอบนความน่าจะเป็นของความล้มเหลว บางทีคุณอาจมีความเชื่อมั่นในวิศวกรของคุณก่อนดีกว่า $0.1$ $n= 100,000, m = 10,000$

— Yair Daon
แหล่งที่มา

3

มันดูแปลกที่จะขาดวิธีแก้ปัญหาจริงสำหรับปัญหาง่ายๆโดยเฉพาะอย่างยิ่งเมื่อวิธีนั้นดูดี คุณแนะนำการคำนวณนั้นยากหรือไม่?

— whuber

2

@ เมื่อฉันไม่ลืมฉันคิดว่าขั้นตอนสุดท้ายนี้ชัดเจน สิ่งที่ฉันหมายถึงโดย "ไม่บีบอัด" คือความน่าจะเป็นที่ 10% ของความล้มเหลวยังคงมีขนาดใหญ่เมื่อเทียบกับความล้มเหลวในการวิ่ง 100,000 ครั้งแรก นอกจากนี้ขอขอบคุณสำหรับความคิดเห็นเกี่ยวกับคู่คอนจูเกตฉันคิดว่ามันอาจสับสน OP และเบี่ยงเบนความสนใจของพวกเขาจากสิ่งที่สำคัญจึงละเว้นมัน

— Yair Daon

3

เห็นได้ชัดว่าใช่ - แต่เมื่อคุณจบด้วยค่า 0.9 นั่นคือจำนวนคนที่จะเห็นเกือบจะไม่ว่าคุณจะพูดเกี่ยวกับเรื่องนี้ในข้อความก่อนหน้า เพื่อที่คุณจะได้ไม่เข้าใจผิดมันจะเป็นประโยชน์เสมอที่จะให้ความกระจ่างเกี่ยวกับคำตอบที่คุณเสนอ (+1 สำหรับคำตอบที่ปรับปรุงแล้ว BTW)

— whuber

3

อันที่จริงโดยไม่คำนึงถึงความเชื่อของคุณในวิศวกรของคุณมันไม่ได้จริงๆน่าแปลกใจมากว่าถ้าคุณสังเกต

การทดลองที่ไม่มีความล้มเหลวของคุณควรเฉลี่ยคาดหวังเกี่ยวกับ

ความล้มเหลวภายในต่อไป

การทดลองจึงควรคาดหวังว่าอย่างน้อยหนึ่ง ความล้มเหลวที่มีความน่าจะเป็น

ซึ่งมีประมาณ

ขนาดเล็กk

ดังนั้นการทดลองที่ประสบความสำเร็จ 100,000 ครั้งทำให้มีความน่าจะเป็นประมาณ 10% ของความล้มเหลวอย่างน้อยหนึ่งครั้งในการทดสอบ 10,000 ครั้งถัดไป

n ≫ 1

$n \gg 1$

k

$k$

k n

$kn$

1 - e^{- k}

$1-e^{-k}$

k

$k$

k

$k$

— Ilmari Karonen

2

@whuber คุณสันนิษฐานว่าก่อนหน้านี้ไม่สำคัญไม่เป็นความจริงในกรณีที่ไม่มีความล้มเหลว มันขึ้นอยู่กับความลาดเอียงที่ใกล้ศูนย์เป็นอย่างมากเช่นเครื่องแบบแบนก่อน (เบต้า 1,1) และเจฟฟรีย์ก่อน (เบต้า 0.5, 0.5) จะให้หลังที่แตกต่างกันอย่างมาก

— Erik

12

แทนที่จะคำนวณความน่าจะเป็นทำไมไม่คาดการณ์ว่าจะมีผลิตภัณฑ์กี่รายการที่ล้มเหลว

การสร้างแบบจำลองการสังเกต

มีผลิตภัณฑ์ในฟิลด์และอีกภายใต้การพิจารณา สมมติความล้มเหลวของพวกเขาทุกคนเป็นอิสระและอย่างต่อเนื่องกับความน่าจะเป็นพี $n=100000$ $m=10000$ $p$

