Introduktion Till Statistiken

The Title
The Author
The Date

ii
c Mikael Möller

Innehåll
1 Vad statistik handlar om 1
1.1 Modeller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Tre typer av medelvärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1 Median . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.2 Typvärde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.3 Aritmetiskt medelvärde . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Tre typer av avvikelser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.1 Varians –standardavvikelse . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.2 Skevhet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.3 Toppighet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4 Tre typer av gram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.1 Stolpdiagram och kumulerat stolpdiagram . . . . . 16
1.4.2 Histogram och kumulerat histogram . . . . . . . . 19
2 Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 23
2.1 Diskret och kontinuerlig . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2 Väntevärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3 Sannolikhet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.4 Mera om sannolikheter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.5 Betingade sannolikheter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.6 Betingade väntevärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.7 Betingade varianser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.8 Oberoende . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3 Diskreta modeller 49
3.1 Betygssättning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.2 Optionsmodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.2.1 Binomial optionsmodell –ett tidssteg . . . . . . . 56
3.2.2 Binomial optionsmodell –‡era tidssteg . . . . . . . 59
3.3 Epostmodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
iii

iv INNEHÅLL
3.4 Spelmodeller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.5 Kvalitetskontroll . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.6 Sammanfattning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
3.7 Lösningar till uppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
4 Kontinuerliga modeller 87
4.1 Bussmodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.2 Försäkringsmodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
4.2.1 Fördelning för antal skador . . . . . . . . . . . . . 95
4.2.2 En försäkrings premie . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.3 Normalfördelningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
4.3.1 Centrala gränsvärdessatsen . . . . . . . . . . . . . 101
4.4 Lösningar till uppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
5 Stickprov och skattningar 111
5.1 Stickprov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
5.1.1 Vad ett stickprov kan ge . . . . . . . . . . . . . . . 112
5.2 Skattningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
5.2.1 Önskade egenskaper hos skattningar . . . . . . . . 116
5.3 Metoder för att …nna skattningar . . . . . . . . . . . . . . 124
5.3.1 Momentmetoden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
5.3.2 Minsta kvadrat metoden . . . . . . . . . . . . . . . 126
5.3.3 Maximum likelihood metoden . . . . . . . . . . . . 130
5.4 Tankeväckande exempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
5.5 Lösningar till uppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
6 Passar vår fördelning 141
6.1 Funktionen ^ F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
6.2 Fördelningsdiagram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
6.2.1 P-P diagram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
6.2.2 K-K diagram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
6.2.3 Exempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
6.3 Rörvik Timber B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
6.4 Lösningar till uppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
7 Trovärdiga intervall 163
7.1 Normalfördelningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
7.1.1 Fall 1: Kon…densintervall för när är känt . . . 165
7.1.2 Fall 2: Kon…densintervall för med okänt väntevärde
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
7.1.3 Fall 3: Kon…densintervall för när är okänt . . . 168
7.2 Kon…densintervall vid normalapproximation . . . . . . . . 170
c Mikael Möller

INNEHÅLL v
7.2.1 Kon…densintervall vid Poissonfördelning . . . . . . 170
7.2.2 Kon…densintervall vid binomialfördelning . . . . . 171
7.3 Lösningar till uppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
8 Prövning av antaganden 177
8.1 Introduktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
8.2 Test av vid normalfördelning . . . . . . . . . . . . . . . 177
8.2.1 Steg 1: Formulera lämplig hypotes . . . . . . . . . 178
8.2.2 Steg 2: Bestäm en testvariabel . . . . . . . . . . . 179
8.2.3 Steg 3: Bestäm en beslutsregel . . . . . . . . . . . 180
8.2.4 Steg 4: Besluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
8.2.5 Jämförelse mellan kon…densintervall och test . . . 184
8.3 Test av 1 2 vid normalfördelning . . . . . . . . . . . . 184
8.4 Test av p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
8.5 Test av vid normalfördelning . . . . . . . . . . . . . . . 195
8.6 Olika typer av fel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
8.6.1 Styrkefunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
8.7 p-värden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
8.8 Test av fördelningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
8.8.1 2-testet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
8.8.2 Ett enklare exempel . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
8.8.3 Fördelningar –diskreta . . . . . . . . . . . . . . . 206
8.8.4 Fördelningar –kontinuerliga . . . . . . . . . . . . . 208
8.8.5 Test av oberoende . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
8.9 Övningar och Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
8.10 Lösningar till uppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
9 Linjär regression –enkel 217
10 Linjär regression –multipel 219
11 Icke linjär regresion 221
12 Logistisk regression 223
12.1 När är logistisk regression användbart . . . . . . . . . . . 223
12.2 Hur ser p(x1; : : : ; xm) ut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
12.2.1 Logistisk regressionsmodell via odds . . . . . . . . 228
12.2.2 Logistisk regressionsmodell via tillväxtmodell . . . 231
12.3 Hur bestäms parametrarna 0 och 1 . . . . . . . . . . . . 233
12.3.1 För att summera och generalisera . . . . . . . . . . 235
12.4 Tillbaks till exemplen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
12.5 Hur man tolkar parametrar . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
c Mikael Möller

vi INNEHÅLL
12.6 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242
12.7 Lösningar till uppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
13 Tidsserier 251
13.1 Introduktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
13.2 Glidande medelvärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252
13.3 Komponentmodeller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
13.3.1 Modell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
13.3.2 Konstruktion av en tidsserie . . . . . . . . . . . . . 257
13.3.3 Analys av tidsserien ovan . . . . . . . . . . . . . . 259
13.3.4 Enkel exponentiell utjämning . . . . . . . . . . . . 264
13.3.5 Dubbel exponentiell utjämning à la Holt . . . . . . 267
13.4 ARMA-modeller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
13.4.1 Introduktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
13.4.2 Hur ser en stationär tidsserie ut . . . . . . . . . . 271
13.4.3 Autokorrelationsfunktionen . . . . . . . . . . . . . 274
13.4.4 Partiella autokorrelationsfunktionen . . . . . . . . 275
13.4.5 Modellen AR(1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277
13.4.6 Modellen MA(1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278
13.5 Lösningar till uppgifter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
14 ARMA processer 287
15 Beslutsteori 289
15.1 Beslutsprocessen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290
15.2 Enkla beslutsproblem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292
15.2.1 Minimax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
15.2.2 Maximax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
15.2.3 Förlorade möjligheter . . . . . . . . . . . . . . . . 294
15.3 Enkla beslut baserade på väntevärden . . . . . . . . . . . 296
15.4 Enkla beslutsträd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299
15.5 Aposteriorisannolikheter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
15.6 Allmäna beslutsträd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303
c Mikael Möller

1. Vad statistik handlar
om
Människans ojämförligt största upp…nning är språket och därefter kommer
matematik och statistik. Utan det förra skulle vi inte kunna utväxla
ideer och utan det senare skulle våra ideer vara fördunklade av allehanda
övernaturligt tankebråte. Ett samhälle utan matematik kan förvisso existera
men dömer sig självt till evigt stillastående. Matematiken och i
dess förlängning statistiken är två speciella universiella språk som hjälper
oss att reda ut vad som är sant och vad som är tro. Matematiken gör
modeller som utgår från "odelbara sanningar" och härleder därur statiska
beskrivningar av verkligheten. Det statistiska språket lägger till
en osäkerhetsaspekt till det matematiska språket, slumpen, som gör det
möjligt att även ge beskrivningar av en kaotisk, dynamisk, verklighet.
Statistik har gett uphov till och/eller understött utvecklingen av
många intressanta verksamheter som nationalekonomi, sociologi, marknadsföring,
fysik, …nans, medicin, farmakologi, psykologi, dataalgoritmer
o s v.
Statistik har även använts för att förklara hur slumpen kan skapa
mönster där inga …nnes. I bästsäljaren Bibelkoden presenterar författaren
[7, Michael Drosnin] följande resultat: Tag bibelns text och skriv
ned den med exakt lika många bokstäver i varje rad. I den så erhållna
textmassan kan man nu, vertikalt eller diagonalt, hitta en mängd intressanta
saker. Vid ett sådant försök lyckades man para ihop 34 rabbiners
namn med deras födelsedata. Något så märkligt kan inte vara en slump
utan måste vara ett hemligt meddelande från Gud. Alltså …nns Gud
(vilka dumheter man får höra). Nu kan man med statistiska metoder
bevisa att slumpen faktiskt ger dylika e¤ekter (se [8, Qvartilen Vol 19-
3, Olle Häggström]). Statistik kan därför även användas för att avslöja
direkt felaktiga påståenden och blir därmed ett utmärkt verktyg för att
hålla ’koll’på medvetet/omedvetet ’ljug’från både politiker, astrologer
och andra.
För att kunna fungera som ett verktyg för utveckling och renhållning
behöver statistiken matematiken ty med matematikens hjälp kan en statistiker
visa att t ex aritmetiska medelvärden uppträder på ett speciellt
sätt när antalet mätningar ökar. Detta betyder att den som vill stud-
1

2
era statistik måste, för att få verklig behållning av och självständigt
kunna använda de statistiska verktygen, börja med att studera matematik.
Har man inte elementa inom matematik klart för sig så blir
statistiken knastertorr (utantillärning) och, utanför den deskriptiva statistikens
värld, totalt obegriplig. Av denna anledning …nns till denna bok
en nätbok, Introduktion till matematik för ekonomer, som innehåller det
minimum av kunskaper i matematik som behövs för att med god behållning
kunna tillägna sig denna bok.
Jaha vad handlar nu statistik om? Tillspetsat kan man säga att
statistik handlar om två saker 1) Hur man beräknar medelvärden och
2) begreppet oberoende händelser. Sannolikt får jag en massa belackare
som hävdar annat så jag får likt biskop Brask skriva en liten lapp:
Hur man sedan använder dessa kunskaper är fram till var och en.
Olle Sjöström påminner om statistikens tre ben (se [9, Qvartilen Vol
20-2, Olle Sjöström])
Svårigheterna att svara på frågan ”Vad är statistik?”beror
inte minst på att statistikens idéhistoriska framväxt är komplex
och svårfångad. Ett sätt att söka beskriva denna utveckling
är att skilja på tre olika linjer.
1) Statistik som kritisk samhällslära med rötter i Upplysningen.
2) Statistik som generell metod, i dagens statistiska språkbruk
en metod för surveyundersökningar, i allmänt språkbruk
”statistisk undersökning”. En teori formulerades i slutet av
1800-talet.
3) Statistik som tillämpning av sannolikhetsmodeller, som
har haft en stark utveckling under 1900-talet. Det är fråga
om en mer utbyggd statistiskt orienterad matematik, även
kallad ”matematisk statistik”.
Dessa tre traditioner lever kvar i dag. Alla tre …nns med
i statistikens olika tillämpningar, den tredje dominerar undervisning
och forskning inom universitet och högskolor nästan
helt. Även i det samhällsvetenskapliga ämnet statistik
c Mikael Möller

1. Vad statistik handlar om 3
har denna uppfattning fått insteg och intresset har glidit mer
mot andra tillämpningar än de samhällsvetenskapliga. I det
följande vill jag söka visa, att alla dessa tre traditioner är
relevanta . . . .
Ovanstående beskrivning stämmer bra med de faktiska förhållandena
och det är onekligen så att det första benet har haft en tendens till att bli
bortglömt och det andra har den statliga myndigheten SCB tagit hand
om. Men både det första och andra benet behöver det tredje för att få
hjälp att undvika fällor och fel.
1.1 Modeller
Innan vi börjar räkna på medelvärden måste vi göra mätningar och dessa
mätningar måste ha någon form av relevans för oss. Detta betyder att
innan vi börjar mäta måste vi bestämma varför vi skall mäta, vad vi
skall mäta och hur vi skall mäta. För att bli lite mer konkret tänker
vi oss ett företag som sysslar med guldprospektering. Den första frågan
’varför’får då svaret: För att hitta lönsam guldmalm. Vi kommer sedan
över på frågan vad vi skall mäta – guld så klart! Ja men hur? Så
hamnade vi på den sista frågan ’hur’ innan vi besvarat ’vad’. Detta
är egentligen inget att förundras över – de två frågorna hänger intimt
samman. Hur prospekterar man guld? Min naiva tanke är att man
i lämpligt område utför borrningar som ger borrkärnor. På lämpliga
ställen på dessa borrkärnor gör man analyser av guldförekomsten hos,
säg, en kubikcentimeter. Nu börjar det bli komplicerat ty vad du just
läst innebär dels en metod för att välja borrhål och dels en metod för att
välja ut de delar av borrkärnan som skall analyseras. Men vi har i varje
fall kommit fram till svaret på frågan ’vad’och det blev: Guldhalten i
en (sammanhängande) kubikcentimeter borrkärna. Detta leder mig till
att skapa följande storhet
X = guldhalten i en cm 3 borrkärna.
Eftersom vi kommer att analysera ‡er prov, säg n, så erhåller vi n stycken
guldhalter X1; X2; : : : ; Xn. När vi så har erhållit dessa n guldhalter så
måste vi fatta beslut om brytning eller ej och det är självklart så att om
alla prov innehåller 100% guld så tar vi fram spaden och börjar gräva
och om inget prov innehåller guld packar vi ihop vår utrustning för att
pröva vår lycka annorstädes. Någonstans däremellan …nns gänsen för
brytvärd respektive ej brytvärd malm.
c Mikael Möller

4 1.2. Tre typer av medelvärden
Vad vi nu har gjort är att skapa början till en modell av det som vi
är intresserade av, i detta fall guldhalten, och vi har infört beteckningen
X för att beteckna guldhalten hos en cm3 malm innan vi ens har mätt
denna halt. En naturlig beteckning för den faktiska uppmätta halten
blir x så vi …nner alltså de faktiska procentvärdena x1; x2; : : : ; xn t ex
0:001; 0:002; : : : ; 0:000. Nästa fråga är hur vi på bästa sätt skall hantera
denna information för att avgöra om det …nns brytvärt guld eller ej när
vi tagit säg n = 1000 prov. Detta blir för många värden för hjärnan
att överblicka och vi behöver någon form av samlingsmått. Här skall
vi endast ange ett (man kan tänka sig hur många som helst) som har
blivit mycket grundligt studerat under århundrandenas lopp nämligen
det aritmetiska medelvärdet
X = 1
n
och dess observerade motsvarighet
x = 1
n
nX
i=1
Xi
nX
xi.
Vårt beslut att bryta eller ej kommer således att basera sig på talet x
men hur beslutet skall fattas blir en senare historia.
Vi skall nu gå över till att studera det aritmetiska medelvärdet och
dess egenskaper men innan vi börjar med denna studie noterar vi ytterligare
en sak om vårt exempel, nämligen: De värden som är möjliga att
observera ligger alla mellan 0 och 100. Mängden av dessa tal betecknar
vi med X och det gäller
i=1
X = fx j 0 x 100g .
Detta utläses "mängden omega-X där X antar alla reella tal mellan 0
och 100". Mängden X kallas X:s utfallsrum och anger precis de värden
som är möjliga att erhålla vid en mätning av X.
Sammanfattning Vi har infört beteckningen stor bokstav för det
som vi skall mäta och liten bokstav för det som är uppmätt. De
möjliga mätvärdena, utfallsrummet, betecknas med X eller alternativt
(X).
1.2 Tre typer av medelvärden
Ovan nämnde vi att det …nns en uppsjö av samlingsmått men namngav
bara ett –det aritmetiska medelvärdet. Här skall vi börja med att kort
c Mikael Möller

