실패가없는 경우 실패 확률을 알리는 방법은 무엇입니까?

50

1 년 동안 현장에 10 만 개의 제품이 있고 고장이없는 경우 제품 고장의 가능성을 알려주는 방법이 있는지 궁금합니다. 다음 10,000 개 제품 중 하나가 판매 될 가능성은 얼마입니까?

probability survival binomial

— 멜론
소스

4

이것이 실제 신뢰성 문제가 아니라는 것을 말해줍니다. 고장률이 낮은 제품은 없습니다.

— Aksakal

통계에서 실제 성공 / 실패 비율의 확률에 이르기까지 모든 것을 추론하기 전에 가능한 성공 / 실패 비율의 분포에 대한 모델이 필요합니다. 귀하의 설명은 그러한 배포를 유추 / 추정 할 근거가 거의 없습니다.

— RBarryYoung

1

@RBarryYoung 제공된 답변을 확인하십시오-문제에 대한 흥미롭고 유효한 접근법이 거의 없습니다. 이러한 접근 방식에 동의하지 않는 경우 자유롭게 의견을 제시하거나 자신의 답변을 제공하십시오.

— Tim

2

@ Aksakal-낮은 고장률은 높은 수준의 단순한 제품이고 (수술 도구와 같은) 고장이 발생할 경우 테스트 및 검사 (및 독립적으로 가능할 수도 있음)의 경우 높은 위험이 있다면 불가능하지 않은 것처럼 보입니다. 출시 전). 물론 그 반대의 경우도있을 수 있습니다.이 제품은 최종 사용자가 결함있는 제품에 대한 문제를보고하지 않는 낮은 값을 가질 수 있습니다 (검볼 제조업자가보고 된 결함 비율이 1/100000 미만입니까?). 그것을 시도하고 새로운 것을 시도합니다.

— Johnny

@Johnny는 Motorola가 를 만들었을 때 1 억 개 제품 당 3 건의 고장 또는 이와 유사한 제품이 있다고 자랑했습니다.

6 σ

$6\sigma$

— Aksakal

43

제품이 고장날 확률은 확실히 시간과 사용의 기능입니다. 우리는 사용중인 데이터가 없으며 1 년 만에 실패가 없습니다 (축하합니다!). 따라서이 측면 ( 생존 함수 라고 함)은 데이터에서 추정 할 수 없습니다.

그러나 이항 분포 에서 나온 것으로 1 년 이내에 실패를 생각할 수 있습니다 . 여전히 실패는 없지만 이제는 일반적인 문제입니다. 간단한 해결책은 3 규칙 을 사용하는 것입니다. 이 규칙은 큰 (확실히 가지고 있음)에 정확 합니다. 특히, 1 년 내에 실제 실패 확률에 대해 단측 95 % 신뢰 구간 의 상한 (즉, 하한은 )을 있습니다. 귀하의 경우, 요금이 미만이라고 95 % 확신합니다 . $N$ $0$ $3/N$ $0.00003$

또한 다음 10k 중 하나 이상이 실패 할 확률을 계산하는 방법도 물었습니다. 상기 분석을 확장하기위한 빠르고 (극 불구) 간단한 방법은 기본적인 확률로 상한을 사용 없을 확률 얻을 대응 이항 CDF를 사용하는 실패. 사용하여 코드를, 우리가 할 수있는 : 하는 얻을 수있는 다음 10K 제품에 하나 개 이상의 실패를 보는 기회를. 상한을 사용함으로써 이는 최소 하나 이상의 고장이 발생할 확률에 대한 최적의 포인트 추정치가 아니며 고장 의 확률 이 초과 할 가능성은 거의 없습니다 $0$ R1-pbinom(0, size=10000, prob=0.00003)0.2591851 $\ge 1$ $\approx 26\%$ (이것은 다소 '손으로 물결 치는'프레임임을 인식합니다). 또 다른 가능성은 Laplace의 승계 규칙 에서 추정 한 @amoeba의 제안 을 사용하는 것 입니다. 승계 규칙은 예상되는 실패 확률이 이며 여기서 는 실패 횟수입니다. 이 경우, , 그리고 예측 된 확률의 계산 다음 10,000 실패는 항복 또는 . $(F+1)/(N+2)$ $F$ $\hat p = 9.9998\times 10^{-06}$ $1^+$ 1-pbinom(0, size=10000, prob=9.9998e-06)0.09516122 $\approx 10\%$

— gung-복직 모니카
소스

3

+1. 나는 "3의 규칙"에 대해 들어 본 적이 없다. 3의 규칙과 "Laplace의 승계 규칙"사이에 어떤 관련이 있는지 궁금합니다. 후자에 따르면 (내가 올바르게 적용하면) 실패 확률은 로 추정 할 수 있습니다 .

