6.1 Eksakt pivotal-KI via gamma/χ²

$$P\big(L(X_1,\ldots,X_n) \le \theta \le U(X_1,\ldots,X_n)\big) = 1-\alpha.$$

Her er $L$ og $U$ stokastiske endepunkter (de avhenger av dataene), og $1-\alpha$ er konfidensgraden (f.eks. 0,95). Tolkning: gjentar vi forsøket mange ganger, vil andelen intervaller som dekker sann $\theta$ nærme seg $1-\alpha$. Når vi setter inn de observerte tallene, får vi étt konkret intervall — og da er $\theta$ enten i det eller ikke; sannsynligheten gjelder prosedyren, ikke det ferdig utregnede intervallet.

$$W = W(X_1,\ldots,X_n;\theta), \qquad \text{fordelingen til } W \text{ avhenger ikke av } \theta.$$

Ordet pivot betyr «dreiepunkt»: størrelsen kobler dataene til parameteren, men selve fordelingen står fast uansett hva $\theta$ er. Fordi vi vet hvilken fordeling $W$ har (typisk $\chi^2_\nu$ eller gamma), kan vi legge kvantiler rundt den og regne baklengs til et intervall for $\theta$. Standardpivotalene bygde du i kap. 4.3.

1. Finn en pivot $W(X_1,\ldots,X_n;\theta)$ med kjent fordeling fri for $\theta$.

2. Sett kvantiler rundt den slik at
$$P\big(w_1 \le W \le w_2\big) = 1-\alpha,$$
der $w_1$ og $w_2$ er nedre og øvre kvantil (for et symmetrisk haleoppsett: $w_1 = \chi^2_{\nu,1-\alpha/2}$, $w_2 = \chi^2_{\nu,\alpha/2}$).

3. Løs dobbeltulikheten $w_1 \le W \le w_2$ for $\theta$. Pass fortegn/retning: deler du på en negativ størrelse eller inverterer, snur ulikheten og endepunktene bytter plass. Resultatet er $[L, U]$.

$$P(\chi^2_\nu > \chi^2_{\nu,\alpha}) = \alpha, \qquad P(Z > z_\alpha)=\alpha.$$

Altså er $\chi^2_{\nu,0{,}05}$ den store verdien (5 % sannsynlighet for å overstige den) og $\chi^2_{\nu,0{,}95}$ den lille. For et $(1-\alpha)$-intervall bruker vi $\chi^2_{\nu,\alpha/2}$ (øvre) og $\chi^2_{\nu,1-\alpha/2}$ (nedre). Den vanligste tabben er å hente feil kvantil — slå opp begge før du setter dem inn.

$$\frac{2\sum_{i=1}^n X_i}{\mu} = \frac{2n\hat\mu}{\mu} \sim \chi^2_{2n}, \qquad \hat\mu=\bar X.$$

Dette er hovedpivoten i STK1100 (den bygde du i kap. 4.3 fra $2X_i/\mu \sim \chi^2_2$ og sum-av-gamma-regelen). Frihetsgraden er $2n$, ikke $n$ — en gjenganger blant tapte poeng. I rateform ($f(x)=\lambda e^{-\lambda x}$) blir samme pivot $2\lambda\sum X_i \sim \chi^2_{2n}$.

$$\frac{\sum_{i=1}^n (X_i-\mu)^2}{\sigma^2} = \frac{n\hat\sigma^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n}, \qquad \hat\sigma^2 = \frac{1}{n}\sum(X_i-\mu)^2.$$

Her er frihetsgraden $n$ fordi hvert standardisert kvadrat $(X_i-\mu)^2/\sigma^2 \sim \chi^2_1$ og de $n$ leddene summeres. (Er $\mu$ ukjent og estimert med $\bar X$, mister man én frihetsgrad, $\chi^2_{n-1}$ — men det er utenfor dette kapitlets kjent-$\mu$-tilfelle.)

$$[L,U] \text{ er } (1-\alpha)\text{-KI for } \theta,\ g \text{ strengt voksende}\ \Rightarrow\ [g(L),\, g(U)] \text{ er } (1-\alpha)\text{-KI for } g(\theta).$$

Er $g$ strengt avtakende, bytter endepunktene plass: $[g(U), g(L)]$. Grunnen er at en monoton $g$ bevarer (eller snur) ulikheter uten å endre sannsynligheten: $P(L\le\theta\le U) = P(g(L)\le g(\theta)\le g(U))$. Dette er samme invariansidé som for ML-estimatoren (kap. 5.2), brukt til å lage KI for median, kvantiler og standardavvik.

$$\sum_{i=1}^n (X_i/\beta)^\alpha \sim \text{gamma}(n,1).$$

KI for $\beta^\alpha$: del $\sum x_i^\alpha$ på gamma$(n,1)$-kvantilene (invertering snur rekkefølgen). $\beta$ fås ved den voksende transformasjonen $(\cdot)^{1/\alpha}$.