1. Vad statistik handlar om 5
ta upp ytterligare två samlingsmått –median och typvärde –för att
därefter ta itu med analysen av det aritmetiska medelvärdet.
1.2.1 Median
Om vi ordnar alla värden i växande storleksordning och sedan tar det
mittersta värdet (om antalet mätningar är jämnt tar vi summan av de två
mittersta värdena och delar med 2) så får vi ett medelvärde som kallas
median. Denna storhet har egenskapen att precis hälften av guldhalterna
understiger medianen och den resterande hälften är större än medianen.
Medianen är därför, för oss, en bra kandidat till ett medelvärde.
Ovan har vi betecknat våra mätvärden med x1; x2; : : : ; xn och om vi
ordnar dessa i växande storleksordning och inför beteckningen (i) för
att beteckna det storleksmässigt i:te mätvärdet har vi för den ordnade
mätmängden följande beteckning
där det gäller att
x (1); x (2); : : : ; x (n)
x (1) x (2) x (n).
Med detta skrivsätt de…nerar vi nu medianen enligt
De…nition 1 (Median) Med medianen, M (x), till mängden av mätvärden
fx1; x2; : : : ; xng menas talet
8
<
M (x) =
:
x (k)
x (k) + x (k+1)
2
n = 2k + 1
n = 2k
Medianen är således ett bra förslag på medelvärde och det är ett uppriktigt
värde ty det är just det mittersta värdet av de givna värdena.
1.2.2 Typvärde
Ett annat uppriktigt värde är det så kallade typvärdet, T (x), som helt
enkelt är det vanligast förekommande värdet. Detta värde kan dock vara
svårt att de…niera för många typer av mätvärden. Tag t ex längder av
män och antag att vi mäter längden, i cm, hos 10 män och att vi då får
längderna
173; 165; 178; 151; 173; 173; 179; 169; 189; 173.
c Mikael Möller

6 1.2. Tre typer av medelvärden
Vi ser direkt att fyra av dem är 173 cm långa. Typvärdet skulle i detta
fall bli just 173 cm. Men om vi nu tar och mäter längden av dessa 4 i mm
så skulle vi troligtvis få att alla fyra har olika längd och typvärdet blir
då ode…nierat. Typvärdet är således inget bra mått för genomsnittligt
värde eftersom det blir beroende av sorten. Ibland kan det dock ge en
viss information.
1.2.3 Aritmetiskt medelvärde
Det artitmetiska medelvärdet är grundbulten inom statistik och denna
bok. För att se detta måste vi ha ett ‡exibelt exempel (eller snarare
‡era) där vi kan exempli…era olika egenskaper på sätt som är lätta att
förstå. Eftersom detta är en bok i statistik, för ekonomer, med en speciell
inriktning mot grunderna inom …nansiell statistik så skall vi som utfallsrum
betrakta Den Nordiska Börsen 1 under 100 dagar. Detta utfallsrum
är ändligt om än mycket stort och ändligheten behövs för att enkelt
införa vissa storheter och begrepp. Bilda nu följande storheter
X1 = Broström B, slutkurs mätt i ören,
X2 = Atlas Copco B, slutkurs mätt i ören,
X3 = Rörvik Timber B, slutkurs mätt i ören.
Observera här min petighet med angivande av mått och tidpunkt (statistiker
blir lätt lite petiga eftersom de lärt sig att ’skit in blir skit ut’,
ursäkta svenskan). Den i:te dagens slutkurser ger vi beteckningarna X1i,
X2i och X3i där i = 1; 2; : : : ; 100.
Statistiker har ett speciellt sätt att kalla sådana storheter: stokastiska
variabler. Stokastisk betyder slumpmässig, så vi har slumpmässiga
variabler eller kort och gott slumpvariabler. Ett alternativt sätt att
uttrycka sig blir då: X1, X2 och X3 är tre stokastiska variabler. Detta
uttryckssätt kommer att spara en hel del trycksvärta framöver samt underlätta
införandet av nya begrepp, men visst blir det mer abstrakt. Men
med abstraktionen följer å andra sidan en betydligt ökad tillämplighet
ty jag behöver inte nämna några aktier – dessa ingår som specialfall.
Vårt exempel med en aktieportfölj kan då innefattas i de tre stokastiska
variablerna X1, X2 och X3 på det ändliga utfallsrummet 2
(X) = fx j x 2 f0; 0:01; 0:02; : : : ; 300:00gg
= f0; 0:01; 0:02; : : : ; 300:00g .
1 Den Nordiska Börsen …nns på adressen http://www.omxgroup.com/omxcorp/
(20070116).
2 Atlas Copco B kostade i skrivande stund mest ca 245 kronor.
c Mikael Möller

1. Vad statistik handlar om 7
Med detta exempel i bakhuvudet betraktar vi nu det abstrakta men
ändliga utfallsrummet
(X) = fx1; x2; : : : ; xNg
av storlek N. Det aritmetiska medelvärdet, A (X), de…nieras av att man
summerar alla mätvärden och dividerar med antalet summerade värden
d v s man bildar
A (X) = x1 + x2 + + xN
N
och vi skall närmast undersöka vilka egenskaper denna storhet har.
Balanseringspunkt
Antag att vi har två lika vikter om v kg utplacerade på en homogen
planka. Den första vikten be…nner sig på avståndet x1 från plankans
vänstra ändpunkt och den andra på avståndet x2 från samma punkt.
Hur kan vi nu bestämma den punkt (jämviktspunkt, balanseringspunkt)
på plankan där de två vikternas inverkan tar ut varandra d v s där vi
skall placera en bock för att erhålla balans.
v
(a)
v1
v2
(c)
x1
x1
x
?
x
?
x2
x2
v
(b)
v3
v1
v2
(d)
x
?
x1 x2 x3
Figur 1.1: Balanseringspunkter i fyra olika typfall
x1
x
?
x2
x3
c Mikael Möller

8 1.2. Tre typer av medelvärden
Beteckna denna balanspunkt med x. Vi vet enligt fysikens lagar
(eller om man så vill enligt lekparkens) att följande jämviktsekvation
(…gur 1.1a) måste gälla
(x x1) v = (x2 x) v.
Ur denna ekvation är det lätt att lösa ut den sökta punkten,
x = x1 + x2
.
2
Men vi skall också skriva jämviktsekvationen på ett annat sätt nämligen
(x1 x) v + (x2 x) v = 0
ty denna form låter sig lätt generaliseras både till ett godtyckligt antal
vikter och godtyckliga vikter. Antag först att vikterna är v1 och v2
istället för v (…gur 1.1c). För att jämvikt skall gälla måste fortfarande
(x x1) v1 = (x2 x) v2 , (x1 x) v1 + (x2 x) v2 = 0
och ur denna ekvation erhålls
x = v1x1 + v2x2
.
v1 + v2
Antag nu att vi har tre lika vikter v på avstånden x1, x2 och x3 och
söker jämviktspunkten för dessa tre vikter (…gur 1.1b). Vi konstaterar
då först att de två första vikterna kan ersättas med vikten 2v i x2 (där
vi lagt till index 2 i x för att markera två vikter). Därefter har vi ånyo
två vikter men denna gång med vikterna 2v på avståndet x2 respektive
v på avståndet x3. Detta ger jämviktsekvationen
varur vi erhåller
(x2 x3) 2v + (x3 x3) v = 0
x3 = 2vx2 + vx3
3v
= v (x1 + x2) + vx3
3v
= x1 + x2 + x3
.
3
Man övertygar sig lätt (?) om att jämviktsekvationen i detta senare fall
kan skrivas
(x1 x) v + (x2 x) v + (x3 x) v = 0.
c Mikael Möller

1. Vad statistik handlar om 9
Den allmäna jämviktsekvationen med tre olika vikter v1, v2 och v3 på
avstånden x1, x2 och x3 blir analogt
varur vi erhåller
(x1 x3) v1 + (x2 x3) v2 + (x3 x3) v3 = 0
x3 = v1x1 + v2x2 + v3x3
v1 + v2 + v3
=
3X
vi
xi P3 i=1 j=1 vj
Medelst ett enkelt induktionsbevis (se Introduktion till den ekonomiska
matematiken) kan man nu visa (för dem som inte tror på sanningshalten)
att det allmänt gäller
nX
vi
xn = xi Pn i=1 j=1 vj
=
.
nX
i=1
xipi
för n olika vikter på olika avstånd. Den införda storheten pi kommer vi
behandla utförligt längre fram.
Storheten xn kallas det aritmetiska medelvärdet och för specialfallet
vi = v erhålls, som ett specialfall, den storhet som vanligtvis
förknippas med A (x), det aritmetiska medelvärdet baserat på n mätvärden.
Tre egenskaper
Funktionen A (X) har tre viktiga egenskaper som alla synes vara självklara
men som inte desto mindre är av stor betydelse. För den vidare
framställningen behöver vi
De…nition 2 Med X avses följden av tal fx1; x2; : : : ; xN g = fxig N
i=1 .
Vi skriver nu
X 0 när alla Xi 0.
X = 1 när alla Xi = 1.
Den första egenskapen hos funktionen A (X) kan nu skrivas: 1) om
X 0 så gäller att A (X) 0. Trivialt sant ty summerar man positiva
tal så blir summan positiv. Den andra egenskapen är 2) om X1 och X2
är två stokastiska variabler och c1 och c2 är två rella tal så gäller att
A (c1X1 + c2X2) = c1A (X1) + c2A (X2) .
c Mikael Möller

10 1.3. Tre typer av avvikelser
Tänk bara på en portfölj som består av två aktier. Oavsett om vi betraktar
protföljen som helhet eller varje aktie för sig så skall ju slutresultatet
bli detsamma. Den tredje och sista egenskapen är 3) Om X = 1 så gäller
att A (1) = 1. Sätt Xi = 1 i uttrycket för A (X) varvid påståendet följer
direkt.
Funktionen A (X) kallas inom matematiken, en normaliserad linjär
operator och till dessa har vi anledning att återkomma många
gånger. Vidare noterar vi att alla resonemang går igenom även om utfallsrummet
är oändligt.
Ofta har vi inte tillgång till hela utfallsrummet utan endast en del av
det, säg n värden, d v s vi har ett urval. Vi kan då inte beräkna A (X)
men väl A (x) där
Här gäller för subindex Ii att
x = fxIi gn
i=1 .
Ii = 1 om det i:e värdet i X är med i urvalet,
0 annars.
Detta senare värde A (x) används sedan som en approximation av det
förra A (X). Det gäller naturligtvis att för olika urval x erhålls olika
värden på A (x) och dessa är med säkerhet skilda från det sanna värdet
A (X). Då uppstår två naturliga frågor: 1) hur utspridda är de olika
värdena på A (x) och 2) hur nära kan A (x) tänkas vara det sanna värdet
A (X).
1.3 Tre typer av avvikelser
Under denna rubrik kommer vi uteslutande betrakta det aritmetiska medelvärdet
och lämnar de två andra medelvärdena median och typvärde åt
sitt öde. I och med detta kan vi också kalla det aritmetiska medelvärdet
för medelvärdet kort och gott.
Medelvärdet ger oss en balanseringspunkt för vikter på en planka.
Denna bild förs nu enkelt över till ett två-dimensionellt koordinatsystem
där vikterna symboliseras av pinnar, med olika höjd, utplacerade på xaxeln.
Pinne nummer i be…nner sig på avstånd xi från origo (Detta har
vi egentligen redan gjort i …gur 1.1). För att vara helt generella från
början räknar vi avstånd med tecken. Om vi nu normerar pinnarnas
sammanlagda höjd, pi, till 1 d v s så att PN till att jag införde beteckningen pi för
c Mikael Möller
vi
P N
j=1 vj
i=1 pi = 1 så ser vi ett skäl
(p för ’normerad pinne’)

1. Vad statistik handlar om 11
ovan ty för vikterna gäller att
NX
i=1
vi
P N
j=1 vj
=
P N
i=1 vi
P N
j=1 vj
= 1.
De…nition 3 (Aritmetiskt medelvärde) Med det aritmetiska medelvärdet
förstås den storhet (operator) som beskrivs av uttrycket
där pi =
vi
P N
j=1 vj
A (X) =
och fxig N
i=1 = X.
NX
i=1
xipi
Det är nu klart att två olika uppsättningar pinnar kan ha samma balanseringspunkt
men till sin struktur vara helt olika. Vi skall därför
införa tre olika mått (varians, skevhet och toppighet), som beskriver tre
ytterligare egenskaper, för en uppsättning pinnar.
1.3.1 Varians –standardavvikelse
I nedanstående …gur ser vi dels två lika stora pinnar nära varandra och
dels samma pinnar långt ifrån varandra (pinnen i mitten är inte en pinne
utan en pil –y-axeln).
(a)
x1 = 1 x2 = +1
x1 = 100 x2 = +100
(b)
Figur 1.2: Variansen i två olika typfall
Vi …nner lätt de två …gurernas medelvärden till
x1 =
2X
i=1
xipi = x1 + x2
2
respektive x2 =
4X
i=3
xipi = x3 + x4
2
c Mikael Möller