1 / (N + 2)

$1/(N+2)$

— amoeba는

14

@amoeba이 규칙의 3은 95 % 단측 신뢰 한계입니다. 실패 횟수에 이항 분포 가 있다고 가정합니다 . 그런 다음 실패가 표시되지 않을 확률은 입니다. 이상 있는지 확인하는 해결 에 대한 . 사용 위한 작은 용액은 . 이후 우리 구 . 이것이 "3의 규칙"입니다. 지금 당신이 신뢰 수준을 조정하려는 경우 "3"를 변경하는 방법을 알고 당신은 또한 최소 찾을를 반전 할 수 있기 때문에 아는 가치가 의 속도를 감지하는 데 필요한

(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

$p$

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

$p$ 이상

— whuber

1

내가 언급 한 것처럼 @amoeba는 실패 확률보다 먼저 균일했습니다. 나는 다른 이전의 결과가 상당히 다른 결과를 초래했을 것이라고 믿습니다.

— Yair Daon

1

편집이 잘 진행되었습니다 (+1). 그러나 해석 문제가 발생합니다. 우리는 기회가 넘지 않는다고 확신하지 않습니다. 왜냐하면 우리는 진정한 근본적인 기회를 완전히 확신하지 못하기 때문입니다. 에 "상한"은 없지만 신뢰 상한 만 있습니다. 미래의 사건에 대한 예측을 할 때는 (a) 예측하고 (b) 그 범위를 정해야합니다. , 독립적으로 에 적용 하면 경계를 설정하십시오 . 이러한 경계는 기반한 의 예측 간격 입니다 .

26 %

$26\%$

p

$p$

Y

$Y$

X \sim Binomial (n, p)

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

Y \sim Binomial (m, p)

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

X = 0

$X=0$

Y

$Y$

X

$X$

— whuber

2

"3의 규칙"을위한 Yay. 나는 몇 년 전에 "미국 의학 협회의 저널" jama.jamanetwork.com/article.aspx?articleid=385438

— DWin

25

베이지안 접근을 할 수 있습니다. 로 실패 확률을 표시하고 임의 변수로 생각하십시오. 우선 실험의 결과를보기 전에 이라고 생각할 수 있습니다 . 이 제품을 신뢰할 수 있도록 엔지니어를 신뢰하는 경우 정도 걸릴 수 있습니다 . 이것은 당신에게 달려 있습니다. 그런 다음 Bayes 정리를 사용하여 의 사후 분포를 계산할 수 있습니다 . 관찰 한 이벤트를 나타냅니다 ( 실패가없는 실험 ). $\Theta$ $\Theta \sim U(0,1)$ $\Theta \sim U(0,0.1)$ $\theta$ $A$ $n$

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} .

$p(\Theta = \theta | A) = \frac{p (A | \Theta = \theta) p(\Theta = \theta )}{p(A)} = \frac{p (A |\theta) p(\theta )}{\int p (A |\theta) p(\theta )d\theta}.$ 모든 것이 간단합니다 : 는 균일하므로 는 일정합니다. 당신이 실행 때문에 실험, 없는 단지 확률 실패 에 실패의 확률로 bernouli 시험 .

Θ

$\Theta$

p (θ)

$p(\theta)$

n

$n$

p (A | θ)

$p(A | \theta)$

n

$n$

θ

$\theta$

당신은 일단 당신이 모든 이벤트의 확률을 계산할 수 있습니다 : 당신은 금이야 integrateion 기준 : $p(\theta | A)$ $B$ $\mathbb{P}(B) = \int p(B |\theta) p(\theta |A) d\theta$

아래에서 위의 접근 방식에 따라 자세한 솔루션을 진행합니다. 몇 가지 표준 단축키를 사용하겠습니다.