$$2\theta\sum_{i=1}^n \ln(X_i/k) \sim \chi^2_{2n} = \text{gamma}(n,2).$$

$\hat\theta = n/\sum\ln(X_i/k)$. KI for $\theta$: del kvantilene på $2\sum\ln(x_i/k)$ (positiv nevner — ingen vending).

$$2\textstyle\sum X_i/\mu \sim \chi^2_{2n}\ (\text{eksp.}),\quad \sum(X_i-\mu)^2/\sigma^2 \sim \chi^2_{n}\ (\text{normal, kjent }\mu),$$
$$\sum(X_i/\beta)^\alpha \sim \text{gamma}(n,1)\ (\text{Weibull}),\quad 2\theta\sum\ln(X_i/k) \sim \chi^2_{2n}\ (\text{Pareto}).$$

Antall frihetsgrader skiller pivotalene:

Eksponensial og Pareto: $2n$. Normal med kjent $\mu$: $n$ (étt $\chi^2_1$-ledd per observasjon). Weibull: gamma$(n,1)$. Bruk feil frihetsgrad, og hele intervallet blir galt — dette er den vanligste tapte poengkilden.

$$\text{nedre grense} = \frac{2\sum x_i}{\chi^2_{2n,\alpha/2}}\ (\text{stor kvantil}),\quad \text{øvre grense} = \frac{2\sum x_i}{\chi^2_{2n,1-\alpha/2}}\ (\text{liten kvantil}).$$

Stor kvantil i nevneren gir lite tall → nedre grense.

$$a \le \frac{c}{\mu} \le b \ (a,b,c>0) \ \Longleftrightarrow\ \frac{c}{b} \le \mu \le \frac{c}{a}.$$

Endepunktene bytter plass; sjekk alltid med at punktestimatet ligger inni.

$$[L,U]\text{ KI for }\mu \ \Rightarrow\ [L\ln 2,\ U\ln 2]\text{ KI for }m.$$

Samme konfidensgrad — bare en ny målestokk.

Det eksakte $\chi^2$-baserte intervallet er asymmetrisk om punktestimatet: den øvre halvdelen er lengre enn den nedre, fordi $\chi^2$-fordelingen er høyreskjev. Dette er korrekt og forventet — ikke «rett» det til noe symmetrisk. (Wald-intervallet i kap. 6.2 er derimot symmetrisk.)

En rask konsistenssjekk: punktestimatet ($\hat\mu=\bar x$, $\hat\theta=n/T$ osv.) skal alltid ligge inni det eksakte intervallet. Gjør det ikke det, har du sannsynligvis byttet om kvantilene eller glemt å snu ulikheten.

Sett alltid på enhet og en setnings tolkning til slutt: «Vi er 90 % konfidente på at forventet levetid ligger mellom 5,3 og 15,5 år.» Sensor krever tallsvar med tolkning — et bart intervall uten enhet og ord gir redusert uttelling.

$$2\lambda\sum_{i=1}^n X_i \sim \chi^2_{2n}, \qquad \hat\lambda = n/\textstyle\sum X_i.$$

Her står $\lambda$ i telleren, så KI-et fås ved å dele kvantilene på $2\sum x_i$ (positiv nevner — ingen vending): $\lambda \in [\chi^2_{2n,1-\alpha/2}/(2\sum x_i),\ \chi^2_{2n,\alpha/2}/(2\sum x_i)]$.

$$\sigma^2 \in \left[\frac{\sum(x_i-\mu)^2}{\chi^2_{n,\alpha/2}},\ \frac{\sum(x_i-\mu)^2}{\chi^2_{n,1-\alpha/2}}\right].$$

Standardavviket fås ved den voksende transformasjonen $\sqrt{\cdot}$ på begge endepunkter.

$$\beta^\alpha \in \left[\frac{\sum x_i^\alpha}{g_{n,\alpha/2}},\ \frac{\sum x_i^\alpha}{g_{n,1-\alpha/2}}\right],\quad g \sim \text{gamma}(n,1).$$

Deretter løftes til $\beta$ med den strengt voksende $(\cdot)^{1/\alpha}$ — endepunktene beholder rekkefølgen.

$$m \in \big[\,k\cdot 2^{1/\theta_U},\ k\cdot 2^{1/\theta_L}\,\big]$$

— endepunktene bytter plass. Samme mønster som all KI-transformasjon med avtakende $g$.

Fem punkter å hake av før du leverer et eksakt KI:

1) riktig pivot for oppgavens fordeling; 2) riktig frihetsgrad ($2n$ / $n$ / gamma$(n,\cdot)$); 3) riktig kvantil i riktig endepunkt; 4) snudd ulikheten der du inverterte; 5) punktestimatet ligger inni — og svaret har enhet og tolkning.

Vil du være sikrere (høyere $1-\alpha$), blir intervallet bredere: $\alpha/2$ minker, $\chi^2_{2n,\alpha/2}$ vokser og $\chi^2_{2n,1-\alpha/2}$ minker, så nedre grense synker og øvre grense stiger. Et 99 %-KI er alltid videre enn 90 %-KI-et fra samme data — mer sikkerhet koster presisjon.