12 1.3. Tre typer av avvikelser
och dessa medelvärden hamnar båda mittemellan de två positionerna, x1
och x2 respektive x3 och x4, men ändock ger …gurerna helt olika intryck.
Ett mått som mäter detta intryck är variansen (standardavvikelse) som
för dessa två fall de…nieras av
2
1 =
2X
i=1
(xi x1) 2 pi respektive
2
2 =
4X
(xi x2) 2 pi.
För att övertyga oss om att variansen är ett mått på den visuella skillnaden
i …gurerna 1.2a och 1.2b beräknar vi varianserna för de storheter
som ingår i respektive …gur (med de angivna valen blir x1 = 0 och x2 = 0)
och erhåller
2
1 =
2
2 =
2X
i=1
4X
i=3
(xi) 2 1
2 = ( 1)2 + (1) 2
= 1
2
i=3
(xi) 2 1
2 = ( 100)2 + (100) 2
= 10 000
2
En tydligare skillnad än den mellan 1 och 10 000, kan vi inte önska oss.
För att få samma sort som för medelvärdet brukar man dra roten ur
variansen och får då standardavvikelsen. Man erhåller vårt exempels
standardavvikelser till 1 respektive 100.
Allmänt gör vi följande de…nition
De…nition 4 (Varians) Variansen för den stokastiska variabeln X med
utfallsrummet X, med N element, de…nieras av
där X = A (X).
2 =
NX
i=1
xi X 2 pi
Med den ovan införda linjära operatorn A (X) kan variansen även skrivas
3
2 = A X X 2 = A X X 2
och vi …nner följande identitet
A X X 2 = A X 2
= A X 2
2XX + X 2 = A X 2
A 2 (X)
3 Det är lite otympligt att skriva A (X c) 2
2XA (X) + X 2 A (1)
så det …nns en oskriven överenskom-
melse att man istället skriver A (X c) 2 vidare skriver man A 2 (X) för att beteckna
A (X) A (X).
c Mikael Möller

1. Vad statistik handlar om 13
ty A (X) = X.
1.3.2 Skevhet
Nästa steg är att beskriva begreppet skevhet och i …gur 1.3 sid 13 är
a) skev åt vänster, b) symmetrisk och c) skev åt höger.
1
3
(a)
p
1 2 9
1
3
(c)
p
1
3
(b)
p
1 2 9
3 4 5
Figur 1.3: Skevheten i tre olika typfall
Liksom ovan betraktar vi avståndet till medelvärdet och den allmäna
de…nitionen av skevhet i utfallsrummet X är talet A X X 3 . För
detta tal kan vi visa följande identitet
A X X 3 = A X 3
= A X 3
För alla tre …gurer ovan gäller att pi = 1
3
tre fallen i …gur 1.3 till:
3XA X 2 + 3X 2 A (X) X 3
3XA X 2 + 2X 3 .
. Vi …nner nu skevheten i de
c Mikael Möller

14 1.3. Tre typer av avvikelser
a) x1 = 1, x2 = 2 och x3 = 9 vilket ger x = 4 och skevhetens värde
blir
(1 4) 3 1
3 + (2 4)3 1
3 + (9 4)3 1
= 30,
3
b) x1 = 3, x2 = 4 och x3 = 5 vilket ger x = 4 och skevhetens värde
blir
(3 4) 3 1
3 + (4 4)3 1
3 + (5 4)3 1
= 0,
3
c) x1 = 1, x2 = 8 och x3 = 9 vilket ger x = 6 och skevhetens värde
blir
(1 6) 3 1
3 + (8 6)3 1
3 + (9 6)3 1
= 30.
3
Det gäller således att om den största tyngden …nns till vänster om
medelvärdet så erhåller vi en positiv skevhet, om tyngden är jämnt utspridd,
d v s vi har symmetri, så erhåller vi skevheten 0 och slutligen om
den största delen av tyngden ligger till höger om medelvärdet så har vi
en negativ skevhet.
För att få en dimensionslös storhet på skevheten används vanligen
följande de…nition på skevhet:
De…nition 5 (Skevhet) Skevheten för den stokastiska variabeln X med
utfallsrummet X, med N element, de…nieras av
1.3.3 Toppighet
3
A X X
1 = .
Sista steget är att beskriva begreppet toppighet och om vi fortsätter
på den inslagna vägen med högre potenser så de…nerar vi toppigheten i
utfallsrummet X som talet A X X 4 .
För toppigheten gäller följande identitet
A X X 4 = A X 4
= A X 4
3
4XA X 3 + 6X 2 A X 2
4XA X 3 + 6X 2 A X 2
4X 3 A (X) + X 4
3X 4 .
För alla fyra del…gurer i …gur 1.4 sid 15 gäller att x1 = 1; x2 = 2 och
x3 = 3 vilket, tillsammans med värdena på p1, p2 och p3, ger x = 2 i
samtliga fall. Vi …nner nu toppigheten i de fyra fallen till:
c Mikael Möller

1. Vad statistik handlar om 15
6
8
1
8
(a)
1
3
(c)
p
p
1 2 3
1 2 3
2
4
1
4
(b)
2
5
1
5
(d)
p
p
1 2 3
1 2 3
Figur 1.4: Toppigheten för fyra olika typfall
a) p1 = 1
8 , p2 = 3
4 och p3 = 1
8
ger värdet
(1 2) 4 1
8 + (2 2)4 3
4 + (3 2)4 1
= 0:25,
8
b) p1 = 1
4 , p2 = 2
4 och p3 = 1
4
ger värdet
(1 2) 4 1
4 + (2 2)4 1
8 + (3 2)4 1
= 0:5,
4
c) p1 = 1
3 , p2 = 1
3 och p3 = 1
3
ger värdet4
(1 2) 4 1
3 + (2 2)4 1
3 + (3 2)4 1
= 0:666,
3
d) p1 = 3
8 , p2 = 2
8 och p3 = 3
8
ger värdet
(1 2) 4 3
8 + (2 2)4 2
8 + (3 2)4 3
= 0:75.
8
4 ett streck över talet, som i 6, betyder att 6 skall upprepas i all oändlighet.
c Mikael Möller

16 1.4. Tre typer av gram
Figur a) ger ett spetsigare intryck än …gur b) och har även ett mindre
värde på toppigheten. Figur b) är i sin tur spetsigare än …gur c) som i
sin tur är spetsigare än d) (som är urgröpt) och vi får hela tiden störra
värden. Toppighet mäter således en …gurs spetsighet.
För att få en dimensionslös storhet på toppigheten används vanligen
följande de…nition på toppighet
De…nition 6 (Toppighet) Toppigheten för den stokastiska variabeln
X med utfallsrummet X, med N element, de…nieras av
4
A X X
2 =
där trean inte kan förklaras på nuvarande stadium (egentligen är den helt
onödig) utan vi får återkomma till den längre fram.
1.4 Tre typer av gram
Vi skall nu undersöka den information som …nns i pi:na i operatorn
A (X). Låt oss göra det utifrån exemplet med 100 dagars slutkurser i
aktien Rörvik Timber B (period 0102-0601 år 2006). För denna har vi
modellen
X3 = Rörvik Timber B, slutkurs mätt i 10-ören.
där utfallsrummet är en uppräkning av de kurser som faktiskt noterats
(X) = f16:8; 16:9; 17:1; 17:2; 17:3; 17:4; 17:5; 17:8; 17:9; 21:8; 22; : : : ;
4
22:2; 22:4; 22:5; 22:6; 23:5; 23:6; 23:7; 23:8; 23:9; 24; 24:4; 24:5g
Slutkurserna i tidsordning kan ses i tabellen nedan (vilken skall läsas
från vänster till höger, uppifrån och ned)
1.4.1 Stolpdiagram och kumulerat stolpdiagram
Om vi beräknar medelvärdet av dessa slutkurser så erhålls
A (X) = x1 + x2 + + x100
100
3
= 20:869.
Nu är det väl inte så intelligent att räkna ut medelvärdet av aktiekurser 5
men i detta läge är vi ute efter något annat. Vi vet nämligen också att
5 Aktiekurser vandrar och man är mer intresserad av vart de är på väg.
c Mikael Möller

1. Vad statistik handlar om 17
Tabell 1.1: Slutkurser Rörvik Timber B, 2006-01-02–2006-05-29
18:0 17:3 18:0 17:5 17:3 17:2 17:1 16:8 17:1 17:1
16:9 17:4 17:2 17:1 17:3 17:2 17:8 17:5 18:7 18:4
18:0 18:2 17:9 19:5 19:3 19:4 20:8 20:7 21:2 21:3
21:2 21:0 20:6 20:9 21:3 21:3 20:8 22:4 22:2 22:5
21:8 20:7 20:5 20:7 21 21:2 20:5 20:1 20:3 20:0
20:6 20:8 20:6 21:1 21:3 21:1 20:7 20:5 21:0 21:8
21:3 21:5 21:8 21:3 20:9 20:5 20:5 21:3 22:4 22:4
22:4 22:6 22:8 23:0 23:1 24:0 23:5 23:8 23:9 23:6
23:6 23:0 22:0 22:4 22:9 23:0 24:0 23:7 24:0 24:4
24:5 23:5 23:8 22:7 23:0 21:2 22:7 23:0 24:0 23:2
vårt medelvärde kan skrivas
X100
A (X) =
vi
xi PN i=1 j=1 vj
X100
=
i=1
xipi
där talen vi står för vikter. Genom att sortera ovanstående slutkurser i
stigande ordning och därefter räkna antalet gånger en kurs inträ¤ar kan
vi bilda paren (xi; vi) och medelst ett stolpdiagram beskriva hur ofta
t ex kursen 18 förekommer. Vi ser i …gur 1.5 att detta värde förekommer
precis 3 gånger. Detta betyder att att värdet 18 förekommer 3 gånger
bland de 100 värdena d v s att chansen för att få 18 vid lottdragning
bland de 100 slutkurserna är 3 på 100 eller som vi också säger 3%. Nu
kan vi resonera på samma sätt för vart och ett av de i (X) ingående
talen och erhåller då en följd av procentsi¤ror: p1 = 1%, p2 = 1%,
p3 = 4%, o s v speciellt ser vi att p28 = 7%.
Om vi nu istället för Antal på y-axeln inför Procent, eller helt enkelt
bara talet p, så erhåller vi vad vi skall kalla det relativa stolpdiagrammet
och det är detta diagram som kommer att användas framöver. Givet
detta diagram kan vi snabbt utläsa påståenden av typen
Sannolikheten för att X3 = 20:9 är 0:02. 6
Vi ritar inte om det relativa stolpdiagrammet utan nöjer oss med att
konstatera att de ändringar som behöver göras är att byta ut si¤rorna
på y-axeln (t ex 7 ! 0:7) samt skriva p istället för Antal.
Ett annat viktigt diagram som i sig innehåller materialet till ett
mycket viktigt verktyg, som vi har anledning att återkomma till längre
0:02.
6 I matematiken lär vi oss att procent kan skrivas som hundradelar d v s att 2% =
c Mikael Möller

18 1.4. Tre typer av gram
Antal
7
6
5
4
3
2
1
17 18 19 20 21 22 23 24 25
Rörvik
Timber
Figur 1.5: Stolpdiagram över slutkurser i Rörvik Timber B,
period 2006-01-02–2006-05-29
fram, är det relativa kumulerade stolpdiagrammet. Detta diagram
bestäms av punkterna
nX
!
xn; ; n = 1; 2; 3; : : : ; 100.
i=1
xipi
Vi skriver inte upp dess matematiska de…nition, som bara blir krånglig,
utan nöjer oss med …gur 1.6.
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
p
17 18 19 20 21 22 23 24 25
Rörvik
Timber
Figur 1.6: Kumulerat stolpdiagram över slutkurser i Rörvik Timber B,
period 2006-01-02–2006-05-29
Observera att det kumulativa relativa stolpdiagrammet alltid är växande
och går från 0 till 1.
c Mikael Möller

1. Vad statistik handlar om 19
Exempel 1 (SQL-anrop) Till en resebyrås databasserver inkommer
SQL-anrop och den dataansvarige har under dagens brådaste timme noterat
hur många anrop som anländer varje minut (och varje anrops
svarstid) och därvid erhållit bland annat följande tabell över anropen
3 5 7 7 8 6 12 8 7 4 2 9
4 9 3 9 8 9 9 5 10 5 9 2
4 6 6 5 4 7 5 7 6 8 5 5
6 5 8 5 2 2 2 6 7 2 5 8
6 4 4 7 9 7 6 6 4 2 5 8
Materialet är tänkt att användas för att söka svar på frågor som: Klarar
servern alltid av att besvara frågorna inom rimlig tid? Hur stor andel av
tiden har servern inga frågor att besvara? Finns det risk för att servern
kan bli överbelastad, så att svarstiderna blir orimliga, och i så fall hur
stor är denna risk? Vi har ännu inte alla de verktyg som behövs för
att kunna besvara dylika frågor men för en första analys kan vi alltid
uttnyttja de vi har. Till att börja med beräknar vi de fyra måtten
x s 2 g1 g2
Medelvärde Varians Skevhet Toppighet
5:90 5:41 0:08 0:39
Vidare …nner vi materialets relativa stolpdiagram och relativa kumulerade
stolpdiagram –se …gur 1.7a och 1.7b.
0 .2
0 .1
p
1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 1 1 2
(a) Stolpdiagram
A n r o p
1 .0
0 .8
0 .6
0 .4
0 .2
p
1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 1 1 2
(b) Kumulerat stolpdiagram
Figur 1.7: SQL-anrop till en server
1.4.2 Histogram och kumulerat histogram
A n r o p
Hitills har vi betraktat de möjliga slutkurserna för Rörvik Timber B
som varande ett ändligt antal men en stunds eftertanke ger att detta
c Mikael Möller