선행을 이라고하자 . 그런 다음 : 정규화 상수 는 -위키 백과 페이지 베타 함수 및 베타 분포를 참조하십시오 . 따라서 은 매개 변수 의 베타 분포입니다 . $U(0,1)$

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

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

B (1, n + 1)

$B(1,n+1)$

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

$1, n+1$

가 내년 에 제품에 실패가 없을 확률을 나타냅니다 . 적어도 하나의 실패 확률은 입니다. 그런 다음 $m$ $B$ $1 -\mathbb{P}( B )$

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)}

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

사용하여 대략 입니다. 그리 인상적이지 않습니까? 나는 실패 확률에 대해 균일 한 분포를 취했다. 아마도 당신은 엔지니어에 대한 더 나은 사전 믿음을 가지고있을 것입니다. $0.1$ $n= 100,000, m = 10,000$

— Yair Daon
소스

3

그러한 간단한 문제, 특히 방법이 그렇게 유망 해 보일 때 그러한 간단한 문제에 대한 실제 해결책에 너무 부족한 것은 이상하게 보입니다. 계산이 어렵다고 제안하고 있습니까?

— whuber

2

@ whuber 나는 그것을 잊지 않았다. 나는이 마지막 단계가 분명하다고 생각했다. "무 압축"이라는 의미는 10 만 번의 실패가 없을 때와 비교할 때 10 %의 실패 확률이 여전히 크다는 것입니다. 또한 켤레 쌍에 대한 의견에 감사드립니다. OP를 혼동하고 중요한 것을 산만하게 할 수 있다고 생각했기 때문에 생략했습니다.

— Yair Daon

3

물론 그렇습니다. 그러나 0.9의 값으로 끝날 때, 그것은 여러분이 앞의 텍스트에서 그것에 대해 말한 것에 상관없이 사람들이 볼 수있는 수치입니다. 당신이 오해되지 않도록, 당신이 제공하는 답변에 대해 명시 적으로 나타내는 것이 항상 도움이됩니다. (개선 된 답변 BTW : +1)

— whuber

3

실제로 엔지니어에 대한 믿음과 상관없이 실패없이 시도 를 관찰 할 경우 다음 시도 에서 실패 에 대해 평균적으로 기대 해야하므로 적어도 하나를 기대해야한다는 것은 그리 놀라운 일 이 아닙니다. 확률이 인 실패 는 작은 대해 대략 입니다 . 따라서, 100,000 번의 성공적인 시도는 다음 10,000 번의 시도에서 적어도 하나의 실패에 대해 대략 10 %의 예상 확률을 산출합니다.

n ≫ 1

$n \gg 1$

k

$k$

k n

$kn$

1 - e^{- k}

$1-e^{-k}$

k

$k$

k

$k$

— Ilmari Karonen

2

@whuber 제로 실패의 경우 이전의 문제가 중요하지 않다고 가정합니다. 예를 들어 평평한 균일 이전 (베타 1,1)과 제프리스 이전 (베타 0.5, 0.5)은 실질적으로 다른 후부를 제공 할 것입니다.

— Erik

12

확률을 계산하는 대신 실패 할 수있는 제품 수를 예측해 보십시오 .

관찰 모델링

현장 에는 제품이 있으며 다른 고려 중입니다. 그들의 실패가 모두 독립적이고 확률 일정하다고 가정하자 . $n=100000$ $m=10000$ $p$

우리는 이항 실험을 통해이 상황을 모델링 할 수 있습니다. "실패"티켓의 비율 를 알 수없는 티켓 상자 와 "성공"티켓을 사용하여 티켓을 그 립니다 (교체 포함). 실패의 확률은 동일하게 유지됩니다). 첫 번째 티켓 중 실패 ( 세고 나머지 티켓 중 실패 를 라고합니다 . $p$ $1-p$ $m+n=110000$ $n$ $X$ $m$ $Y$

질문의 틀

원칙적으로 및 은 무엇이든 가능합니다. 우리가 관심을 갖는 것은 ( 는 숫자)를 고려할 때 가능성입니다 . 고장이 중에서도 어디에서나 발생할 수 있기 때문에 동일한 확률을 갖는 모든 가능한 구성으로, 티켓, 그것의 개수로 나눔으로써 발견 의 -subsets 수에 의해 물건을 모든 -subsets 것들 $0\le X \le n$ $0 \le Y\le m$ $Y = u$ $X+Y=u$ $u$ $\{0,1,\ldots, m\}$ $n+m$ $u$ $m$ $u$ $n+m$

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)} .