เราอาจจะจำลองสถานการณ์นี้โดยวิธีการของการทดลองทวินาม: ออกจากกล่องของตั๋วที่มีสัดส่วนที่ไม่รู้จักของตั๋ว "ความล้มเหลว" และ "ความสำเร็จ" ตั๋ววาดตั๋ว (ด้วยการเปลี่ยนเพื่อให้ โอกาสของความล้มเหลวยังคงเหมือนเดิม) นับความล้มเหลวในหมู่แรกตั๋ว - ปล่อยให้ที่จะ --and นับความล้มเหลวในหมู่ที่เหลือตั๋วเรียกว่าY $p$ $1-p$ $m+n=110000$ $n$ $X$ $m$ $Y$

การวางกรอบคำถาม

โดยหลักการแล้วและอาจเป็นอะไรก็ได้ สิ่งที่เรามีความสนใจในโอกาสที่ได้รับว่า (กับจำนวนใด ๆ ใน ) เนื่องจากความล้มเหลวอาจเกิดขึ้นได้ทุกที่ในตั๋วทุกรูปแบบที่เป็นไปได้ที่มีโอกาสเท่ากันจึงพบได้โดยการหารจำนวนของ $0\le X \le n$ $0 \le Y\le m$ $Y = u$ $X+Y=u$ $u$ $\{0,1,\ldots, m\}$ $n+m$ $u$ -subsets ของ things ตามจำนวนของ -subsets ของสิ่งของทั้งหมด: $m$ $u$ $n+m$

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)} .

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

สูตรเทียบเคียงสามารถนำมาใช้ในการคำนวณเมื่อ $X=1, 2, \ldots.$

บนขีด จำกัด ของการทำนาย $1-\alpha$ (UPL) สำหรับจำนวนของความล้มเหลวในช่วงที่ผ่านมาตั๋วมอบให้โดยที่เล็กที่สุด (ขึ้นอยู่กับ ) ซึ่งอัลฟ่า $m$ $t_\alpha(X;n,m)$ $u$ $X$ $p(u;n,m) \le \alpha$

การตีความ

UPL ก็ควรจะตีความในแง่ของความเสี่ยงของการใช้ , ประเมินก่อนที่ทั้งหรือเป็นที่สังเกต กล่าวอีกนัยหนึ่งสมมติว่าเป็นหนึ่งปีที่ผ่านมาและคุณจะถูกขอให้แนะนำขั้นตอนการคาดการณ์จำนวนความล้มเหลวในผลิตภัณฑ์ถัดไปเมื่อสังเกตเห็นแรก ลูกค้าของคุณถาม $t_\alpha$ $X$ $Y$ $m$ $n$

มีโอกาสที่ขั้นตอนของคุณจะต่ำกว่าคืออะไร? ฉันไม่ได้ตั้งใจในอนาคตหลังจากที่คุณมีข้อมูลมากขึ้น ฉันหมายถึงตอนนี้เพราะฉันต้องตัดสินใจตอนนี้และโอกาสเดียวที่ฉันจะมีให้ฉันคือคนที่สามารถคำนวณได้ในขณะนี้ " $Y$

คำตอบของคุณสามารถ

ตอนนี้มีโอกาสที่จะไม่มีมากกว่าแต่ถ้าคุณวางแผนที่จะใช้การคาดคะเนขนาดเล็กมีโอกาสที่จะเกินα $\alpha$ $\alpha$

ผล

สำหรับ , และเราอาจคำนวณได้ $n=10^5$ $m=10^4$ $X=0$

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

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

ดังนั้นเมื่อมีการตั้งข้อสังเกต $X=0$ ,

นานถึงเชื่อมั่น (นั่นคือเมื่อ ) คาดการณ์มีมากที่สุดความล้มเหลวในครั้งต่อไปผลิตภัณฑ์ $1-\alpha=90.9\%$ $9.1\%\le \alpha$ $t_\alpha(0;n,m)=1$ $10,000$
ได้ถึงเชื่อมั่น (นั่นคือเมื่อ ) คาดการณ์มีมากที่สุดความล้มเหลวในครั้งต่อไปผลิตภัณฑ์ $99.2\%$ $0.8\%\le \alpha \lt 9.1\%$ $t_\alpha(0;n,m)=2$ $10,000$
เป็นต้น