20 1.4. Tre typer av gram
utfallsrum bara är en approximation av alla de möjligheter som …nns.
Det skulle därför inte vara helt fel att för Rörvik Timber B tänka sig ett
utfallsrum av typen
X = fx j 16:8 x 24:5g .
Detta utfallsrum består då av oändligt många punkter och idén med
stolpdiagram fungerar inte längre. Vad vi då kan göra är att fösa ihop
alla observationer i ett intervall t ex kan vi notera antalet observationer
mellan 16:8 x < 16:9, mellan 16:9 x < 17 o s v. Den uppmärksamme
ser nu att vi i princip är tillbaks till stolpdiagrammet men nu från en
annan utgångspunkt. Vidare är valet av intervall godtyckligt ty jag
kunde lika gärna ha valt intervallen 16:8 x < 17, 17 x < 17:2 o s v
eller varför inte olika intervalllängder 16:7 x < 17:3, 17:3 x < 17:7
o s v. Alla varianter kan förekomma och vissa av dem är bättre på att
avslöja inneboende strukturer hos data än andra. För att komma fram
till en avslöjande intervallindelning …nns ingen annan metod än att göra
intelligenta prövningar.
Till varje indelning hör ett histogram och dess kumulerade histogram
och vi skall för vår illustration välja indelningen 16 x < 17, 17 x <
18 o s v –se …gur 1.8a och b.
Exempel 2 (Skogsområde) Vid försäljning av ett skogsområde skall
områdets värde i form av avverkningsbart timmer uppmätas. För att göra
detta indelades området i ett rutnät om N rutor ur vilka 49 rutor togs
slumpmässigt. I varje utvald ruta uppmättes därefter volymen timmer
varvid följande avrundade värden, i något mått, erhölls
0:7 0:9 1:0 1:3 1:9 2:7 3:2
3:4 3:4 3:5 3:5 4:3 5:2 5:9
6:0 6:3 6:5 6:6 7:1 7:4 7:6
7:9 8:3 8:3 8:3 8:3 8:7 10:0
10:0 10:3 12:0 13:4 14:1 14:8 16:7
16:8 17:1 17:7 18:9 19:0 19:4 19:7
24:3 26:2 26:2 28:3 31:7 39:3 44:8
Analysera materialet och skatta den totala mängden timmer i skogsområdet.
Data är de…nierat på ett sådant sätt, volymmått, att det kan
betraktas som kontinuerligt. De fyra måtten blir
c Mikael Möller
x s 2 g1 g2
Medelvärde Varians Skevhet Toppighet
12:0 100:0 1339:5 45121

1. Vad statistik handlar om 21
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
p
(a) Histogram
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
p
17 18 19 20 21 22 23 24 25
17 18 19 20 21 22 23 24 25
(b) Kumulerat histogram
Rörvik
Timber
Rörvik
Timber
Figur 1.8: Två typer av …gurer över slutkurser i Rörvik Timber,
period 2006-01-02–2006-05-29
Vi ser att standardavvikelsen (roten ur variansen) är stor jämfört med
medelvärdet och det är därför av vikt att …nna data:s underliggande struktur.
Skevheten säger oss att det mesta av data ligger till vänster om
medelvärdet. Vårt nästa steg blir att rita några lämpliga histogram – se
…gur 1.9 på sid 22. Observera att data självt informerar oss om att en
symmetrisk fördelning inte kan föreligga. I det vänstra histogrammet har
vi lika stor bas på alla rektanglar (vilket är olämpligt vid skeva fördelningar)
och i det högra histogrammet gäller istället att varje rektangel
har lika stor yta.Det vänstra diagrammet är förvisso skevt men alltför
grovt för att ge en bra bild över data. I det högra diagrammet ger vi
varje rektangel en lika stor yta och detta ger en bättre bild över hur data
fördelar sig på ytor med lite respektive mycket timmer. De två första
diagrammen bekräftar således den skevhet som anges av talet g1. Vårt
nästa steg blir att pröva med en …nare indelning som tar hänsyn till att
det …nns mer data i början. Därvid erhålls digram (c) som, av ännu ej
diskuterade skäl, ger en bra beskrivning av data.
c Mikael Möller

22 1.4. Tre typer av gram
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0.00
5 10 15 20 25 30 35 40 45
(a) Lika intervall, total yta=1
c Mikael Möller
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0.00
0 10 20 30 40 50
(c) Olika intervall, total yta=1
0.07
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0.00
5 10 15 20 25 30 35 40 45
(b) Lika ytor, total yta=1
Figur 1.9: Försäljning av ett markområde

2. Stokastiska variabler,
väntevärden och
sannolikheter
I avsnittet om Vad statistik handlar om infördes en mängd nya begrepp
på intuitiv grund och vi skall nu ägna ett par kapitel åt att formalisera
och exakt de…niera vad vi menar med begrepp som stokastisk
variabel, väntevärde (synonym till vårt aritmetiska medelvärde), sannolikhet
(våra pinnar) och fördelningsfunktion (våra diagram). Observera
att om man inte är noggrann inom statistik så kan man bevisa vad som
helst t ex att gud …nns eller att medlemmarna i Stockholms Kooperativa
Hyresförening vill ha höga hyror och många andra tokigheter. I detta
kapitel börjar vi med att diskutera begreppet stokastisk variabel.
2.1 Diskret och kontinuerlig
Trot det eller ej men en stokastisk variabel är faktiskt en funktion så
egentligen verkar benämningen variabel helt korkad. Men för er som
läst lite matematik och speciellt då funktionslära vet att man kan skapa
en funktion av en funktion och då är den ena funktionen en variabel till
den andra (i matematisk formalism blir det att funktionerna f(x) och
g(x) båda med variabeln x ger upphov till funktionen f(g(x)) och g(x)
som faktiskt är en funktion blir en variabel till f(x)). För att erhålla en
intuitiv förståelse för detta tänker vi på situationen kast med en tärning
där vi intresserar oss för antalet prickar som kommer upp d v s vi bildar
den stokastiska variabeln
X = antal prickar som erhålls vid kast med en tärning.
Vad vi oftast tänker på i denna situation är antalet prickar men det
egentliga utfallsrummet innehåller sådana händelser som att tärningen
hamnar på kanten eller hörnet. Även hur tärningen är vriden i förhållande
till något godtyckligt koordinatsystem kommer in. Vår hjärna
applicerar dock en funktion som bortser från dessa möjligheter, den …lterar
bort dem, och det enda som återstår är "antalet prickar". En mer
23

24 2.1. Diskret och kontinuerlig
korrekt beskrivning av vår variabel X är därför
X (!) = antal prickar som erhålls vid kast med en tärning.
för alla ! i mängden av alla möjliga utfall.
Detta ger oss nu en anledning att ta upp skillnaden mellan utfallsrummen
och X. Med utfallsrummet menar vi de…nitionsmängden
till den stokastiska variabeln X och med X avses X:s värdemängd.
Om t ex = f!1; !2; : : :g så blir X = fX (!1) ; X (!2) ; : : :g och om
är uppräkneligt så blir också X det. Vidare …nns inget slumpmässigt
i talet X (!k) och vi betcknar det därför med xk och har därför att
X = fx1; x2; : : :g. Observera att mycket väl kan vara större än X
ty det kan t ex gälla att X (!i) = X (!j). Om vi t ex intresserar oss
för familjer så består dessa ofta av ‡er än en person men varje person
i familjen är en representant för familjen. Detta resonemang är även
giltigt för icke-uppräkneliga utfallsrum t ex kan sex, vid kast med tärning,
komma upp på ett oändligt antal sätt om man beaktar vridningar i
förhållande till något …xerat koordinatsystem.
Stokastiska variabler delar naturligt in sig i två grupper – dels de
som är diskreta och dels de som är kontinuerliga. 1 Vårt nästa steg är
att de…niera vad vi menar med de två orden diskret och kontinuerlig och
för att de…niera dem använder vi oss av utfallsrummets struktur.
Om utfallsrummet för den stokastiska variabeln X kan skrivas
X = fxi j i 2 N \ Bg
där N är de naturliga talen (de positiva heltalen) d v s 1; 2; 3; : : : och B
någon form av begränsning säges utfallsrummet vara diskret (uppräkneligt).
Till denna typ av utfallsrum hör mängden av de naturliga talen,
de hela talen, de rationella talen och många ‡er mängder. Mängderna
behöver inte ens bestå av tal utan kan vara alla pilsnerkorvar i ett snabbköp.
Det enda kravet är att elementen (talen, pilsnerkorvarna m m)
i vårt utfallsrum inte får vara ‡er än de naturliga talen (märkligt men
sannt men de hela talen är lika många som den naturliga talen).
Med en diskret stokastisk variabel avses sålunda den funktion som har
ett diskret utfallsrum (X). 2 Med begränsningen B = f1; 2; 3; 4; 5; 6g
svarar vårt (X) ovan de…nitivt mot en diskret stokastisk variabel.
Om utfallsrummet kan skrivas
X = fx j x 2 R \ Bg
1 Detta är vid en noggrannare analys inte helt korrekt men synsättet duger mer
än väl.
2 I löpande text skriver vi (X) och i formelområden X om vi nu överhuvudtaget
bryr oss om att ange X.
c Mikael Möller

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 25
där R är de reella talen och B någon form av begränsning säges utfallsrummet
vara kontinuerligt (icke-uppräkneligt). Ett exempel på en
stokastisk variabel som ger upphov till ett kontinuerligt utfallsrum är
X = längden hos en homo sapiens.
Här är en möjlig begränsning på längden 1 cm till 400 cm (även om
längden 1 cm måste vara en kort rackare) ty längden måste vara positiv
och människan kan inte bli hur lång som helst. Vi har således
X = fx j x 2 R \ (1; 400)g
där begränsningen B är intervallet 1 cm till 400 cm. Detta utfallsrum
kan även skrivas
X = fx j 1 x 400g
och det behövs mycken eftertanke för att visa att punkterna i denna
mängd ej är möjlig att räkna upp. Än mer märkligt är att antalet punkter
i intervallet (1; 400) är lika många som antalet punkter i intervallet
(0; 1). 3
De…nition 7 En stokastisk variabel säges vara diskret om dess utfallsrum
är uppräkneligt och kontinuerlig om dess utfallsrum är ickeuppräkneligt.
2.2 Väntevärden
I vår de…nition av A (X) utgick vi ifrån ett ändligt utfallsrum och kunde
visa att funktionen A (X) uppfyller följande tre egenskaper
1. Om X 0 ) A (X) 0
2. Om X1 och X2 är två stokastiska variabler och c1; c2 2 R så gäller
att
A (c1X1 + c2X2) = c1A (X1) + c2A (X2) .
3. A (1) = 1.
Vi skall nu utvidga storheten A (X) till att gälla för godtyckliga
diskreta (d v s även sådana med uppräkneligt oändliga utfallsrum) och
kontinuerliga stokastiska variabler och vi gör detta axiomatiskt (med
icke bevisbara påståenden som vi tror på) genom att stipulera att väntevärdet
(ett generaliserat medelvärde, även kallat det förväntade värdet)
E (X) är en storhet som uppfyller följande
3 Beviset för detta påstående är dock helt elementärt bara man skapar rätt
geometrisk bild.
c Mikael Möller

26 2.2. Väntevärden
Axiom 8 (Väntevärde) För en godtycklig stokastisk variabel X gäller
1. Om X 0 ) E (X) 0.
2. Om X1 och X2 är två stokastiska variabler och c1; c2 2 R så gäller
att
E (c1X1 + c2X2) = c1E (X1) + c2E (X2) .
3. E (1) = 1.
Detta betyder att även E (X) är en normaliserad positiv linjär operator
(på samma sätt som A (X)).
Eftersom vi nu tillåter oändliga utfallsrum behöver vi ytterligare ett
"axiom"
4. Givet stokastiska variabler fXig som växer monotont (Xi Xi+1)
mot en …x gräns X då gäller för dessa stokastiska variabler att
lim
i!1 E (Xi) = E lim Xi = E (X)
i!1
d v s att vi kan låta symbolerna E och lim byta plats.
Nu behövs egentligen inte detta fjärde axiom ty det går att visa att
det, under vissa förutsättningar, gäller och därmed är det inte ett axiom
utan ett bevisbart påstående.
Axiomen ger oss direkt följande viktiga samband.
Theorem 9 För väntevärdesoperatorn E har vi att
1. för godtyckliga Xi 2 (X) och ci 2 R så gäller
E
nX
!
nX
= ciE (Xi) .
i=1
ciXi
i=1
2. om X1 Y X2 så gäller E (X1) E (Y ) E (X2).
Bevis 1 1) Axiom 2 och induktionsbevis ger påståendet. 2) Den första
olikheten följer av axiom 1 och 2 eftersom
varav det följer
Y X1 0 ) E (Y X1) 0 ) E (Y ) E (X1) 0
E (Y ) E (X1) .
Den andra olikheten följer på samma sätt.
c Mikael Möller

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 27
Ibland kan det inträ¤a att E (X1) = +1 och E (X2) = 1 så att
E (X1 + X2) = +1 1.
Detta är ett obestämt tal. Vi löser detta problem genom att helt enkelt
inskränka oss till de variabler där detta inte kan inträ¤a (prata om
gordisk lösning) genom att kräva att
2.3 Sannolikhet
E (jXj) < +1.
Hitills har vi undvikit begreppet sannolikhet även om vi pratat om chans
och ’pinnar’vilka båda i princip är synonyma med detta begrepp. Detta
beror på att vi vill sätta den sannolikhet vi skall prata om på en objektiv
och matematiskt formell grund.
Låt vara ett utfallsrum och tag en delmängd A . 4 Bilda nu
den stokastiska variabeln (en s k indikatorvariabel)
IA (!) =
1 ! 2 A
0 ! =2 A
som indikerar om ! …nns i mängden A eller ej. De…niera sedan sannolikheten
för A genom relationen
P (A) = E IA (!) . (2.1)
Notera att P –sannolikheten –i sig är en funktion vars de…nitionsområde
är alla (ja de viktigaste i varje fall) delmängder i utfallsrummet .
En indikatorfunktion har ett par trevliga egenskaper. Om A och B
är två delmängder i så ger …gur 2.1 på sid 28 och en stunds eftertanke
att
1. IA[B (!) = IA (!) + IB (!) om A och B är disjunkta,
2. IA\B (!) = IA (!) IB (!).
Dessa egenskaper låter sig lätt utvidgas, med hjälp av induktion, till att
gälla för n disjunkta mängder.
I följande exempel, baserat på ett diskret utfallsrum, skall ordet ’symmetri’tolkas
som att ’ha identiska egenskaper’.
4 Läsaren må se upp här därför att beteckningen A, nu och framledes, står för två
olika saker. Sammanhanget avgör om vi betraktar en delmängd eller ett medelvärde.
c Mikael Möller

28 2.3. Sannolikhet
A B
(a) Union A [ B
A B
(b) Snitt A \ B
Figur 2.1: Illustration av union och snitt
Exempel 3 Bilda den stokastiska variabeln
X = antalet prickar vid kast med en symmetrisk tärning.
Det gäller då att
X = f1; 2; 3; 4; 5; 6g
ty det är endast dessa tal vi intresserar oss för. Eftersom X kan delas
upp i sex disjunkta delmängder
X = f1g [ f2g [ f3g [ f4g [ f5g [ f6g
erhålls med upprepad användning av 1. ovan och axiom 2 för väntevärdet
att
6X
!
P ( X) = E (I (!)) = E I X fig (!)
=
=
6X
E Ifig (!) =
i=1
6X
pi.
i=1
i=1
6X
P (fig)
Att tärningen är symmetrisk betyder att varje möjligt utfall har samma
sannolikhet (identisk egenskap) d v s pi = p och detta tillsammans med
axiom 3 för väntevärdet ger oss
c Mikael Möller
1 = E (I X (!)) = P ( X) =
i=1
6X
pi =
i=1
6X
p = 6p
i=1