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

때 계산에 비교 가능한 공식을 사용할 수 있습니다 $X=1, 2, \ldots.$

상부 예측 한도 $1-\alpha$ 그 마지막에서 오류의 수 (UPL) 티켓 , 가장 작은 주어진다 (에 따라 하는) 입니다. $m$ $t_\alpha(X;n,m)$ $u$ $X$ $p(u;n,m) \le \alpha$

해석

UPL은 사용의 위험의 관점에서 해석되어야 , 중 먼저 평가로 또는 관찰된다. 다시 말해, 1 년 전이고 처음 개가 관찰 되면 다음 제품 의 고장 수를 예측하는 절차를 제안하라는 요청을받는다고 가정하십시오 . 고객이 묻습니다 $t_\alpha$ $X$ $Y$ $m$ $n$

절차가 를 과소 평가할 가능성은 얼마입니까? 앞으로 더 많은 데이터를 얻은 후에는 의미가 없습니다. 내 말은 , 지금 내가 지금 결정을 내려야 나를 지금이 순간에 계산 될 수있는 사람이 할 수있는 유일한 기회는 내가 가능한 때문입니다. " $Y$

당신의 응답은

현재 기회는 보다 크지 않지만 더 작은 예측을 사용하려는 경우 기회는 를 초과 합니다. $\alpha$ $\alpha$

결과

들면 , , 및 우리는 계산할 수있다 $n=10^5$ $m=10^4$ $X=0$

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

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

따라서 을 관찰 $X=0$ 하면

최대 신뢰도 (즉, )의 경우 다음 제품 에 최대 오류 가있을 것으로 예상 하십시오 . $1-\alpha=90.9\%$ $9.1\%\le \alpha$ $t_\alpha(0;n,m)=1$ $10,000$
최대 신뢰도 (즉, ) 는 다음 제품 에 최대 오류가 있을 것으로 예상 합니다. $99.2\%$ $0.8\%\le \alpha \lt 9.1\%$ $t_\alpha(0;n,m)=2$ $10,000$
기타.

코멘트

이 접근법은 언제 그리고 왜 적용됩니까? 회사에서 다른 제품을 많이 만든다고 가정하십시오. 현장에서 각각 의 성능을 관찰 한 후 "1 년 이내에 모든 오류를 무료로 완전 교체"와 같은 보증을 제공합니다. 장애 수 에 대한 예측 한계를 가짐으로써 그러한 보증을 뒷받침하는 총 비용을 제어 할 수 있습니다. 많은 제품을 만들고 제어 할 수없는 임의의 상황으로 인해 실패 할 것으로 예상되므로 각 제품의 경험은 독립적입니다. 장기적으로 위험을 통제하는 것이 합리적입니다. $n$ . 가끔씩 예상보다 많은 청구를 지불해야 할 수도 있지만 대부분의 경우 더 적은 비용을 지불하게됩니다. 발표 된 것보다 더 많은 비용을 지불하는 것이 파괴적 일 수 있다면, 를 매우 작게 설정할 것입니다 (그리고 더 정교한 실패 모델을 사용할 것입니다!). 그렇지 않으면 비용이 적은 경우 낮은 신뢰도 (높은 )로 살 수 있습니다 . 이 계산은 신뢰와 위험의 균형을 맞추는 방법을 보여줍니다. $\alpha$ $\alpha$

전체 프로 시저 를 계산할 필요는 없습니다 . 우리는 가 관측 될 때까지 기다린 다음 위에 표시된 것처럼 특정 (여기서는 )에 대한 계산 을 수행합니다 . 그러나 원칙적으로 우리 는 처음에 가능한 모든 값에 대한 계산을 수행 할 수있었습니다 . $t$ $X$ $X$ $X=0$ $X$

베이지안 접근법 (다른 답변에서 설명)은 매력적이며 결과가 이전에 크게 의존하지 않는 한 잘 작동합니다 . 불행히도, 실패율이 너무 낮아서 (또는 실패가 거의) 관찰되지 않으면 결과는 이전의 선택에 민감합니다.

