6.3 Drill: hele kjeden — fordeling → estimator → pivot → eksakt KI (+ CLT + bootstrap-SE)

Bokas ryggrad-drill: hele estimerings-oppgaven fra modelldefinisjon til eksakt KI, CLT-alternativ og bootstrap-SE som ÉN sammenhengende fortelling — slik den står i praktisk talt hvert sett.

95 min

10 oppgaver

Drillhele kjedenfordeling → estimator → pivot → eksakt KI (+ CLT + bootstrap-SE)

Din fremgang i kapitlet

0 / 10 oppgaver

Kapitlets plass i kurset

Bygger på

6.1Eksakt pivotal-KI via gamma/χ² 5.3Drill: estimatoren fra fordeling til egenskaper (sjanger G)4.3Drill: transformasjon til gamma/χ² — pivot-fabrikken (eget drillmål)

Brukes videre i

6.PPrøver til del 6: Konfidensintervall: eksakt pivotal og CLT

Dette kapitlet ER STK1100-eksamens tyngste oppgave. Kjernen er én lang kjede som er gjentatt i praktisk talt hvert eneste sett siden 2015 — oftest som oppgave 3, verdt 60–70 % av poengene, uendret i oppbygning:

$\text{fordeling} \to \text{estimator} \to \text{forventningsretthet/varians} \to \text{transformasjon til gamma/}\chi^2 \to \text{eksakt pivotal-KI} \to (\text{CLT-KI}) \to (\text{bootstrap-SE}).$

Dette er drillsporets sluttledd (kap. 4.3 → kap. 5.3 → 6.3): her settes alle leddene sammen til én sammenhengende fortelling. Kontekstene i arkivet er levetider, inntekter, konsentrasjoner og målinger.

Kapitlet er tungt (~95 min) — del det gjerne over to økter: løsningsoppskriften + de to gjennomregnede casene i økt 1, drilloppgavene i økt 2. Der poengene glipper: å miste tråden mellom leddene (bruke feil estimat videre), $2n$ vs. $n$ i frihetsgraden, å melde Wald som «best» for liten $n$ , og å glemme tolkningen til slutt. Prioritet: høyeste.

Forkunnskaper: hele kjeden bygger på kap. 6.1 (eksakt pivotal-KI), kap. 6.2 (CLT/Wald + dekning), kap. 5.3 (ML + egenskaper + skjevhetskorreksjon) og kap. 4.3 (transformasjon til gamma/

\chi^2

Sist du var her — de fem formlene hele kjeden hviler på (drillsporets sluttledd):

$\textbf{ML (5.2/5.3):}\quad \ell(\theta)=\sum \ln f(x_i;\theta),\quad \ell'(\hat\theta)=0.$

$\textbf{Skjevhetskorreksjon (5.1/5.3):}\quad E(V^r)=\beta^r\frac{\Gamma(\alpha+r)}{\Gamma(\alpha)}\ \Rightarrow\ \text{del ut } \Gamma\text{-faktoren.}$

$\textbf{Pivot (4.3):}\quad \frac{2\sum X_i}{\mu}\sim\chi^2_{2n}\ (\text{eksp.}),\quad \sum(X_i/\beta)^\alpha\sim\text{gamma}(n,1)\ (\text{Weibull}).$

$\textbf{Eksakt KI (6.1):}\quad \mu\in\left[\frac{2\sum x_i}{\chi^2_{2n,\alpha/2}},\ \frac{2\sum x_i}{\chi^2_{2n,1-\alpha/2}}\right].$

$\textbf{Wald (6.2):}\quad \hat\theta\pm z_{\alpha/2}\widehat{\text{SE}}\ (\text{alternativ ved stor } n).$

Har du disse fem, er hele oppgaven ett løp fra modelldefinisjon til tolket tallsvar.

Løsningsoppskrift for HELE kjeden — åtte trinn

Møter du den store estimerings-oppgaven, kjør denne faste åtte-trinns-algoritmen. Hvert trinn gir uttelling, og sensor følger nettopp denne rekkefølgen.

1. Modelldefinisjon (sensorkrav 1). «La $X_i = \ldots$ , iid med fordeling $\ldots$ » — med parameter og hvilken parametrisering (eksponensial: rate eller forventning?).

2. Estimator (5.2). Sett opp likelihood over ALLE $n$ observasjoner, ta logaritme, deriver, løs: $\hat\theta$ . (Momentmetoden som alternativ der oppgaven ber om det.)