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 29
varför sannolikheten p erhålls till (förvånad?)
p = 1
6 .
I detta exempel har vi att elementarmängden 5 ! är en av mängderna
fig, för något i. Observera att det är skillnad på fig och i –den första
storheten är en mängd och den andra ett tal.
Detta gör att vi kan ställa och besvara frågor av typen ’vad är sannolikheten
att få mer än tre prickar vid kast med en symmetrisk tärning’.
Exempel 4 Bilda den stokastiska variabeln
X = antal prickar vid kast med en symmetrisk tärning
där X = f1; 2; 3; 4; 5; 6g. Vi har nu att den efterfrågade sannolikheten
kan skrivas
P (X > 3) = P (f4g [ f5g [ f6g)
6X
!
= E Ifig (!)
=
i=4
6X
E Ifig (!)
i=4
= P (f4g) + P (f5g) + P (f6g)
= 3
= 0:5.
6
Nåväl, inte orkar man skriva hela uppsatser för de enklaste problem så
istället skriver man kortare
P (X > 3) =
gynnsamma utfall för fX > 3g
möjliga utfall
= 3
6 .
Med hjälp av de fyra axiomen, för väntevärdet, kan vi nu generellt
ange sannolikheterna för alla delmängder A, på det diskreta utfallsrummet
= f!kg k2N , till
P (A) = E IA (!) = X
!k2A
P (!k) . (2.2)
5 En av de minsta möjliga delmängderna d v s den innehåller ingen annan delmängd
än sig själv.
c Mikael Möller

30 2.3. Sannolikhet
Sannolikheten pk = P (!k) är sannolikheten för en av de ömsesidigt uteslutande
händelserna (kallade elementarhändelser 6 , t ex att få en sexa)
och denna sannolikhet kan vara godtycklig så länge som axiomen ovan
är uppfyllda d v s den behöver inte anta ett och samma värde för alla k.
Ovanstående ger oss följande alternativa, komplementära, sätt att
beräkna sannolikheter som vi kommer ha stor nytta av framöver.
Theorem 10 För varje utfallsrum
= f!1; !2; : : : ; !Ng
där de tillhörande sannolikheterna p1; p2; : : : ; pN alla är rationella tal så
gäller för en godycklig delmängd A i att
P (A) =
gynnsamma utfall för A
möjliga utfall
Bevis 2 Vi kan i ett första steg betrakta utfallsrummet
0 = !1; f!2; : : : ; !Ng = f!1; ! 0 2g
med sannolikheterna p1 och p 0 2. Det gäller nu att kvoten
p1
p0 2
är ett rationellt tal och det …nns därför tal k och l sådana att i utfallsrummet
00
= f!11; : : : ; !1k; ! 0 21; : : : ; ! 0 2lg ,
där !11 = = !1k och ! 0 21 = = ! 0 2l , har alla elementarhändelser
samma sannolikheter – p00 = 1
k+l . Sålunda inses att varje utfallsrum
= f!1; !2; : : : ; !Ng kan utvidgas till ett nytt och större utfallsrum 0 =
f! 0 1; ! 0 2; : : : ; ! 0 N 0g där varje elementarhändelse har samma sannolikhet
p = 1
N 0 . Det gäller därför att
P (A) = X
E I (! 0 i) = X
p =
= gynnsamma utfall för A
i2A
i2A
möjliga utfall
antal elemtarhändelser i A
N 0
6 Händelse och mängd är synonyma ord för samma sak. Händelse är vardagsspråk
och mängd matematikspråk.
c Mikael Möller

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 31
Låt nu X vara en godtycklig stokastisk variabel på utfallsrummet
och If!kg (!) vara indikatorfunktionen för elementarhändelsen !k. Observera
att X är en funktion på utfallsrummet varav följer att uttrycket
X (!) = X
I (!k) X (!k) för ! 2
!k2
är välde…nierat för diskreta utfallsrum. Om vi nu använder förväntningsoperatorn
E på detta uttryck så erhålls
E X (!) = X
E If!kg (!) X (!k) = X
E If!kg (!) X (!k)
!k2
= X
!k2
X (!k) pk
ty X (!k) är ett …xt reellt tal. Detta innebär att vi nu har en metod för
att räkna ut väntevärdet för en diskret stokastisk variabel om vi känner
till de enskilda sannolikheterna pk.
Exempel 5 Bilda den stokastiska variabeln
!k2
X = antal prickar vid kast med en symmetrisk tärning
där X = f1; 2; 3; 4; 5; 6g. För denna variabel gäller att
pk = P (X = k) = 1
6 ; k 2 X
och vi …nner det förväntade antalet prickar till
E (X) =
6X
x
x=1
1
= 3:5.
6
Ett resultat som vi intuitivt känner för ty det är inget annat än balanseringspunkten
för talen 1; 2; 3; 4; 5; 6 – alla med lika sannolikhet (vikt).
Vi har nu ett uttryck för sannolikheten av en mängd A i ett diskret
utfallsrum men vi saknar motsvarande uttryck för de kontinuerliga
utfallsrummen. När det gäller diskreta utfallsrum så är dessa hanterbara
på en elementär nivå ty vi kan alla räkna 1; 2; 3; : : : och det är allt som
behövs. Men de kontinuerliga utfallsrummen skapar problem av en helt
annan dimension (vi behöver t ex måtteori – en av många grenar på
matematikens träd) och vi skall därför nöja oss med att de…niera denna
sannolikhet.
c Mikael Möller

32 2.4. Mera om sannolikheter
De…nition 11 Låt A där är ett kontinuerligt utfallsrum. Det
…nns då en funktion f sådan att
Z
P (A) = E IA (!) = f (!) d!. (2.3)
Funktionen f kallas täthetsfunktion.
Nu säger den matematiska teorin att integraler uppfyller axiom 1 och 2
(de är linjära operatorer). Axiom 3 begränsar valet av möjliga funktioner
f och man kan bevisa "axiom 4" med ytterligare begränsningar på f.
Detta är dock knepigt.
2.4 Mera om sannolikheter
Vi skall nu titta på en del kända satser, som vi kommer ha stor användning
av framöver, vilka gäller oavsett om vi har ett diskret eller
kontinuerligt utfallsrum. I det följande utgår vi ifrån ett utfallsrum
och tre delmängder i detta: A, B och C d v s A; B; C . Till varje
delmängd hör dess komplementmängd, som också är en delmängd i ,
och denna tecknas med tecknet { framför mängdsymbolen, t ex tecknas
komplementmängden till A som {A och dessa två mängder har egenskapen
att de uttömmer d v s att de tillsammans ger hela
A [ {A = .
Vår framställningen kommer att vara helt algebraisk men på sid 35 …nns
de …gurer som brukar användas för en geometrisk framställning av bevisen.
Vår första sats handlar om komplementet:
Theorem 12 (Komplementsatsen) Om det gäller att A [ {A = så
gäller P {A = 1 P (A).
Bevis 3 Det …nns en stokastisk variabel (indikatorvariabel) sådan att
och för denna gäller att
c Mikael Möller
IA (!) =
A
1 ! 2 A
0 ! =2 A
P (A) = E IA (!) .

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 33
Nu gäller, som man lätt övertygar sig om, att
I (!) = I A[{A (!) = IA (!) + I {A (!)
ty A och {A har per de…nition inget gemensamt och eftersom
följer påståendet omedelbart.
P ( ) = E I (!) = 1
Om vi som specialfall tar A = så erhålls att
P { = 1 P ( ) = 0.
För komplementet till inför vi den speciella mängdsymbolen ; = {
och detta är en mängd som inte innehåller någonting, den är tom och
kallas därför för den tomma mängden. För den tomma mängden gäller
P (;) = 0 och för våra två mängder A och {A gäller
A \ {A = ;.
Om det gäller för två mängder A och B att A \ B = ; säger vi att
mängderna är disjunkta.
Den andra satsen studerar unioner av mängder:
Theorem 13 (Additionssatsen) Om det gäller att A; B så gäller
att P (A [ B) = P (A) + P (B) P (A \ B).
Bevis 4 Vi kan antingen angripa problemet direkt eller utnyttja Komplementsatsen.
Det direkta angrepssättet konstaterar att det …nns två indikatorvariabler
IA (!) och IB (!) sådana att
varav följer att
IA[B (!) = IA (!) + IB (!) IA (!) IB (!)
= IA (!) + IB (!) IA\B (!)
E (IA[B (!)) = E (IA (!)) + E (IB (!)) E (IA\B (!))
vilket är ekvivalent med påståendet att
P (A [ B) = P (A) + P (B) P (A \ B) .
Detta sätt är ej enkelt att generalisera till unioner av ‡era mängder.
c Mikael Möller

34 2.4. Mera om sannolikheter
Det indirekta angrepssättet konstater att enligt Komplementsatsen
gäller
Härav följer att
Resten är som ovan.
1 IA[B (!) = I {(A[B) (!) = I {A\{B (!)
= I {A (!) I {B (!)
= 1 IA (!) 1 IB (!) .
IA[B (!) = 1 1 IA (!) 1 IB (!)
= IA (!) + IB (!) IA\B (!) .
I det specialfall då mängderna A och B inte har en enda gemensam
punkt måste det gälla att
P (A \ B) = E IA\B (!) = E (0) = E (0 1) = 0 E (1) = 0
och vi har då den speciella additionssatsen
P (A [ B) = P (A) + P (B) .
Det indirekta angreppssättet är enkelt att generalisera till en union
av ett godtyckligt antal mängder och vi illustrerar nedan med unionen
av tre mängder A, B och C. För dessa erhålls (för att inte tynga texten
skriver vi inte ut variabeln (!)) liksom ovan att
och härav följer att
varför
1 IA[B[C = (1 IA) (1 IB) (1 IC)
IA[B[C = 1 (1 IA) (1 IB) (1 IC)
= IA + IB + IC IA\B IA\C IB\C + IA\B\C
P (A [ B [ C) = P (A) + P (B) + P (C)
P (A \ B) P (A \ C) P (B \ C)
+ P (A \ B \ C) .
Att generalisera detta till ett godtyckligt antal mängder är med denna
metod en trivialitet –ren algebra.
Vår tredje sats studerar skillnaden mellan två mängder:
c Mikael Möller

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 35
Theorem 14 (Di¤erenssatsen) Om det gäller att A; B så gäller
att
P (A n B) = P (A) P (A \ B) . 7
Bevis 5 Av additionssatsen följer att
P (A) = P (A n B) [ (A \ B) = P (A n B) + P (A \ B)
varav påståendet följer.
A B
(a) Union A [ B
A
(c) Komplement {A
{A
A B
(b) Snitt A \ B
A B
(d) Di¤erens A n B
Figur 2.2: Illustration av union och snitt
2.5 Betingade sannolikheter
Mycket ofta har man en del förhandskunskap om den situation man betraktar.
Denna kunskap kan utnyttjas för att beräkna den sannolikhet
7 Tecknet n skall läsas ’tag bort alla elementarhändelser i A som också …nns i B’
eller kort och gott ’A minus B’.
c Mikael Möller

36 2.5. Betingade sannolikheter
man söker. Ett mycket enkelt exempel är att fråga sig vad är sannolikheten
för att få en sexa, vid kast med en symmetrisk tärning, när man
vet att resultatet är större än tre. Bilda följande mängder
A = sex prickar erhålls,
B = antalet prickar är ‡er än 3.
Först en beteckning för sannolikheten för A när man vet att B inträ¤at
P (A j B) = P (för A när man vet att B inträ¤at) .
Det statistiska sättet att uttrycka sig är att man söker sannolikheten för
A betingat B och vi skall här …nna en formel för detta uttryck.
Vi resonerar på följande sätt: Eftersom B har inträ¤at så är alla
andra utfall än B ointressanta. Vi vet också att A har inträ¤at och
båda dessa villkor kan bara vara uppfyllda i A\B så det sökta uttrycket
på sannolikheten P (A j B) måste innehålla P (A \ B). Om nu A av
en ren händelse skulle vara B så söker vi sannolikheten att B inträ¤ar
när B inträ¤at och kan den vara annat än 1. Vidare erhålls då att
P (A \ B) = P (B \ B) = P (B) varav följer att en rimlig de…nition av
betingad sannolikhet är
De…nition 15 (Betingad sannolikhet)
P (A j B) =
P (A \ B)
P (B)
ty detta utryck har just egenskapen att bli 1 när A = B. Speciellt ger
det att
P (A j ) = P (A) .
Eftersom att betinga är att begränsa utfallsrummet, d v s att ta ett nytt
och mindre utfallsrum, och räkna utifrån detta accepterar vi på intuitiv
grund ovanstående de…nition.
Det …nns nu två användbara satser för betingade sannolikheter varav
den första är
Theorem 16 (Lagen om total sannolikhet) Om utfallsrummet, ,
kan delas upp i n ömsesidigt uteslutande mängder Ai, i = 1; 2; : : : ; n,
som tillsammans utgör hela så gäller att sannolikheten för en mängd
B kan skrivas
nX
P (B) = P (B j Ai) P (Ai) .
c Mikael Möller
i=1

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 37
Bevis 6 Eftersom mängderna B \ A1; : : : ; B \ An är disjunkta gäller
följande likheter
P (B) = P (B \ ) = P B \ ([ n i=1Ai) = P [ n i=1 (B \ Ai)
=
nX
P (B \ Ai) =
i=1
nX
P (B j Ai) P (Ai)
i=1
där den sista likheten följer av de…nitionen av betingning. Denna algebraiska
härledning blir uppenbar om man betraktar …guren nedan
A3
A2
A4
B
A1
: : :
An 1
An
Figur 2.3: Lagen om total sannolikhet
Den andra satsen som rör betingning är egentligen ‡era men de är alla
endast omskrivningar av de…nitionen på betingad sannolikhet. Därför
överlåtes bevisen åt läsaren.
Theorem 17 (Bayes sats) Låt A och B vara två delmängder i då
gäller:
1) Om P (B) > 0 så
så
P (A j B) =
P (B j A) P (A)
P (B)
2) Om [ n i=1 Ai = och P (Ai \ Aj) = ; för i 6= j och om P (B) > 0
P (A j B) =
P (B j A) P (A)
P n
i=1 P (B j Ai) P (Ai)
3) Om P (B) > 0 och P (B j A) > 0 så
P (A j B) P (A)
=
P (B j A) P (B)
c Mikael Möller

38 2.5. Betingade sannolikheter
Det som gör Bayes sats så viktig är att den ger en metod att ska¤a sig
ny kunskap baserad på gammal kunskap enligt följande algoritm
Gammal
Ny
+
+ Bayes Ny
!
sannolikhet information sats sannolikhet
För att bara nämna ett modernt exempel på när denna gamla sats från
1763 behövs; Skräp…lter. Vår tids gissel är den skräppost som skickas
till alla som har en epostadress. Moderna epostprogram hjälper användarna
att ta bort denna post automatiskt och för att avgöra om ett ebrev
är skräp eller ej används just Bayes sats.
Här skall vi inte ange hur algoritmen för att ta bort skräpost fungerar
utan vara lite mer pedagogiska d v s ge några exempel på när Bayes sats
är användbar.
Exempel 6 ett
Begreppet betingning infördes här på sannolikheter eftersom jag personligen
tycker det faller sig mest naturligt. Nu skall vi överföra begreppet
betingning till väntevärden.
Theorem 18 (Betingat väntevärde, introduktion) Givet en mängd
A i det diskreta utfallsrummet och en stokastiska variabel X på detta
utfallsrum. Det gäller då
E (X) = E (X j A) P (A) + E X j {A P {A
Bevis 7 Enligt tidigare kan vi skriva
X (!) = X
!k2
I f!kg (!) X (!k)
och om vi nu vill infoga kunskapen A så gör vi det med en indikatorvariabel
för A. Därvid erhålls uppdelningen
X (!) = X
!k2
= X
!k2
c Mikael Möller
I f!kg (!) IA (!) X (!k) + X
I f!kg\A (!) X (!k) + X
!k2
!k2
I f!kg (!) I {A (!) X (!k)
I f!kg\{A (!) X (!k) .