— 우버
소스

+1이지만 이 올바르지 않은 것 같습니다.

p (0, n, m) = 1

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

— amoeba는 Reinstate Monica

1

@sum_u 이고 대한 항이 0이 아니기 때문에 .

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

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

u = 1, 2...

$u=1,2...$

— amoeba는 Reinstate Monica

1

당신이 얻고있는 이유 당신 때문에 @amoeba 노트로는,이다 는 실제로 아니라 (따라서 실제로 또는 이와 유사한 것으로 표시되어야 함). 나는 당신이 나중에 그 일을 정확하게 수행하는 데 어려움을 겪고 있지만, 그것이 무엇이든간에 불행히도 그것은 요청 된 문제에 대한 올바른 해결책이 아니라고 확신합니다.

\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)

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

— Ilmari Karonen

1

@IlmariKaronen 의견을 보내 주셔서 감사합니다. 를 대한 확률 분포가 아니기 때문에 조건부 확률 이기 때문에 을 좀 더 명확하게 특성화해야한다는 것이 옳습니다. 예측 한계 계산에 대한 이러한 접근 방식이 정확하고 기존의 방법임을 확신합니다. 이 요점을 명확히하기 위해이 게시물을 편집하겠습니다.

p (u; n, m)

$p(u;n,m)$

u

$u$

— whuber

1

@Ilmari 이미 편집 했으므로 편집 기록에서 볼 수 있습니다. 나는 사전을 가정하지 않으며 예측 간격 의 정의 만 이 문제에 적용합니다 . 이것이 "통계적으로 의미가 있는지"에 도전하기를 원한다면,이 표준 구성에 대해 신속하게 도전해야 할 것입니다. 예를 들어 Hahn & Meeker, Statistical Intervals (J. Wiley 1991)를 참조하십시오.

— whuber

9

다음은 "1 만 개의 신제품 중 이전 100,000 개가 모두 실패하지 않은 경우 몇 개가 실패 할 것으로 예상됩니까?"에 대한 베이지안 답변입니다. 그러나 이전의 다른 민감도를 고려해야합니다.

한다고 가정 주어진 조건에 독립적이고 동일하게 분포 ,되도록 및 이전 접합체를 사용 와 . $X_1,\dots,X_n$ $\Theta=\theta$ $X_1\mid\Theta=\theta\sim\mathrm{Bernoulli}(\theta)$ $\Theta\sim\mathrm{Beta}(a,b)$ $a,b>0$

용 , 우리는 한 $m<n$

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] .

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

들면 , 우리가 여기서 우리는 입니다. $m+1\leq i\leq n$

\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)

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

균일 한 사전 ( )을 사용 하여 숫자를 연결 하면 약 정도의 실패율이 예상 되지만 Jeffreys와 같은 이전 ( )은 가까운 고장률 . $a=1,b=1$ $10\%$ $a=1/2,b=1/2$ $5\%$

이 예측 기대치는 예측 분포가 크게 왜곡되어 있기 때문에 좋은 요약으로 보이지 않습니다. 더 나아가 예측 분포를 계산할 수 있습니다. 이후 이전에 한 것처럼 컨디셔닝 입니다 .

\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

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

나중에 예측 간격 계산을 마치겠습니다 . $95\%$

— 선
소스

3

결과가 0에 가까운 이전의 모양에 민감하다는 것을 보여 주려면 +1입니다. ( 이 클 때 우도 함수는 0에 가깝게 집중 되어 있기 때문에 이것이 중요한 것은 이전의 유일한 부분이라는 점에 주목할 가치가 있습니다. 예를 들어, 경우, 예상 은 대략 비례 하지만 거의 무관 합니다. 균일 이전, 정말 문제가 많은 사전인지하지 않습니다 또는 , 그러나 우리는 이전처럼 가정하면 상황이 극적으로 바꿀 것 ).

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)

$U(0.01,1)$

— Ilmari Karonen

6

Laplace의 일출 문제 접근 방식을 사용하면 1 년 내에 제품이 실패 할 가능성이 있습니다 . 다음으로, 년 내에 신제품이 실패하지 않을 확률 은 이므로, 내년 에 1 개 이상의 제품 이 실패 할 확률 은 를 들어 값이 . whuber의 경우 실제로 로 상당히 높습니다.