ความคิดเห็น

วิธีการนี้จะใช้เมื่อใดและทำไม สมมติว่า บริษัท ของคุณสร้างผลิตภัณฑ์ที่แตกต่างกันมากมาย หลังจากสังเกตประสิทธิภาพของของแต่ละคนในสนามมันก็ชอบที่จะสร้างหลักประกันเช่น "เสร็จสมบูรณ์โดยไม่มีค่าใช้จ่ายแทนความล้มเหลวใด ๆ ภายในหนึ่งปี" ด้วยการ จำกัด การคาดการณ์สำหรับจำนวนความล้มเหลวคุณสามารถควบคุมค่าใช้จ่ายทั้งหมดในการรับประกันการรับประกันเหล่านั้นได้ เนื่องจากคุณสร้างผลิตภัณฑ์จำนวนมากและคาดว่าจะเกิดความล้มเหลวเนื่องจากสถานการณ์สุ่มที่อยู่นอกเหนือการควบคุมของคุณประสบการณ์ของแต่ละผลิตภัณฑ์จะเป็นอิสระ มันสมเหตุสมผลที่จะควบคุมความเสี่ยงของคุณในระยะยาว $n$ . บางครั้งคุณอาจต้องจ่ายค่าสินไหมทดแทนมากกว่าที่คาดไว้ แต่ส่วนใหญ่คุณจะจ่ายน้อยลง หากการจ่ายเงินมากกว่าที่ประกาศอาจเป็นการทำลายคุณจะตั้งค่าให้เล็กมาก (และคุณน่าจะใช้โมเดลความล้มเหลวที่ซับซ้อนยิ่งขึ้นเช่นกัน!) มิฉะนั้นหากค่าใช้จ่ายน้อยคุณสามารถใช้ชีวิตด้วยความมั่นใจต่ำ (สูง ) การคำนวณเหล่านี้แสดงให้เห็นถึงวิธีการสร้างสมดุลระหว่างความมั่นใจและความเสี่ยง $\alpha$ $\alpha$

โปรดทราบว่าเราไม่ได้มีการคำนวณขั้นตอนเต็มเสื้อเรารอจนกว่าจะสังเกตแล้วจึงทำการคำนวณสำหรับ (ที่นี่ ) ดังที่แสดงไว้ด้านบน โดยหลักการแล้วเราสามารถทำการคำนวณค่าที่เป็นไปได้ทั้งหมดตั้งแต่เริ่มแรก $t$ $X$ $X$ $X=0$ $X$

วิธีการแบบเบย์ (อธิบายในคำตอบอื่น ๆ ) เป็นสิ่งที่น่าดึงดูดและจะทำงานได้ดีหากผลลัพธ์ไม่ได้ขึ้นอยู่กับก่อนหน้านี้อย่างมาก น่าเสียดายที่เมื่ออัตราความล้มเหลวต่ำมากจนมีการสังเกตน้อย (หรือไม่มีความล้มเหลว) ผลลัพธ์จะอ่อนไหวต่อตัวเลือกก่อนหน้า

— whuber
แหล่งที่มา

+1 แต่

ดูเหมือนจะไม่ถูกต้อง

p (0, n, m) = 1

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

— อะมีบาพูดว่า Reinstate Monica

1

@COOLSerdash เนื่องจาก

และข้อกำหนดสำหรับ

ไม่เท่ากับศูนย์

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

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

u = 1, 2...

$u=1,2...$

— อะมีบากล่าวว่า Reinstate Monica

1

เหตุผลที่คุณได้รับ

ในขณะที่ @amoeba โน้ตเป็นเพราะ

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

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

ไม่ใช่

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

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

แต่เป็น

(และควร ดังนั้นจะถูกแทนด้วยเช่น

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)

$p(0;n,m,u)$ หรืออะไรทำนองนั้น) ฉันมีปัญหาในการติดตามสิ่งที่คุณทำกับสิ่งนั้นในภายหลัง แต่ฉันค่อนข้างแน่ใจว่าไม่ว่ามันจะเป็นอะไร แต่น่าเสียดายที่มันไม่ใช่ทางออกที่ถูกต้องสำหรับปัญหาดังที่ถาม