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 39
För väntevärdet erhålls nu, eftersom X (!k) är …xa tal, att
E (X (!)) = X
!k2
+ X
!k2
= X
!k2
+ X
!k2
= X
!k2
+ X
!k2
fxk = X (!k)g = X
!k2
E I f!kg\A (!) X (!k)
E I f!kg\{A (!) X (!k)
P (f!kg \ A) X (!k)
P f!kg \ {A X (!k)
P (f!kg j A) P (A) X (!k)
P f!kg j {A P {A X (!k)
xkP (f!kg j A)
| {z }
E(X(!)jA)
+ X
xkP f!kg j {A
!k2
| {z }
E(X(!)j{A)
Nyttan av denna sats följer av följande
P (A)
P {A
= E (X (!) j A) P (A) + E X (!) j {A P {A
Exempel 7 En säljare av dagstidningar har sin kiosk i Humlegården.
Varje dag köper han n stycken för b kronor stycket och antalet kunder
som under dagen köper sin tidning hos honom betecknar vi med X d v s
X = antalet sålda tidningar under en dag
och (X) = f0; 1; 2; 3; : : : ; ng. Tidningen säljs för a kronor och om han
har slut på tidningar när en kund efterfrågar en gör han en förlust om
c kronor (kostnaden för förlorad förtjänst och förlorad ’goodwill’). Hur
skall säljaren välja n för att maximera sin vinst? För att bestämma n
c Mikael Möller

40 2.5. Betingade sannolikheter
sätter vi först upp följande tabell:
Tidningar Vinst
X n X > n
Sålda aX an
Osålda b (n X) 0
Missade 0 c (X n)
Denna tabell ger oss följande vinstfunktion
v (n; X) =
(a + b) X bn X n
(a + c) n cX X > n
men eftersom antalet sålda exemplar X är okänt fram till dagens slut
skall vi betrakta denna funktions förväntade värde och utnyttjar då satsen
om betingat väntevärde med avseende på mängderna fX ng och
fX > ng. Vi erhåller
V (n) = E v (X; n)
= E v (X; n) j X n P (X n)
+ E v (X; n) j X > n P (X > n)
= (a + b) E (X j X n) bn P (X n)
+ (a + c) n cE (X j X > n) P (X > n) .
Bilda nu den förväntade marginalvinsten för en ytterligare såld tidning
d v s beräkna
V (n + 1) V (n) = = b + bP (X > n) + (a + c) P (X > n)
= b + (a + b + c) P (X > n) .
Om nu n är stort så blir P (X > n) liten och vice versa och detta tillsammans
med ett studium av marginalvinsten medför att för något n så
bör det gälla
V (n + 1) V (n) 0.
Detta ger att vi skall välja n så att
b
P (X > n)
a + b + c .
Via ett relativt elementärt resonemang har vi således kommit fram till
ett tröskelvärde och genom att approximera
f
P (X > n)
m
där f = antal gånger av m där efterfrågan översteg tillgången n så kan
vi genom att testa olika värden på n komma fram till ett optimalt val.
c Mikael Möller

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 41
2.6 Betingade väntevärden
I satsen om Betingat väntevärde, introduktion gjorde vi en uppdelning
av utfallsrummet i två disjunkta delmängder, A och {A, och vi skall
nu föra denna idé vidare till ett resultat som har stor betydelse när det
gäller att förenkla räkningar. Antag att vi har två stokastiska variabler
(X och Y ) som är relaterade till varandra i den meningen att kunskap
om den ena är värdefull vid uttalande om den andra. Vi har då följande
Theorem 19 (Betingat väntevärde) Om X och Y är två diskreta
stokastiska variabler med utfallsrummen
X = f!1; !2; : : :g och Y = f 1; 2; : : :g
där Y är en grövre indelning av X, d v s varje i innehåller minst en
av elementarhändelserna !j, så gäller att
E (X) = E E (X j Y ) .
Bevis 8 Eftersom Y är en grövre indelning av X gäller att fX = kg
i för något i. Härav följer den andra likheten nedan. Det följande är
direkta omskrivningar.
E (X) = X
kP (X = k) = X
kP (fX = kg \ Y )
k2 X
= X
k2 X
= X
k2 X
= X
k2 X
l2 Y
k2 X
kP fX = kg \ f[l2 fY = lgg
Y
kP [l2 Y fX = kg \ fY = lg
k X
P fX = kg \ fY = lg
l2 Y
= X
" #
X
kP (X = k j Y = l) P (Y = l)
k2 X
och därmed har vi visat att
| {z }
E(XjY )
E (X) = E E (X j Y ) .
Vad satsen säger är att om vi har ett uttryck som innehåller två beroende
stokastiska variabler och vi skall bestämma väntevärdet för detta uttryck
c Mikael Möller

42 2.6. Betingade väntevärden
så kan vi i ett första steg tänka oss att den ena stokastiska variabeln är
en konstant. I det följande steget tar vi så väntevärdet över denna andra
stokastiska variabel och resultatet blir detsamma som om vi beräknade
väntevärdet för hela utrycket på en gång.
Exempel 8 (Försäkring) Ett försäkringsbolag i Sverige har sålt bilförsäkringar
(personbilar) under en mycket lång tid och har en stor portfölj
av sådana. Försäkringsköparna kommer från hela landet och alla
sociala skikt. Denna portfölj drabbas då och då av skador vilka genererar
kostnader för bolaget. Dessa kostnader (tillsammans med administrationskostnader)
måste på lång sikt täckas av intäkterna och med lång
sikt förstås att den förväntade kostnaden skall vara minst lika stor som
den förväntade intäkten. Bolaget vill nu i ett första steg få en uppskattning
av den totala årliga förväntade kostnaden.
Lösning 1 Börja med att bilda följande två stokastiska variabler för
försäkringsportföljen
Ci = kostnad skada i,
N = antal skador under året.
Om dessa skadekostnader antar vi att de ej påverkar varandra samt alla
har samma väntevärde c och varians 2 C . Det förväntade antalet skador
sätts till n och deras varians till 2 N . Den totala kostnaden för årets
försäkringsfall kan skrivas
C =
NX
i=1
och med hjälp av betingad förväntan erhålls den förväntade kostnaden
till
E (C) = E E (C j N) .
Eftersom E (Ci) = c och E (N) = n samt att antalet skador är oberoende
av skadekostnadernas storlek erhålls
NX
!
E (C) = E E (C j N) = E E (Ci j N)
fCi och N oberoendeg = E
c Mikael Möller
= E
Ci
NX
!
E (Ci)
i=1
i=1
NX
!
c = cE (N) = cn.
i=1

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 43
Vi ser således att om storleken på alla skador följer en och samma fördelning
samt om det totala antalet skador är oberoende av skadestorleken
så erhålls den förväntade totala kostnaden under ett år till
E (C) = cn.
Är dessa antaganden rimliga? Ja det är sådana frågor som aktuarier
arbetar med.
Exempel 9 Betrakta kast med ett symmetriskt mynt. Sätt
N = antal kast till och med klave
vad blir då det förväntade antalet kast?
Lösning 2 Sätt (detta är ett trick) för det första kastet
Y =
där p = P (Y = 1). Vi …nner nu att
E (N) = E E (N j Y )
1 om klave
0 annars
= E (N j Y = 1) P (Y = 1) + E (N j Y = 0) P (Y = 0)
= 1 p + (1 + E (N)) (1 p)
ty i det första fallet får vi en klave redan i första kastet och i det andra
har vi gjort ett kast men sedan är situationen exakt likadan som före
kastet. Detta är en ekvation med den sökta storheten i både vänster och
högerled och den ger ekvationen
E (N) (1 1 + p) = p + 1 p
varav det förväntade antalet kast till och med klave blir
E (N) = 1
p .
2.7 Betingade varianser
Med hjälp av avsnittet om betingade väntevärden kan vi med elementära
metoder visa hur vi beräknar betingade varianser eftersom en varians är
skillnaden mellan två väntevärden. Allmänt gäller följande sats.
c Mikael Möller

44 2.7. Betingade varianser
Theorem 20 (Betingad varians) För två godtyckliga stokastiska variabler
X och Y gäller
V (X) = V E (X j Y ) + E V (X j Y )
Bevis 9 Vi ger ett generellt bevis baserat på satsen om betingade väntevärden.
Beviset är därför allmängiltigt bara om vi tror på att satsen om
betingade väntevärden gäller för alla stokastiska variabler. Vi noterar
först att
V (X) = E X 2
E (X) E (X)
och därefter tillämpar vi satsen om betingat väntevärde på de två termerna
till höger om likheten vilket ger oss första raden nedan
V (X) = E E X 2 j Y E E (X j Y ) E E (X j Y )
= E E X 2 j Y E 2 E (X j Y )
E E 2 (X j Y ) + E E 2 (X j Y )
= E E X 2 j Y E E 2 (X j Y )
+ E E 2 (X j Y ) E 2 E (X j Y )
= E V (X j Y ) + V E (X j Y )
Exempel 10 (Försäkring (forts)) Bestäm skadekostnadens variation
i försäkringsexemplet ovan
Lösning 3 Variationen hos den totala skadekostnaden kan skrivas
V (C) = V E (C j N) + E V (C j N) .
Vi beräknar de ingående termerna var för sig. För term 1 erhålls
varför
E (C j N) =
NX
E (Ci j N) = cN
i=1
V E (C j N) = V (cN) = c 2 V (N) .
För term 2 erhålls om skadestorlekarna kan anses vara oberoende att
NX
!
NX
V (C j N) = V Ci j N = V (Ci j N) .
c Mikael Möller
i=1
i=1

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 45
Eftersom den enskilda skadestorleken och det totala antalet skador kan
anses vara oberoende så gäller om alla enskilda skador har samma varians
(t ex vid likafördelning) att
varför
V (C j N) = V (Ci) N
E V (C j N) = E V (Ci) N = V (Ci) E (N) .
Det gäller således att den totala skadekostnaden har väntevärdet cn och
variansen
V (C) = c 2 2 N + 2 Cn.
2.8 Oberoende
Betingning har en mycket viktig roll när det gäller att förstå hur begreppet
oberoende skall de…nieras. Intuitivt är det så att två mängder
(händelser) är oberoende av varandra om kunskap om den ena inte påverkar
vår kunskap om den andra d v s om
P (A j B) = P (A) .
Av detta samband och de…nitionen av betingad sannolikhet följer att två
mängder A och B är oberoende om
P (A \ B) = P (A) P (B)
och det är just denna relation som man utgår ifrån när man talar om
oberoende ty den kan ’enkelt’generaliseras till ‡era oberoende mängder.
De…nition 21 (Oberoende mängder) Två mängder A och B säges
vara oberoende om och endast om
P (A \ B) = P (A) P (B) .
Tre mängder A, B och C säges vara oberoende om och endast om det
samtidigt gäller
P (A \ B) = P (A) P (B) ,
P (A \ C) = P (A) P (C) ,
P (B \ C) = P (B) P (C) ,
P (A \ B \ C) = P (A) P (B) P (C) .
c Mikael Möller

46 2.8. Oberoende
Det …nns tyvärr ingen intuitiv bild av vad oberoende är utan man får
lita till ovanstående de…nition. Begreppet oberoende är centralt inom
statistiken och utan detta begrepp funnes icke statistik, som vi känner
den.
Exempel 11 I en vanlig kortlek med 52 kort och fyra färger drar man
på måfå ett kort.
1. Är händelserna "det dragna kortet är hjärter" och "det dragna
kortet är ett ess" oberoende?
2. Tag nu bort följande spader kort –f2; 3; 4; 5g. Är händelserna ovan
oberoende?
Lösning 4 Vi börjar med att beräkna sannolikheterna för den fullständiga
kortleken
P (A) = P (det dragna kortet är hjärter) = 13
52
P (B) = P (det dragna kortet är ett ess) = 4
52
Snitthändelsen är nu "det dragna kortet är hjärter ess" som har sannolikheten
P (A [ B) = 1 13 4
= = P (A) P (B)
52 52 52
och således är de…nitionen för oberoende uppfylld. För den ofullständiga
kortleken …nner vi
P (det dragna kortet är hjärter) = 13
48
P (det dragna kortet är ett ess) = 4
48
Snitthändelsen är nu "det dragna kortet är hjärter ess" som har sannolikheten
1 13 4
6=
48 48 48
och således är de…nitionen för oberoende ej uppfylld. Märkligt! Strider
inte detta mot sunt förnuft?
Vi har tidigare angett två additionssatser för sannolikheter – den
allmäna och den speciella. Vi skall nu formulera två multiplikationssatser
för sannolikheter –den allmäna och den speciella.
c Mikael Möller