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

$P_{200000}\approx 0.87$

물론 더 많은 제품이 판매되는 동안 데이터를 계속 업데이트해야합니다.

— 악사 칼
소스

이 답변은 잘못된 것으로 나타납니다에 대한 계산 한 미래의 일출은 곱셈을 통해 간단하게 확장되지 않습니다. 결국 번호 가 으로 대체되었다고 가정하십시오 . 실패 확률이 라고 주장 하시겠습니까 ? Yair Daon의 답변 분석 및 관련 설명과 답변을 비교해야합니다.

10, 000

$10,000$

200, 000

$200,000$

200000 / 100001 \approx 2

$200000/100001\approx 2$

— whuber

@whuber, 그것을 고쳤다

— Aksakal

1

(1) 잘못 계산했거나 "200000"이 "20000"의 오타입니다. (약 얻어야합니다 .) (2) 이제 분석은 Yair Daon의 결론 중 일부를 재현하지만 전체 후방 분포를 생성 할 수는 없습니다.

0.865

$0.865$

— whuber

@whuber, 그렇습니다 그것은 0보다

— 적었습니다

5

이 질문에 대한 몇 가지 좋은 답변이 제공되었지만 최근에는이 주제에 대한 리소스를 거의 검토 할 수 없었기 때문에 결과를 공유하기로 결정했습니다.

제로 실패 데이터에 대한 여러 추정기가 있습니다. 을 실패 횟수로, 을 표본 크기 로 표시하겠습니다 . 이 데이터에서 주어진 실패 확률에 대한 최대 우도 추정값은 다음과 같습니다. $k=0$ $n$

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

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

우리가 샘플에서 실패를 관찰하지 않았다는 사실이 일반적으로 불가능하다는 것을 거의 증명하지 못하기 때문에 그러한 추정은 다소 불만족 스럽다. 데이터에 대한 지식이 부족하면 (아직) 관찰되지 않았더라도 약간 의 실패 가능성 이 있음을 시사합니다 . 사전 지식이 있으면 Bailey (1997), Razzaghi (2002), Basu et al (1996) 및 Ludbrook and Lew (2009)가 검토 한 베이지안 방법을 사용하게됩니다.

가정하는 간단한 추정자 중 "상한"추정기 (Bailey, 1997)

제로 실패의 경우 P에 대한 추정자가 합리적인 실패의 상한 일 경우의 최대 우도 추정에 의해 예측 된 확률을 초과하는 것이 논리적이지 않을 것

~로써 정의 된

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

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

언급 될 수 있습니다. Ludbrook and Lew (2009)에 의해 검토 된 바와 같이, 다른 가능성은 "3의 규칙"입니다 ( 여기 , Wikipedia 또는 Eypasch et al, 1995 참조).

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

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

또는 다른 변형 :

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

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

Newcombe와 Altman (또는 3.6)의 "3.7의 규칙":

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

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

"4의 새로운 규칙":

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

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

그러나 Ludbrook and Lew (2009)에 의해 결론 지어진 "3의 규칙"은 "무의미한 것"과 "3.6의 규칙"(및 3.7)은 심각한 한계를 가지고 있습니다. 초기 샘플 크기가 50보다 작 으면 크게 부정확합니다 " 그들은 적절한 베이지안 추정기를 사용하도록 제안하는 방법 (3)-(6)을 권장 하지 않습니다 (아래 참조).

베이지안 추정기 중에서 여러 가지가 언급 될 수있다. Bailey (1997)가 제안한 최초의 추정량은

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

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

균일 한 이전의 중간 값을 추정하기위한 것

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

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

또는 그러한 사전에 따라 평균을 추정하기 위해

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

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

일정한 실패율 (Poisson distribution) 수율을 갖는 지수 실패 패턴을 가정하는 또 다른 접근법

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

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

우리가 사용하는 경우, 베타 파라미터와 종래 및 우리가 수식을 사용할 수있다 (2002 Razzaghi를 참조) : $a$ $b$

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

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

하에서 균일 한 사전 (9)으로 이어진다. 로 가정 제프리스 전에 가 리드 $a = b = 1$ $a = b = 0.5$

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

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

일반적으로 베이지안 공식 (7)-(12)가 권장됩니다. Basu et al (1996)은 사전 지식이있는 경우 유익한 사전 정보를 사용하여 (11)을 권장합니다. 최선의 단일 방법이 존재하지 않기 때문에 분석하기 전에 특히 이 작은 경우 문헌을 검토하는 것이 좋습니다 . $n$

RT, 베일리 (1997). 무장애 데이터로부터의 추정. 위험 분석, 17 , 375-380.