— Ilmari Karonen

1

@IlmariKaronen ขอบคุณสำหรับความคิดเห็นของคุณ คุณพูดถูกฉันควรจะมีลักษณะ

ชัดเจนขึ้นเล็กน้อยเพราะมันไม่ใช่การแจกแจงความน่าจะเป็นเหนือ

มันเป็นความน่าจะเป็นแบบมีเงื่อนไข - แต่ฉันเชื่อว่าคำตอบนั้นถูกต้องแล้ว ฉันมั่นใจอย่างยิ่งว่าวิธีการคำนวณขีด จำกัด การทำนายนี้มีทั้งถูกต้องและธรรมดา ฉันจะแก้ไขโพสต์นี้เพื่อชี้แจงประเด็นเหล่านี้

p (u; n, m)

$p(u;n,m)$

u

$u$

— whuber

1

@Ilmari ฉันทำการแก้ไขแล้ว - คุณสามารถดูได้ในประวัติการแก้ไข ฉันถือว่าไม่มีนักบวชและใช้คำจำกัดความของช่วงการทำนายกับปัญหานี้เท่านั้น หากคุณต้องการท้าทายว่า "มีความหมายทางสถิติ" หรือไม่คุณจะพบว่าตัวเองท้าทายโครงสร้างมาตรฐานนี้อย่างถี่ถ้วน ตัวอย่างเช่น Hahn & Meeker ช่วงเวลาทางสถิติ (J. Wiley 1991)

— whuber

9

ต่อไปนี้เป็นคำตอบแบบเบย์ต่อ "ผลิตภัณฑ์ใหม่ 10,000 รายการมีกี่รายการที่คาดว่าจะล้มเหลวหากผลิตในอดีต 100,000 รายการไม่ได้ล้มเหลว" แต่คุณควรพิจารณาความไวต่อนักบวชที่แตกต่างกัน

สมมติว่ามีความเป็นอิสระและมีการแจกแจงแบบมีเงื่อนไขซึ่งได้รับเช่นนั้น $X_1,\dots,X_n$ $\Theta=\theta$ และใช้ผันก่อนมี 0 $X_1\mid\Theta=\theta\sim\mathrm{Bernoulli}(\theta)$ $\Theta\sim\mathrm{Beta}(a,b)$ $a,b>0$

สำหรับเรามี $m<n$

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] .

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

สำหรับเรามี $m+1\leq i\leq n$

\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}

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

)

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

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

เสียบหมายเลขของคุณด้วยเครื่องแบบก่อนหน้า ( ) คุณคาดว่าอัตราความล้มเหลวรอบในขณะที่ฟรีย์เหมือนก่อน ( ) ช่วยให้คุณมีความล้มเหลว อัตราใกล้เคียงกับ % $a=1,b=1$ $10\%$ $a=1/2,b=1/2$ $5\%$

การคาดการณ์แบบคาดการณ์นี้ดูเหมือนจะไม่เป็นบทสรุปที่ดีเนื่องจากการกระจายการทำนายนั้นเบ้อย่างมาก เราสามารถไปต่อและคำนวณการกระจายการทำนาย ตั้งแต่ ปรับสภาพตามที่เราทำก่อนที่เราจะมี

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

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

สำหรับ

2

\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

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

ฉันจะจบการคำนวณช่วงเวลาภายหลัง $95\%$

— เซน
แหล่งที่มา

3

+1 สำหรับแสดงให้เห็นว่าผลลัพธ์มีความอ่อนไหวต่อรูปร่างของค่าใกล้ 0 ก่อนหน้านี้ (มันน่าสังเกตว่าเนื่องจากฟังก์ชันความน่าจะเป็นเข้มข้นอย่างมากใกล้ศูนย์เมื่อ

m

$m$ มีขนาดใหญ่นั่นเป็นเพียงส่วนหนึ่งของรุ่นก่อนที่สำคัญสำหรับ ตัวอย่างเช่นสำหรับ

ก่อนหน้านี้ความคาดหวัง

B e t a (a, b)

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

จะอยู่ที่ประมาณสัดส่วนกับแต่เกือบเป็นอิสระจากข

ในทำนองเดียวกันสำหรับเครื่องแบบก่อนมันไม่ได้โดดเรื่องมากไม่ว่าจะเป็นก่อนเป็น

หรือ

แต่สิ่งที่จะเปลี่ยนแปลงอย่างรวดเร็วถ้าเราสันนิษฐานว่าก่อนเช่น

))