3. Forventningsretthet + varians (5.1/5.3). Regn $E(\hat\theta)$ . Er den skjev ( $E(\hat\theta)=c\theta$ , $c\ne 1$ ), korriger via $\Gamma$ /E(Vʳ): $\hat\theta/c$ er forventningsrett. Finn $\text{Var}(\hat\theta)$ og estimert SE.

4. Transformasjon til pivot (4.3). Bygg $W(X;\theta)$ med kjent gamma-/ $\chi^2$ -fordeling. Pass frihetsgraden: $\chi^2_{2n}$ (eksp.), $\chi^2_n$ (normal kjent $\mu$ ), gamma $(n,1)$ (Weibull), gamma $(n,2)=\chi^2_{2n}$ (Pareto).

5. Eksakt pivotal-KI (6.1). Sett kvantiler rundt $W$ , løs dobbeltulikheten for $\theta$ — snu ved invertering (endepunktene bytter plass). Intervallet er ofte asymmetrisk.

— naturlig pausepunkt: trinn 1–5 er kjernen; 6–8 er A-differensiatorene —

6. CLT-/Wald-KI + dekningsvurdering (6.2). Gi alternativet $\hat\theta\pm z_{\alpha/2}\widehat{\text{SE}}$ , og si hvilket du foretrekker: eksakt ved lav/moderat $n$ (bedre dekning), Wald ved stor $n$ .

7. Bootstrap-SE (forhåndsvarsel, fullføres i kap. 7.2). Nevn at en parametrisk bootstrap gir en numerisk standardfeil: trekk mange utvalg fra modellen med $\hat\theta$ innsatt, beregn $\hat\theta^*$ hver gang, og bruk standardavviket til $\hat\theta^*$ -ene som SE.

8. Tallsvar med tolkning (sensorkrav 11). Sett inn tallene, oppgi enhet og en tolkende setning. Transformer til avledet størrelse (median, kvantil) der oppgaven ber om det.

✏️Gjennomregnet hovedcase: eksponensiale konsentrasjoner (med sensornotater)

Konsentrasjonene $X_1,\ldots,X_{15}$ (mg/l) i uavhengige vannprøver antas eksponensialfordelte i forventningsform med forventning $\mu$ : $f(x)=\tfrac{1}{\mu}e^{-x/\mu}$ , $x\ge 0$ . Observert $\sum x_i = 96$ .

a) Utled ML-estimatoren og vis at den er forventningsrett.
b) Vis at $2\sum X_i/\mu \sim \chi^2_{30}$ , og konstruer et eksakt 95 %-KI for $\mu$ .
c) Gi det tilsvarende CLT-baserte intervallet og forklar hvilket du foretrekker for $n=15$ .
d) Gi et 95 %-KI for medianlevetiden og beskriv en parametrisk bootstrap for SE.

Sensornotat: dette er hele kjeden i miniatyr. Hvert delsvar er ett ledd — mist ikke tråden mellom dem.

a) Modell + ML. La $X_i$ = konsentrasjon i prøve $i$ , iid eksponensial i forventningsform med forventning $\mu$ . Likelihood over ALLE 15 observasjoner:
$L(\mu)=\prod_{i=1}^{15}\frac{1}{\mu}e^{-x_i/\mu}=\mu^{-15}e^{-\sum x_i/\mu}.$
$\ell(\mu)=-15\ln\mu-\frac{\sum x_i}{\mu},\qquad \ell'(\mu)=-\frac{15}{\mu}+\frac{\sum x_i}{\mu^2}=0 \ \Rightarrow\ \hat\mu=\bar X=\frac{96}{15}=6{,}4.$
Forventningsrett: $E(\hat\mu)=E(\bar X)=\mu$ (regnereglene fra kap. 1.2). Sensornotat: skriv likelihood som produkt over ALLE obs — 1 poeng — og vis $E(\bar X)=\mu$ eksplisitt.

b) Pivot + eksakt KI. For hvert ledd er $2X_i/\mu\sim\chi^2_2$ (CDF-metoden, kap. 4.3); summen av 15 uavhengige $\chi^2_2$ er
$W=\frac{2\sum X_i}{\mu}\sim\chi^2_{2\cdot 15}=\chi^2_{30}.$
Med $\alpha/2=0{,}025$ : $\chi^2_{30,0{,}025}=46{,}98$ , $\chi^2_{30,0{,}975}=16{,}79$ . Løs (inverter — endepunktene bytter plass), $2\sum x_i=192$ :
$\mu\in\left[\frac{192}{46{,}98},\ \frac{192}{16{,}79}\right]=[4{,}09,\ 11{,}43]\ \text{mg/l}.$
Sensornotat: frihetsgrad $2n=30$ , ikke 15. Stor kvantil i nedre grense. Asymmetrisk — korrekt.