Razzaghi, M. (2002). 표본에서 발생이 0 인 이항 성공 확률의 추정. 현대 응용 통계 방법의 전표, 1 (2), 41.

Ludbrook, J., & Lew, MJ (2009). 드문 합병증의 위험 추정 : '3의 규칙'이면 충분합니까? ANZ 수술 저널, 79 (7-8), 565-570.

Eypasch, E., Lefering, R., Kum, CK 및 Troidl, H. (1995). 아직 발생하지 않은 이상 반응의 가능성 : 통계적 알림. BMJ 311 (7005) : 619–620.

Basu, AP, Gaylor, DW, & Chen, JJ (1996). 샘플에서 발생이 0 인 희귀 암에 대한 종양 발생 확률 추정. 규제 독성학 및 약리학, 23 (2), 139-144.

— 팀
소스

1

무엇이 있는지에 대한 훌륭한 리뷰!

— AlefSin

"Among Bayesian Estimators multiple ..."으로 시작하는 주석의 경우, 주어진 주석이 그 위 또는 아래의 공식과 관련이 있는지 명확하지 않습니다. 더 명확하게 할 수 있습니까?

— gung-Monica Monica 복원

2

제품 디자이너에게 다시 돌아 가야합니다. 이는 관측 통계적 문제가 아닌 근본적인 공학 문제입니다. 각 구성 요소의 고장 확률과 전체 조립 제품의 순 고장 확률에 대한 아이디어가 있습니다. 제품의 전체 설계 수명 동안 예상되는 실패 횟수를 제공 할 수 있습니다.

토목 기사는 설계 수명이 120 년인 다리를 설계합니다. 브릿지의 각 구성 요소는 약간의 실패 가능성이 있습니다. 각 하중은 약간 초과 될 수 있습니다. 교량 건설을 경제적으로하기 위해 총 붕괴는 교량을 유지하는 것보다 훨씬 긴 2400 년 동안 한 번만 발생합니다. 다리가 1 년차 나 2 년차에서 120 년차에 고장이 나지 않는다는 것은 놀라운 일이 아닙니다. 시간이 지남에 따른 다양한 실패 가능성은 독창적 인 디자이너만이 추정 할 수 있습니다.

— 로버트
소스

0

이것은 생산 실패를 없애기 위해 새로운 제조 공정을 도입했을 때 직면했던 문제와 유사합니다.

새로운 시스템은 실패를 일으키지 않았기 때문에 사람들은 같은 질문을했습니다 : 실패율을 어떻게 예측합니까? 귀하의 경우, 해당 기간 내에 장애가 발생했을 때에 대한 우려없이 장애가 발생할 수있는 기간을 규정 했으므로 시간적 영향이 제거되었습니다. 그리고 단순히 무언가가 실패했는지 아닌지의 경우입니다. 그 대답으로-내 대답으로.

직관적으로, 실패율을 계산하려면 적어도 하나의 실패가 필요합니다. 그러나이 가정은 그 안에 내재 된 실수가 있습니다. 우리는 절대 실패율을 계산하지 않을 것입니다. 샘플을 다루기 때문입니다. 따라서 가능한 실패율의 범위 만 추정 할 수 있습니다. 이를 수행하는 방법은 실패율에 대한 분포를 찾는 것입니다. 이 경우 작업을 수행하는 분포는 매개 변수가 α = n + 1이고 β = N - n + 1 인 베타 분포입니다.

참고 : N 은 표본 크기이고 n 은 실패 횟수입니다 (귀하의 경우 0).

시나리오의 경우 실패율 분포는 다음과 같습니다. .

그런 다음 해당 분포를 각 이항 확률 공식에 공급하여 한 단위의 실패 확률에 대한 분포를 얻습니다 (분석적으로 수행하거나 Monte Carlo 사용). 나는 숫자가 매우 낮을 것이라고 생각합니다.

이 프로세스는 주먹 세트의 고장 횟수에 관계없이 적용 할 수 있습니다.

— 클린트 스틸
소스