\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)

$U(0.01,1)$

— Ilmari Karonen

6

ด้วยวิธีการแก้ปัญหาพระอาทิตย์ขึ้นของ Laplace เราได้รับความน่าจะเป็นที่ผลิตภัณฑ์จะล้มเหลวภายในหนึ่งปี 1ถัดไปความน่าจะเป็นที่ผลิตภัณฑ์ใหม่ที่ไม่มีล้มเหลวภายในหนึ่งปีคือ ดังนั้นความน่าจะเป็นที่ผลิตภัณฑ์อย่างน้อยหนึ่งรายการของจะล้มเหลวในปีหน้าคือ

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

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

n

$n$

(1 - p)^{n}

$(1-p)^n$

n

$n$

สำหรับ

ค่าคือ

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

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

n = 10000

$n=10000$

0.095

ในกรณีของ whuber

ค่อนข้างสูงในความเป็นจริง

P_{10000} \approx 0.095

$P_{10000}\approx 0.095$

P_{200000} \approx 0.87

$P_{200000}\approx 0.87$

แน่นอนคุณควรอัปเดตข้อมูลของคุณในขณะที่มีการขายผลิตภัณฑ์เพิ่มมากขึ้นและในที่สุดจะเกิดข้อผิดพลาด

— Aksakal
แหล่งที่มา

คำตอบนี้ดูเหมือนจะไม่ถูกต้อง: การคำนวณพระอาทิตย์ขึ้นหนึ่งครั้งในอนาคตจะไม่ขยายเพิ่มขึ้นเพียงแค่การคูณ หลังจากที่ทุกคนคิดว่าจำนวน

ถูกแทนที่ด้วย

000

คุณจะยืนยันความน่าจะเป็นของความล้มเหลวคือ

?? คุณควรเปรียบเทียบคำตอบของคุณกับการวิเคราะห์ในคำตอบของ Yair Daon และความคิดเห็นที่เกี่ยวข้อง

10, 000

$10,000$

200, 000

$200,000$

200000 / 100001 \approx 2

$200000/100001\approx 2$

— whuber

@whuber แก้ไขมัน

— Aksakal

1

0.865

$0.865$

@whuber ใช่มันเป็นหนึ่งในศูนย์น้อย

— อักซากัล

5

มีคำตอบที่ดีหลายข้อสำหรับคำถามนี้ แต่เมื่อไม่นานมานี้ฉันมีโอกาสตรวจทานแหล่งข้อมูลเพียงเล็กน้อยในหัวข้อนี้และดังนั้นฉันจึงตัดสินใจที่จะแบ่งปันผลลัพธ์

$k=0$ $n$

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

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

การประมาณการดังกล่าวค่อนข้างน่าพอใจเนื่องจากข้อเท็จจริงที่ว่าเราสังเกตว่าไม่มีความล้มเหลวในตัวอย่างของเราแทบจะพิสูจน์ได้ว่าเป็นไปไม่ได้โดยทั่วไป ออกของข้อมูลความรู้ที่แสดงให้เห็นว่ามีบางอย่างที่น่าจะเป็นของความล้มเหลวแม้ว่าไม่ใช่ถูกตั้งข้อสังเกต (ยัง) การมีความรู้เบื้องต้นทำให้เราใช้วิธีการแบบเบย์ซึ่งตรวจสอบโดย Bailey (1997), Razzaghi (2002), Basu et al (1996), และ Ludbrook และ Lew (2009)

ท่ามกลางเครื่องมือประมาณค่าแบบ "ขอบเขตบน" ซึ่งถือว่า (Bailey, 1997)

ว่ามันจะไม่เป็นตรรกะสำหรับตัวประมาณค่า P ในกรณีที่เกิดความล้มเหลวเป็นศูนย์เพื่อให้เกิดความน่าจะเป็นมากกว่าที่คาดการณ์ไว้โดยตัวประมาณความน่าจะเป็นสูงสุดในกรณีความล้มเหลวเดียวซึ่งเป็นขอบเขตที่สมเหตุสมผล