— naturlig pausepunkt —

c) CLT/Wald + valg. For eksponensial er $\text{SE}(\hat\mu)=\mu/\sqrt n$ , estimert $\widehat{\text{SE}}=6{,}4/\sqrt{15}=1{,}653$ . Wald:
$6{,}4\pm 1{,}96\cdot 1{,}653=6{,}4\pm 3{,}24=[3{,}16,\ 9{,}64].$
For $n=15$ foretrekker jeg det eksakte intervallet: standardfeilen avhenger selv av $\mu$ , så normaltilnærmingen underdekker ved lav/moderat $n$ (jf. dekningspoenget i kap. 6.2). Wald oppgis som alternativ, ikke som beste svar. Sensornotat: å begrunne valget med dekning gir A-uttelling.

d) Median + bootstrap. Medianen er $m=\mu\ln 2$ ; $g(\mu)=\mu\ln 2$ er strengt voksende, så
$m\in[4{,}09\ln 2,\ 11{,}43\ln 2]=[2{,}83,\ 7{,}93]\ \text{mg/l}.$
Parametrisk bootstrap for SE: trekk $B$ (f.eks. 10000) nye utvalg à 15 fra eksponensial med $\hat\mu=6{,}4$ innsatt, regn $\hat\mu^*=\bar X^*$ i hvert, og bruk empirisk standardavvik (ddof=1) til de 10000 $\hat\mu^*$ -verdiene som bootstrap-SE (fullt apparat i kap. 7.2).

Tolkning: vi er 95 % konfidente på at gjennomsnittskonsentrasjonen ligger mellom 4,1 og 11,4 mg/l, og medianen mellom 2,8 og 7,9 mg/l.

✏️Andrecase: Pareto-inntekter med log-løft (med sensornotater)

Årsinntekter $X_1,\ldots,X_{12}$ (i mill.) over en kjent minsteinntekt $k=1$ antas Pareto-fordelte med tetthet $f(x)=\theta k^\theta/x^{\theta+1}$ , $x\ge k$ , ukjent formparameter $\theta$ . Observert $\sum\ln(x_i/k)=7{,}5$ .

a) Utled ML-estimatoren $\hat\theta$ .
b) Vis at $2\theta\sum\ln(X_i/k)\sim\chi^2_{24}$ og konstruer et eksakt 95 %-KI for $\theta$ .
c) Medianinntekten er $m=k\cdot 2^{1/\theta}$ . Gi et 95 %-KI for $m$ .

a) ML.

\ell(\theta)=n\ln\theta+n\theta\ln k-(\theta+1)\sum\ln x_i

. Med

T=\sum\ln(x_i/k)

\ell'(\theta)=n/\theta - T=0\Rightarrow \hat\theta=n/T=12/7{,}5=1{,}6

. Sensornotat: $\hat\theta=n/\sum\ln(x_i/k)$ — log-summen er den suffisiente størrelsen.

b) Pivot + KI. Hvert ledd $2\theta\ln(X_i/k)\sim\chi^2_2$ (log-løftet, kap. 4.3); summen $W=2\theta T\sim\chi^2_{24}$ . $\chi^2_{24,0{,}025}=39{,}36$ , $\chi^2_{24,0{,}975}=12{,}40$ . Isoler $\theta=W/(2T)$ — her deler vi på den positive $2T=15$ , så kvantilene bytter ikke plass:
$\theta\in\left[\frac{12{,}40}{15},\ \frac{39{,}36}{15}\right]=[0{,}827,\ 2{,}624].$
Sensornotat: pass på — motsatt forventningsformen (der $\mu$ står i nevneren) står $\theta$ i telleren, så ingen vending. $\hat\theta=1{,}6$ ligger inni.

— naturlig pausepunkt —

c) Median. $g(\theta)=k\cdot 2^{1/\theta}=2^{1/\theta}$ (siden $k=1$ ) er strengt avtakende i $\theta$ , så endepunktene bytter plass:
$m\in[g(2{,}624),\ g(0{,}827)]=[2^{1/2{,}624},\ 2^{1/0{,}827}]=[1{,}30,\ 2{,}31].$
Punktestimat: $\hat m=2^{1/1{,}6}=1{,}54$ . Tolkning: vi er 95 % konfidente på at medianinntekten ligger mellom 1,30 og 2,31 mill. Sensornotat: å se at $g$ avtar — og dermed snu — er A-detaljen her.

Drilloppgaver — hele kjeden, roterte fordelinger

Del gjerne over to økter. Oppgavene stiger i vanskelighet; de tre siste er krevende A-oppgaver.