2. Stokastiska variabler, väntevärden och sannolikheter 47
Theorem 22 (Multiplikationssatsen) Om det gäller att A; B
så gäller
1. P (A \ B) = P (A j B) P (B).
2. om dessutom A och B är oberoende mängder så gäller
P (A \ B) = P (A) P (B) .
Bevis 10 Punkt 1 gäller per de…nition och punkt 2 följer av att P (A j B) =
P (A) eftersom A och B är oberoende.
Med hjälp av förväntningsoperatorn …nner vi för indikatorvariablerna
för två oberoende mängder att
E IA\B (!) = P (A \ B) = P (A) P (B)
= E IA (!) IB (!) = E IA (!) E IB (!)
och denna relation kommer att vara av betydelse längre fram.
c Mikael Möller

48 2.8. Oberoende
c Mikael Möller

3. Diskreta modeller
I föregående kapitel har vi infört ‡era olika begrepp och vi skall här
använda oss av dessa för att dels lösa ett rätt så knepigt problem och
dels under lösandets gång skapa ytterligare, allmänt användbara, statistiska
verktyg. Med hjälp av dessa nya verktyg skall vi sedan ge en
första elementär lösning på hur man i det diskreta fallet kan prissätta
en köpoption –en föregångare till Black-Scholes formel.
Därefter tar vi itu med några andra problem – epost, försäkring,
spel och kvalitetskontroll –vilka alla kan ges lösningar inom de diskreta
modellernas ram.
3.1 Betygssättning
Vårt första exempel tar upp hur man kan sätta betyg på en 5-veckors
kurs i t ex statistik (ja egentligen vilken kurs som helst) genom att ge
ett antal, i vårt fall 5, småskrivningar allteftersom kursen går igenom
avsnitt för avsnitt. Vi utgår ifrån att varje skrivning skall ha totalt
10 frågor och detta antal skall vi dela upp på ett par olika sätt. I det
första fallet har vi helt enkelt 10 frågor och i det andra fallet har vi två
grupper om 5 frågor vardera. I båda fallen är gränsen för godkänt 6
rätt av 10. Därefter tillåter vi en omtentamen på de skrivningar som
ej blev godkända vid första tillfället. Frågan vi nu ställer oss är: Vad
är sannolikheten att, om vi svarar helt slumpmässigt på varje fråga, bli
godkänd på kursen med denna examinationsform?
Exempel 12 (10 frågor) En skrivning består av 10 frågor och det …nns
4 möjliga svar per fråga – men bara ett svar är rätt. Bestäm sannolikheterna
för 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6, 7; 8; 9 och 10 rätt om man för varje fråga
väljer svar helt slumpmässigt.
Lösning 5 Först skapar vi en modell över situationen d v s vi sätter
Xi =
X =
10X
i=1
1 om rätt svar fråga i
0 annars
Xi = antal rätta svar
49
i = 1; 2; : : : ; 10

50 3.1. Betygssättning
där (X) = f0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10g. Eftersom svaren väljs slumpmässigt
följer att fråga 1 har sannolikheten 0:25 att bli rätt och 0:75
att bli fel. Av slumpmässigheten följer även att resultatet på fråga 2 ej
påverkas av svaret på fråga 1. Med andra ord så föreligger oberoende
resultat för de olika frågorna. I det statistiska språkbruket har vi därför
för händelsen
fXi = 1; Xj = 0g = ffråga i besvaras rätt och fråga j felg
att dess sannolikhet blir
P (Xi = 1; Xj = 0) = P (Xi = 1 j Xj = 0) P (Xj = 0)
Med hjälp av induktion följer nu att
= P (Xi = 1) P (Xj = 0) i 6= j.
P (X1 = i1; X2 = i2; : : : ; X10 = i10) =
10Y
j=1
P (Xj = ij)
där ij är antingen 0 eller 1. För denna modell skall vi nu bestämma
sannolikheterna att få totalt k rätt på en skrivning d v s P (X = k) för
k 2 (X). Det är nu helt trivialt att beräkna P (X = 0) och P (X = 10)
ty i det första fallet måste alla frågor vara fel och i det andra fallet måste
alla frågor vara rätt. Vi har därför
P (X = 0) =
P (X = 10) =
10Y
j=1
10Y
j=1
P (Xj = 0) = 3
4
P (Xj = 1) = 1
4
Det blir dock problem vid beräknande av P (X = 1) ty vi kan få ett rätt på
10 olika sätt: den första är rätt eller den andra är rätt eller eller den
tionde är rätt. Nåväl detta går att hålla reda på och det blir 10 stycken.
Lösningen inses nu lättast genom att helt enkelt räkna upp de möjliga
c Mikael Möller
10
,
10
.

3. Diskreta modeller 51
fallen i en matris
Antal rätt=1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0
U 3 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0
t 4 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0
f 5 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
a 6 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0
l 7 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
l 8 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0
9 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0
10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1
och för vart och ett av fallen har vi sannolikheten
1
4
3
4
Vi har att addera 10 sådana sannolikheter varför den sökta sannolikheten
blir
P (X = 1) = 10 1
4
3
4
9
.
Genom att låta 0 och 1 byta plats i schemat ovan så ser vi att
P (X = 9) = 10
9
.
1
4
9 3
4 .
Nästa steg är att söka sannolikheten för två rätt men eftersom vi då
behöver ett schema med 45 rader ger vi upp denna metod (vi måste ju
även ta hand om tre rätt, fyra rätt o s v). Vårt problem här är att ange
på hur många olika sätt vi kan välja säg 2 platser bland de 10 som står
till förfogande. Nu …nns det en allmän metod för att …nna antalet delmängder
av storlek k i en mängd om n element ([5]) och denna metod
anger antalet till
n
k =
n!
k! (n k)! .
Sannolikheten för två rätt, två ettor och åtta nollor, blir då
P (X = 2) = 10
2
1
4
2
3
4
8
= 45
1
4
2
3
4
8
.
c Mikael Möller

52 3.1. Betygssättning
Allmänt gäller att sannolikheten för k rätt bland de 10 uppgifterna blir
P (X = k) = 10
k
1
4
k
3
4
10 k
, k 2 X.
Ovanstående exempel kan enkelt generaliseras. Om sannolikheten för
en etta är p och sannolikheten för en nolla är q, där p + q = 1, så blir
sannolikheten att få k ettor bland n möjliga densamma som
P (X = k) = n
k pk q n k , k 2 X.
De…nition 23 (Binomialfördelning) När sannolikhetsfunktionen för
den stokastiska variabeln X kan skrivas
P (X = k) = n
k pk q n k , k 2 X
där (X) = f0; 1; 2; : : : ; ng så säges den vara binomialfördelad med parametrarna
n och p. Vi skriver
X 2 Bin (n; p) .
Uppgift 1 Visa att för en binomialfördelad variabel så gäller
1. Pn i=0 P (X = k) = 1,
2. E (X) = np,
3. V (X) = npq.
Eftersom vi kräver att man skall ha minst 6 rätt för att få godkänt så
…nner vi, med hjälp av komplementsatsen, att sannolikheten för godkänt
blir
P (godkänt) = P (X 6) =
10X
k=6
= 1 P (X 5) = 1
10
k
5X
k=0
1
4
k
10
k
3
4
1
4
10 k
k
3
4
10 k
= 1 (0:056 + 0:188 + 0:282 + 0:250 + 0:146 + 0:058)
= 0:02.
Det är således en ganska stor chans att få godkänt även om slumpen får
1
bestämma. Det förväntade antalet rätt blir 10 4 = 2:5 med varians
1 3 10 4 4 = 1:875. Detta ser betryggande ut, men är det inte, och vi
skall utveckla examinationsmetoden lite mer.
c Mikael Möller

3. Diskreta modeller 53
Exempel 13 (Teori och Problem) En skrivning om 10 ‡ervalsfrågor
delas upp i två delar – en teoridel om 5 frågor och en problemdel om 5
frågor. För att få godkänt på skrivningen krävs minst 3 rätt på varje
del och varje fråga har 4 möjliga svar varav endast ett är rätt. Om en
tentand låter kast med två mynt besvara frågorna vad är då sannolikheten
att denne får skrivningen godkänd.
Lösning 6 Sätt
då gäller att
XT = antal rätta svar på teoridelen
XP = antal rätta svar på problemdelen
XT 2 Bin(5; 0:25),
XP 2 Bin(5; 0:25).
Sannolikheten för att få skrivningen godkänd kan skrivas
P (godkänd) = P fXT 3g \ fXP 3g
fty oberoendeg = P (XT 3) P (XP 3)
och vi har därför att bestämma P (XT 3) och P (XP 3). Sannolikheten
för godkänt på teoridelen är
P (XT 3) = 1 P (XT 2)
= 1
2X
k=0
= 1 0:89648
= 0:10352
och på samma sätt för problemdelen
P (XP 3) = 0:10352.
5
k 0:25k 5 k
0:75
Sannolikheten att få en skrivning godkänd är därför
P fXT 3g \ fXP 3g = P (XT 3) P (XP 3)
=
5X
k=3
= 0:0107.
Denna sannolikhet är ungefär hälften av den förra.
5
k 0:25k !2
5 k
0:75
c Mikael Möller

54 3.1. Betygssättning
Uppgift 2 Bestäm väntevärde och varians för denna nya modell.
I exemplet skärpte vi kravet på godkänt genom att införa två delar
men metoden kan utvecklas ytterligare. Antag att en 5 veckors kurs
naturligen delas in i 5 moment.
Exempel 14 (5 skrivningar) En kurs examineras genom att ge 5 skrivningar
av tidigare beskriven typ. För godkänt på kursen krävs nu att alla
5 skrivningar blir godkända. För de skrivningar som blivit underkända
erhålls en ytterligare möjlighet (i samband med den sista skrivningen)
att försöka en gång till. Vad är sannolikheten att bli godkänd på kursen
om slumpen får avgöra? Observera att den sista skrivningen ej kan omtenteras.
Lösning 7 Sätt
då gäller att
för något p samt
Vi söker nu
X4 = antal godkända skrivningar bland de 4 första
X5 = sista skrivningen godkänd
X5 =
X4 2 Bin (4; p)
1 om godkänd,
0 annars.
P (godkänd kurs) = P (X4 = 4; X5 = 1)
fty oberoendeg = P (X4 = 4)P (X5 = 1)
= 4
4 p4 4 4
(1 p)
= p 4
0:0107
0:0107
Här bestäms p av möjligheten att få skrivningen godkänd ’direkt’ eller
vid ’omtentamen’till
p = P (direkt [ omtentamen)
fty disjunkta mängderg = P (direkt) + P (omtentamen)
c Mikael Möller
fbetingningg = 0:0107 + P ( godkänd j första ej godkänd )
P ( första ej godkänd )
= 0:0107 + 0:0107 (1 0:0107)
= 0:021286

3. Diskreta modeller 55
Sannolikheten att få 5 godkända skrivningar medelst rena chansningar
blir nu
P (godkänd kurs) = 0:02129 4
En försvinnande liten sannolikhet.
0:0107 = 0:000 000 002.
Med hjälp av enkla metoder har vi nu kunnat lösa ett relativt komplicerat
problem och när vi gjort det har vi introducerat en hel del nya
storheter och begrepp:
1. Binomialfördelningen.
2. För första gången fördelningen –ja åtminstone dess början.
3. Sannolikhetsfunktionen P (X = k).
4. Fördelningsfunktionen P (X k).
3.2 Optionsmodell
En option är ett kontrakt där utställaren av optionen förbinder sig att
utföra någon speciell handling vid optionens lösendag. Dylika kontrakt
förekommer i två olika varianter, här exempli…erade med köp respektive
försäljning av en aktie.
Köpoption: Utställaren förbinder sig att sälja en aktie till angivet
pris. Den som köper köpoptionen behöver dock ej köpa utan har
valfrihet att avstå –köparen (köparen av aktien) har köpt rätten
att köpa till angivet pris.
Säljoption: Utställaren förbinder sig att köpa en aktie till angivet
pris. Den som köper en säljoption behöver dock ej sälja utan har
valfrihet att avstå –köparen (säljaren av aktien) har köpt rätten
att sälja till angivet pris.
Vi börjar vår analys av optioner med att först dela in tiden i diskreta
tidssteg (inte någon större approximation eftersom vi ändock delar in
tiden i dagar, veckor m m) och vid varje sådant tidssteg har vår aktie ett
marknadspris,
Xt = aktiens marknadspris vid tidpunkt t, t = 0; 1; 2; : : : ; n.
Här svarar tidpunkt 0 mot värdet just nu och eftersom detta värde är
känt tecknar vi det x0 istället för X0. För aktier …nns det som bekant
c Mikael Möller

56 3.2. Optionsmodell
två möjligheter att utvecklas – antingen går de upp eller så går de ner
(att aktiens pris ligger stilla räknar vi som att den går ner). Denna
iakttagelse ger följande stokastiska modell för en akties pris vid tidpunkt
t givet aktiens pris vid närmast föregående tidpunkt (t 1):
Xt = utXt 1 med sannolikheten pt
dtXt 1 med sannolikheten 1 pt
där ut 1 (upp) och 0 dt 1 (ned, negativa aktievärden förekommer
ej – därför är dt 0). Denna modell är dock för generell för att vara
hanterbar och vi inför därför följande förenklingar: I varje tidssteg antages
pt = p, ut = u och dt = d. Detta betyder att aktien anses be…nna
sig i en oföränderlig värld där den underliggande sannolikhetsstrukturen
liksom värdestrukturen är en och densamma hela tiden. Sannolikheten
för att en aktie skall gå upp är p hela tiden och den går alltid upp med
proportionen u respektive ned med proportionen d. Dessa antaganden
gör att vi kan behandla optioner med hjälp av standard binomialresonemang.
3.2.1 Binomial optionsmodell –ett tidssteg
Vi börjar med att bestämma en options pris när vi endast betraktar det
första tidssteget. I detta fall har vi modellen
X1 = ux0 med sannolikheten p,
dx0 med sannolikheten 1 p.
Nu erbjuds vi rätten att i morgon köpa en aktie, som idag är värd x0
kronor, för priset (lösenpriset). Om vi köper denna rätt idag så vet
vi imorgon om vi tjänade på a¤ären eller ej. Om vi låter Y1 beteckna
morgondagens förtjänst så gäller att förtjänsten kan skrivas
Alternativa beteckningar för Y1 är
Y1 = 0 om X1 ,
X1 om X1 > .
Y1 = max(0; X1 ) = (X1 ) + .
Hur skall vi nu bestämma priset för rätten att i morgon köpa aktien till
priset ? På något sätt skall vi välja det pris som känns rättvist för båda
parter, för annars blir det ingen a¤är, och det naturliga valet är att välja
ett pris c1 sådant att om a¤ären görs många gånger så skall ingen tjäna
c Mikael Möller