นิยามว่าเป็น

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

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

สามารถกล่าวถึง ขณะที่การตรวจสอบโดย Ludbrook ลิว (2009), ความเป็นไปได้อื่น ๆ ที่มี "กฎของสาม" (cf นี่ , วิกิพีเดียหรือ Eypasch, et al, 1995)

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

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

หรือรูปแบบอื่น ๆ :

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

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

"กฎของ 3.7" โดย Newcombe และ Altman (หรือ 3.6)

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

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

"กฎใหม่ของสี่":

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

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

แต่สรุปโดย Ludbrook และ Lew (2009) "rule of threes" คือ "ถัดจากไร้ประโยชน์" และ "rule of 3.6" (และ 3.7) "มีข้อ จำกัด ที่ร้ายแรง - มีข้อผิดพลาดร้ายแรง - หากขนาดตัวอย่างเริ่มต้นน้อยกว่า 50" และพวกเขาไม่แนะนำวิธีการ (3) - (6) แนะนำให้ใช้ตัวประมาณแบบเบย์ (ดูด้านล่าง)

ในบรรดาตัวประมาณค่าแบบเบย์สามารถพูดได้หลายอย่าง ตัวประมาณค่าแรกที่แนะนำโดย Bailey (1997) คือ

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

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

สำหรับการประเมินค่ามัธยฐานภายใต้เครื่องแบบก่อน

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

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

หรือสำหรับการประเมินค่าเฉลี่ยภายใต้ก่อนหน้านี้

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

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

อีกวิธีหนึ่งที่สมมติว่ารูปแบบความล้มเหลวแบบเอ็กซ์โปเนนเชียลมีอัตราความล้มเหลวคงที่ (การแจกแจงแบบปัวซง)

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

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

$a$ $b$

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

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

$a = b = 1$ $a = b = 0.5$

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

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

$n$

Bailey, RT (1997) การประมาณจากข้อมูลความล้มเหลวเป็นศูนย์การวิเคราะห์ความเสี่ยง, 17 , 375-380

Razzaghi, M. (2002) ในการประมาณค่าความน่าจะเป็นของความสำเร็จทวินามกับการเกิดขึ้นเป็นศูนย์ในตัวอย่าง วารสารวิธีการทางสถิติประยุกต์ที่ทันสมัย, 1 (2), 41

Ludbrook, J. , & Lew, MJ (2009) การประมาณความเสี่ยงของภาวะแทรกซ้อนที่หายาก: เป็น 'กฎของสาม' ดีพอหรือไม่ANZ วารสารการผ่าตัด 79 (7‐8), 565-570

Eypasch, E. , Lefering, R. , Kum, CK, และ Troidl, H. (1995) ความน่าจะเป็นของเหตุการณ์ไม่พึงประสงค์ที่ยังไม่เกิดขึ้น: การเตือนทางสถิติ BMJ 311 (7005): 619–620

Basu, AP, Gaylor, DW, & Chen, JJ (1996) การประมาณความน่าจะเป็นของการเกิดเนื้องอกสำหรับมะเร็งที่หายากที่มีการเกิดขึ้นเป็นศูนย์ในตัวอย่าง พิษวิทยาและข้อบังคับทางเภสัชวิทยา, 23 (2), 139-144

— ทิม
แหล่งที่มา

1

รีวิวที่ยอดเยี่ยมของสิ่งที่อยู่ที่นั่น!

— AlefSin

สำหรับความคิดเห็นที่เริ่มต้นด้วย "ในบรรดาตัวประมาณแบบเบย์หลายตัว ... " ไม่เป็นที่แน่ชัดว่าความคิดเห็นที่ระบุเกี่ยวข้องกับสูตรด้านบนหรือด้านล่าง คุณช่วยทำให้ชัดเจนกว่านี้ได้ไหม?