📝Oppgave 1

Levetider $X_1,\ldots,X_{20}$ er eksponensiale i forventningsform, $\sum x_i=150$ .

a) Finn ML-estimatoren $\hat\mu$ .
b) Konstruer et eksakt 95 %-KI for $\mu$ . Oppgitt: $\chi^2_{40,0{,}025}=59{,}34$ , $\chi^2_{40,0{,}975}=24{,}43$ .
c) Gi Wald-intervallet og si hvilket du melder som hovedsvar.

📝Oppgave 2

For $n=12$ eksponensiale (forventningsform) levetider er $\sum x_i=72$ .

a) Konstruer et eksakt 90 %-KI for $\mu$ . Oppgitt: $\chi^2_{24,0{,}05}=36{,}42$ , $\chi^2_{24,0{,}95}=13{,}85$ .
b) Gi et 90 %-KI for medianlevetiden $m=\mu\ln 2$ .

📝Oppgave 3

Bruddstyrker er gammafordelte med kjent formparameter $\alpha=3$ og ukjent skala $\beta$ : $f(x)\propto x^{2}e^{-x/\beta}$ . For $n=5$ er $\sum x_i=90$ .

a) ML-estimatoren for $\beta$ er $\hat\beta=\bar X/\alpha$ . Regn den ut.
b) Pivoten er $2\sum X_i/\beta\sim\chi^2_{2n\alpha}$ . Konstruer et eksakt 95 %-KI for $\beta$ . Oppgitt: $\chi^2_{30,0{,}025}=46{,}98$ , $\chi^2_{30,0{,}975}=16{,}79$ .

📝Oppgave 4

Levetider er Weibull-fordelte med kjent form $\alpha=2$ og ukjent skala $\beta$ ; ML gir $\hat\beta=(\tfrac{1}{n}\sum x_i^2)^{1/2}$ . For $n=8$ er $\sum x_i^2=40$ .

a) Regn ut $\hat\beta$ , og vis at $\sum(X_i/\beta)^2=\sum X_i^2/\beta^2\sim$ gamma $(8,1)$ .
b) $\hat\beta$ er skjev. Bruk E(Vʳ)-formelen med $V\sim$ gamma $(8,1)$ og $E(\sqrt V)=\Gamma(8{,}5)/\Gamma(8)=2{,}785$ til å finne en forventningsrett korreksjon.
c) Konstruer et eksakt 95 %-KI for $\beta$ . Oppgitt: gamma $(8,1)$ -kvantiler $g_{0{,}025}=3{,}454$ , $g_{0{,}975}=14{,}42$ .

📝Oppgave 5

Inntekter er Pareto-fordelte med kjent $k=1$ og ukjent $\theta$ ; $\hat\theta=n/T$ med $T=\sum\ln(x_i/k)$ . For $n=12$ er $T=7{,}5$ .

a) Regn ut $\hat\theta$ og konstruer et eksakt 95 %-KI for $\theta$ via $2\theta T\sim\chi^2_{24}$ . Oppgitt: $\chi^2_{24,0{,}025}=39{,}36$ , $\chi^2_{24,0{,}975}=12{,}40$ .
b) Gi et 95 %-KI for medianinntekten $m=k\cdot 2^{1/\theta}$ .

📝Oppgave 6

Målefeil er normalfordelte med kjent $\mu=0$ og ukjent varians $\sigma^2$ ; $n=12$ , $\sum(x_i-\mu)^2=30$ .

a) Konstruer et eksakt 95 %-KI for $\sigma^2$ via $\sum(X_i-\mu)^2/\sigma^2\sim\chi^2_{12}$ . Oppgitt: $\chi^2_{12,0{,}025}=23{,}34$ , $\chi^2_{12,0{,}975}=4{,}404$ .
b) Gi et 95 %-KI for standardavviket $\sigma$ .

📝Oppgave 7

Åtte eksponensiale (forventningsform) levetider gir $\hat\mu=5$ , $\sum x_i=40$ . Det eksakte 95 %-KI-et er $[2{,}77,\ 11{,}58]$ og Wald-intervallet er $[1{,}54,\ 8{,}46]$ . Wald er smalest.

a) Regn Wald selv ( $z_{0{,}025}=1{,}96$ ) for å bekrefte.
b) Hvilket melder du som hovedsvar for $n=8$ , og hvorfor er «smalest» ikke «best» her?