— gung - Reinstate Monica

2

คุณต้องกลับไปที่นักออกแบบผลิตภัณฑ์ของคุณจริงๆ มันเป็นปัญหาพื้นฐานทางวิศวกรรมไม่ใช่เชิงสถิติ พวกเขาจะมีความคิดเกี่ยวกับความน่าจะเป็นที่จะเกิดความล้มเหลวของแต่ละองค์ประกอบและจากนั้นความน่าจะเป็นความล้มเหลวสุทธิของผลิตภัณฑ์ที่ประกอบทั้งหมด พวกเขาสามารถให้จำนวนที่คาดหวังของความล้มเหลวตลอดอายุการออกแบบทั้งหมดของผลิตภัณฑ์

วิศวกรโยธาออกแบบสะพานให้มีอายุการออกแบบ 120 ปี ส่วนประกอบของสะพานแต่ละแห่งมีโอกาสเกิดความล้มเหลวเล็กน้อย การโหลดแต่ละครั้งมีโอกาสเล็กน้อยที่จะเกิน ในการสร้างสะพานเศรษฐกิจเพื่อสร้างการล่มสลายทั้งหมดจะเกิดขึ้นเพียงครั้งเดียวในปี 2400 ซึ่งยาวกว่าสะพานที่จะรักษาไว้ ไม่น่าแปลกใจเลยที่สะพานจะไม่ล้มเหลวในปีที่ 1 หรือปีที่ 2 ถึงปีที่ 120 นั่นไม่ได้เป็นการยุบตัวที่บอกคุณน้อยมาก โอกาสในการล้มเหลวที่หลากหลายตามเวลาสามารถประเมินได้โดยนักออกแบบดั้งเดิมเท่านั้น

— โรเบิร์ต
แหล่งที่มา

0

นี่คล้ายกับปัญหาที่ฉันเผชิญเมื่อเราแนะนำกระบวนการผลิตใหม่เพื่อขจัดความล้มเหลวในการผลิต

ระบบใหม่ไม่เกิดความล้มเหลวดังนั้นผู้คนจึงถามคำถามเดียวกันว่า: เราจะทำนายอัตราความล้มเหลวได้อย่างไร ในกรณีของคุณเนื่องจากคุณได้กำหนดช่วงเวลาที่ความล้มเหลวสามารถเกิดขึ้นได้โดยไม่ต้องกังวลว่าเมื่อใดที่ความล้มเหลวเกิดขึ้นภายในช่วงเวลานั้น และมันก็เป็นเพียงแค่กรณีของสิ่งที่ล้มเหลวหรือไม่ ด้วยที่ระบุไว้ - บนด้วยคำตอบของฉัน

โดยสังหรณ์ใจดูเหมือนว่าเราต้องการความล้มเหลวอย่างน้อยหนึ่งครั้งเพื่อให้สามารถคำนวณอัตราความล้มเหลวได้ อย่างไรก็ตามสมมติฐานนี้มีข้อผิดพลาดโดยนัยอยู่ภายใน เราจะไม่คำนวณอัตราความล้มเหลว นั่นเป็นเพราะเรากำลังเผชิญกับตัวอย่าง ดังนั้นเราสามารถประมาณช่วงของอัตราความล้มเหลวที่เป็นไปได้เท่านั้น วิธีการทำเช่นนี้คือการหาการกระจายสำหรับอัตราความล้มเหลว การแจกแจงที่ทำงานในอินสแตนซ์นี้คือการแจกแจงแบบเบต้าโดยที่พารามิเตอร์คือ: α = n + 1 และβ = N - n + 1

หมายเหตุ: Nคือขนาดตัวอย่างและnคือจำนวนความล้มเหลว (ในกรณีของคุณ 0)

สำหรับสถานการณ์ของคุณการแจกแจงอัตราความล้มเหลวแสดงอยู่ด้านล่าง .

จากนั้นคุณจะป้อนการแจกแจงนั้นลงในสูตรความน่าจะเป็นทวินามที่เกี่ยวข้องเพื่อรับการแจกแจงสำหรับความน่าจะเป็นของการล้มเหลวหนึ่งหน่วย (สามารถทำการวิเคราะห์หรือใช้ Monte Carlo) ฉันสงสัยว่าตัวเลขจะต่ำมาก

โปรดทราบว่ากระบวนการนี้สามารถใช้งานได้ไม่ว่าจะมีจำนวนความล้มเหลวในชุดกำปั้นของคุณ

— คลินต์สตีล
แหล่งที่มา