📝Oppgave 8

Tjuefem konsentrasjoner er eksponensiale i forventningsform, $\sum x_i=160$ .

a) Finn $\hat\mu$ og et eksakt 95 %-KI. Oppgitt: $\chi^2_{50,0{,}025}=71{,}42$ , $\chi^2_{50,0{,}975}=32{,}36$ .
b) Beskriv presist en parametrisk bootstrap for standardfeilen til $\hat\mu$ , med kjørbar kodeskisse.

📝Oppgave 9

Ti levetider er eksponensiale i rateform $f(x)=\lambda e^{-\lambda x}$ , $\sum x_i=50$ .

a) Finn ML-estimatoren $\hat\lambda$ .
b) Konstruer et eksakt 95 %-KI for $\lambda$ via $2\lambda\sum X_i\sim\chi^2_{20}$ . Oppgitt: $\chi^2_{20,0{,}025}=34{,}17$ , $\chi^2_{20,0{,}975}=9{,}591$ .

📝Oppgave 10

En kollega leverer denne besvarelsen for $n=10$ eksponensiale (forventningsform) levetider, $\sum x_i=84$ : « $\hat\mu=8{,}4$ . Pivot $2\sum X_i/\mu\sim\chi^2_{10}$ . 90 %-KI $=[2\sum x_i/\chi^2_{10,0{,}95},\ 2\sum x_i/\chi^2_{10,0{,}05}] =[168/3{,}94,\ 168/18{,}31]=[42{,}6,\ 9{,}17]$ .» Finn og rett alle feilene, og gi det korrekte intervallet. Oppgitt: $\chi^2_{20,0{,}05}=31{,}41$ , $\chi^2_{20,0{,}95}=10{,}85$ .

Typiske feil

- Frihetsgrad $2n$ vs. $n$ . Eksponensial/Pareto: $2n$ . Normal med kjent $\mu$ : $n$ . Gamma $(\alpha,\beta)$ med kjent $\alpha$ : $2n\alpha$ . Weibull: gamma $(n,1)$ . Les hvilken pivot oppgaven gir.
- Miste tråden mellom leddene. Bruk samme $\hat\theta$ og samme $\sum x_i$ konsekvent gjennom hele kjeden — ikke bland estimat fra ett delpunkt inn i et annet.
- Glemme skjevhetskorreksjonen. Rot-/potensestimatorer (Weibull- $\hat\beta$ , $\sqrt{\hat\sigma^2}$ ) er skjeve; del ut $\Gamma$ -faktoren når oppgaven ber om en forventningsrett estimator.
- Ikke snu ulikheten ved invertering. Står parameteren i nevneren (forventningsform, $\beta^\alpha$ ), bytter endepunktene plass — stor kvantil i nedre grense.
- Melde Wald som «best» for liten $n$ . Wald er et alternativ; det eksakte foretrekkes ved lav/moderat $n$ (bedre dekning).
- Glemme tolkningen. Avslutt alltid med tallsvar, enhet og en setnings tolkning (og avledet størrelse der oppgaven ber om det).

Oppskriftskort — kjeden komprimert

Flashcard-/repetisjonsstoff — hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget gjelder kjernestoffet og drilloppgavene. Kortene er hele kjeden i lommeformat.

Kjeden i åtte trinn — kortet

\chi^2

Modelldefinisjon — kortet

X_i = \ldots

ML-leddet — kortet

n

Forventningsretthet + skjevhetskorreksjon — kortet

E(\hat\theta)

Transformasjon til pivot — kortet

2\sum X_i/\mu

Modell	Pivot	Fordeling
Eksp. (forventn.)	$2\sum X_i/\mu$	$\chi^2_{2n}$
Normal, kjent $\mu$	$\sum(X_i-\mu)^2/\sigma^2$	$\chi^2_n$
Gamma, kjent $\alpha$	$2\sum X_i/\beta$	$\chi^2_{2n\alpha}$
Weibull, kjent $\alpha$	$\sum(X_i/\beta)^\alpha$	gamma $(n,1)$
Pareto, kjent $k$	$2\theta\sum\ln(X_i/k)$	$\chi^2_{2n}$

Eksakt pivotal-KI — kortet

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

CLT/Wald-alternativet — kortet

\hat\theta\pm z_{\alpha/2}\widehat{\text{SE}}

Eksakt-vs-Wald-dekning — kortet

n=10

Bootstrap-SE — kortet

B

Tallsvar med tolkning — kortet

Avslutt kjeden med tall, enhet og en tolkende setning : «Vi er 95 % konfidente på at forventet konsentrasjon ligger mellom 4,1 og 11,4 mg/l.» Transformer til median/kvantil der oppgaven ber om det (monoton funksjon — snu hvis avtakende).

Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.