3. Diskreta modeller 57
på a¤ären. Men eftersom n a¤ärer ger vinsten Pn i=1 y1i så bör priset för
optionen vid varje a¤är vara 1 Pn n i=1 y1i (observera att det verkligen är
fråga om en vinst ty y1i 0 per de…nition). Eftersom det aritmetiska
medelvärdet är en approximation av det underliggande förväntade värdet
har vi följande preliminära de…nition.
De…nition 24 En options rättvisa pris efter ett tidssteg är
c 0 1 = E(Y1) = E max(0; X1
Om vi utvecklar väntevärdet ovan kan köpoptionens pris skrivas om
på följande sätt
c 0 1 = E(Y1) = E max(0; X1
)
) .
= max(0; ux0 )p + max(0; dx0 )(1 p)
= c u 1p + c d 1(1 p).
Där vi för optionens sanna pris infört beteckningen
c u 1 = max (0; ux0
om värdet går upp och beteckningen
c d 1 = max (0; dx0
om värdet går ned –båda beräknade vid tidpunkt 1.
Antag nu att det även …nns möjlighet att under perioden köpa ett
riskfritt värdepapper (t ex en ränteobligation) till räntan r. Detta betyder
att om vi för c 0 1 kronor köper detta papper så har vi säkert c 0 1(1 + r)
kronor efter ett tidssteg. För att vi skall köpa en option måste därför
dess förväntade vinst åtminstone vara minst lika stor som den riskfria
investeringen. 1 Ekvationen ovan måste därför korrigeras så att hänsyn
till detta tas och det görs enligt nuvärdesprincipen. Korrigering enligt
denna princip ger nu upphov till följande korrigerade de…nition av en
options rättvisa pris
De…nition 25 En options rättvisa pris efter ett tidssteg, korrigerat för
den riskfria räntan r, är
c1 = E(Y1)
1 + r
)
)
E max (0; X1 )
=
1 + r
1 Det som gör att man väljer att köpa en option är att den slänger betydligt mer
– chansen till en betydande avkastning är stor – d v s man är en spelare.
.
c Mikael Möller

58 3.2. Optionsmodell
För en options rättvisa nuvärdespris gäller således
c1 = c0 1
1 + r = cu1p + cd 1(1 p)
. (3.1)
1 + r
Observera att storheterna u; d och p är för oss okända men däremot
förutsätts vi känna till den riskfria räntan r.
De tre okända storheterna måste skattas 2 men medelst en enkel observation
kan en av dem uttryckas i de andra två. Vi har nämligen
följande resonemang: Under förutsättning att vi erhåller samma förväntade
ersättning genom att köpa en aktie till priset x0 som om vi sätter
x0 kronor på banken, till ränta r, så gäller, efter ett tidssteg, likheten
(1 + r)x0 = E(X1)
= ux0p + dx0(1 p)
= p(u d) + d x0.
Om vi nu förkortar med x0 och löser ut p så erhålls följande samband
mellan 3 p; u; d och r
p = p(u; d; r) =
1 + r d
. (3.2)
u d
Eftersom storheterna u och d kan skattas med hjälp av historiskt material
kan även sannolikheten p skattas. Denna skattning tar hänsyn till
storleken på r, u och d.
Exempel 15 Antag att det gäller
x0 = 100 = 100
u = 1:1 d = 0:9
r = 0:07
2 Det enklaste sättet att skatta p torde vara med
antal uppgångar under n dagar
^pobs =
n
och för u och d har man skattningarna
P
i procentuell uppgång i:s storlek
^uobs = 1 +
n
samt
P
^dobs
i procentuell nedgång i:s storlek
= 1 +
.
n
3 Här förutsätts u > 1 + r ty annars ger den riskfria räntan en större förväntad
avkastning än aktien.
c Mikael Möller

3. Diskreta modeller 59
då erhålls köpoptionens pris enligt ekvation 3.1 till
max (0; 110 100) 1 + 0:07 0:9
c1 =
1 + 0:07 1:1 0:9
+ max (0; 90 100)
1 + 0:07
1
1 + 0:07 0:9
1:1 0:9
= 7:94
3.2.2 Binomial optionsmodell –‡era tidssteg
För att få en indikation på vart det bär hän med våra formler, när vi
tillåter ett godtyckligt antal tidssteg, n, så skall vi börja med att betrakta
fallet med två tidssteg d v s vi skall beräkna c2. Under två tidssteg kan en
aktie gå upp två gånger, gå ned två gånger eller gå upp en gång och ned
en gång detta ger oss följande möjliga värden på aktien efter 2 tidssteg
8
<
X2 =
:
u 2 x0 med sannolikhet p 2 ,
udx0 med sannolikhet 2p (1 p) ,
d 2 x0 med sannolikhet (1 p) 2 .
Uppgift 3 Visa att P (X2 = udx0) = 2p(1 p).
Om vi låter Y2 beteckna övermorgondagens förtjänst på optionen,
efter två tidssteg, så gäller att
Y2 =
0 om X2
X2 om X2 >
eller med de alternativa beteckningarna
Y2 = max (0; X2 ) = (X2 ) + .
Värdet på en köpoption vid 2 tidssteg blir därför
c 0 2 = E(Y2) = E max (0; X2
= max 0; u 2 x0 p 2 + max (0; udx0 ) 2p (1 p)
+ max 0; d 2 x0 (1 p) 2 .
)
c Mikael Möller

60 3.2. Optionsmodell
Genom att para ihop exponenterna och använda oss av binomialkoe¢ -
cienter kan c 0 2 skrivas om på följande sätt
c 0 2 = max 0; u 2 x0
+ max 0; d 2 x0
=
2X
k=0
max 0; u k d 2 k x0
2
2 p2 + max (0; udx0 ) 2
1
2
0
(1 p)2
2
k pk (1 p) 2 k .
p(1 p)
Vi ser att det …nns en formel för att beräkna c 0 2, optionens pris vid lösen
2 tidssteg framåt.
Genom att helt enkelt byta ut alla 2:or mot n bör denna formel kunna
generaliseras till ett godtyckligt antal tidssteg, n, . För att visa detta
resonerar vi på följande sätt. Efter n steg har vi haft k uppgångar och
n k nedgångar och vid varje steg ökar eller minskar aktien i värde med
proportionen u eller d. De möjliga vinsterna efter n tidssteg kan därför
skrivas
max 0; u k d n k x0 , k = 0; 1; : : : ; n
där vi multiplicerar aktiens ursprungliga pris x0 med k stycken u för de
k uppgångarna och med n k stycken d för de n k nedgångarna. Dessa
vinster är de möjliga utfallen av den stokastiska variabeln
Yn =
0 Xn
Xn
Xn >
= max(0; Xn
För att hitta sannolikheten för det k:te utfallet
ynk = max 0; u k d n k x0
har vi därför att bestämma P(Yn = ynk). Men denna sannolikhet är
densamma som sannolikheten att erhålla k uppgångar bland n möjliga
när sannolikheten för en uppgång är p d v s
P(Yn = ynk) = n
k pk (1 p) n k .
Den förväntade vinsten efter n tidssteg (köpoptionens pris) kan därför
skrivas
nX
E(Yn) = ynkP (Yn = ynk)
c Mikael Möller
=
k=0
nX
k=0
max 0; u k d n k x0
).
n
k pk n k
(1 p)

3. Diskreta modeller 61
och köpoptionens nuvärde för n tidssteg blir, om den riskfria räntan är
r,
cn =
1
(1 + r) n
nX
k=0
max 0; u k d n k x0
n
k pk (1 p) n k .
Ovanstående uttryck är rätt ogenomskinligt och komplicerat. Vi skall
därför först skriva om det till ett mer hanterbart uttryck.
För ynk = max 0; u k d n k x0 gäller att det …nns ett tal m sådant
att för alla k m så gäller att ynk > 0. Detta måste gälla ty annars
vore förtjänsten alltid 0 och vi skulle knappast gå in i en dylik a¤är.
Ett annat sätt att se på m är att m är det minsta antal uppgångar som
krävs för att optionen skall ge vinst. Talet m kommer naturligtvis bero
på optionens lösenpris och vi borde därför skriva m eller m( ) men detta
blir så otympligt så vi skriver rätt och slätt m. Det statistiska sättet att
uttrycka detta påstående på är
ynk =
0 om k m,
u k d n k x0 om k > m.
Uppgift 4 Visa att det för något heltal m gäller att
0 < ynk < y n(k+1)
för alla k m d v s visa att vinsten är strikt växande.
För att beräkna talet m har vi att lösa ut det minsta k sådant att
u k d n k x0 > 0.
Enkla omskrivningar ger (observera att alla storheter är positiva samt
att u antages vara större än d)
n u
d
d
u
d
k
>
x0
k
>
dnx0 k ln u
d > ln d n x0
c Mikael Möller

62 3.2. Optionsmodell
varför4 l
m = ln u
m
1
d ln dn är det värde på k som för första gången
x0
uppfyller olikheten. För detta värde m gäller nu följande likheter5 cn =
fynk = 0 för k < mg =
=
1
(1 + r) n
1
(1 + r) n
x0
(1 + r) n
= x0
(1 + r) n
nX
k=m
nX
k=0
nX
k=m
nX
k=m
n
k
(1 + r) n
Nu gäller det (se uppgift 5) att
nX
k=m
nX
k=m
n
k pk (1 p) n k ynk
n
k pk (1 p) n k u k d n k x0
n
k (up)k d (1 p)
up
1 + r
up d (1 p)
+ = 1
1 + r 1 + r
n
k pk n k
(1 p)
k
d (1 p)
1 + r
n
k pk (1 p) n k .
d v s att up
1+r kan tolkas som en sannolikhet. Härav följer att köpoptionens
nuvärdespris cn kan skrivas om till
cn = x0P (B1 m)
(1 + r) n P (B2 m)
där de två stokastiska variablerna B1 och B2 båda kan tolkas som två
binomialfördelade stokastiska variabler men med olika parametrar
B1 2 Bin n; up
1 + r
B2 2 Bin(n; p) .
Båda variablerna mäter antalet uppgångar och speciellt mäter B1 antal
uppgångar under förutsättningen att sannolikheten för en uppgång är
4 Beteckningen d e betyder det närmaste högre heltalet, t ex gäller d3:14e = 4 och
för negativa tal gäller d 2:9e = 2.
5 Observera att papper och penna förenklar när man följer de olika stegen.
c Mikael Möller
,
n k
n k

3. Diskreta modeller 63
up
1+r > p och B2 är antal uppgångar där sannolikheten för uppgång är p.
Det är intuitivt självklart att P (B1 m) > P (B2 m) när u > 1 + r.
Uppgift 5 Visa att
Exempel 16 Antag att det gäller
up d (1 p)
+ = 1
1 + r 1 + r
x0 = 100 = 100
u = 1:1 d = 0:9
r = 0:07
samt att lösen sker efter 100 tidssteg. Vad är det förväntade nuvärdespriset
av en köpoption.
Lösning 8 Vi bestämmer först hur stort k behöver vara för att
max 0; u k d n k x0
skall vara större än 0. Det gäller att
För p …nner vi
m = ln u
d
&
= ln 1:1
0:9
= 53.
p =
1
ln d n x0
1
100
ln
0:9100100 1 + 0:07 0:9
1:1 0:9
= 0:85.
'
c Mikael Möller

64 3.2. Optionsmodell
Det sökta optionspriset kan på grund av ovanstående nu skrivas
1
c100 =
(1 + r) n
nX
k=0
max(0; u k d n k x0 ) n
k pk n k
(1 p)
= obs max(0; u k d n k x0 ) = 0 när 0 k 52
=
1
(1 + 0:07) 100
100
k
= 99:885
X100
k=53
0:85 k 100 k
(1 0:85)
max(0; 1:1 k 100 k
0:9
100 100)
Låt oss nu uppfylla det outtalade löftet att förklara uppbyggnaden av
köpoptionens pris i lite mer detalj. Det gäller att optionens förväntade
pris vid n tidssteg är
cn = x0P (B1 m)
och vi noterar att faktorn
(1 + r) n P (B2 m)
(1 + r) n
är en diskontering av lösenpriset till nu och detta pris blir därför direkt
jämförbart med kapitalet x0.
Om vi först antar att uppgången u exakt svarar mot den riskfria
räntan, d v s att u = 1 + r, då erhålls att
Uppgift 6 Visa att
när u = 1 + r.
P (B1 m) = P (B2 m).
P (B1 m) = P (B2 m)
Under ovanstående antagande kan därför köpoptionens pris skrivas
cn = x0
(1 + r) n P (B1 m)
och vi ser att detta pris är skillnaden mellan ursprungskapitalet x0 och
det diskonterade lösenpriset viktat med sannolikheten för att aktien
skall gå upp. Denna senare sannolikhet blir 1 ty (se ekvation 3.2 sid 58)
c Mikael Möller
p = p(1 + r; d; r) =
1 + r d
= 1
1 + r d

3. Diskreta modeller 65
varför det gäller att P (B1 m) = 1 varav följer att optionens pris blir
cn = x0
.
(1 + r) n
Antag nu att u > 1 + r, d v s att uppgångarna är större än bankräntan,
då erhålls att
P (B1 m) > P (B2 m).
I detta fall har kapitalet större chans att förränta sig vid köp av aktier
än vid köp av ränteobligationer eftersom sannolikheten för uppgång då
blir större än p. Lösenpriset däremot
(1 + r) n
ligger fortfarande fast eftersom sannolikheten för uppgång fortfarande
är p. Vi ser således att det är sannolikheten P (B1 m) som korrigerar
köpoptionens pris. Endast denna faktor innehåller direkt det aktiespeci-
…ka värdet u.
Uppgift 7 Visa att
om u = 1 + r.
Uppgift 8 Visa att
om u > 1 + r.
3.3 Epostmodell
P (B1 m) = 1
P (B1 m) > P (B2 m)
Av våra diskussioner ovan framgår klart att modellen som baseras på
binomialfördelningen är en mycket viktig och användbar modell och vi
skall nu titta på ett exempel som inte har ett dugg med ekonomi eller
…nansiella transaktioner att göra. Anledningen till det är att jag ytterligare
vill poängtera modellens användbarhet samt att detta exempel
låter oss införa ytterligare två fördelningar, ’för första gången’och ’negativ
binomial’, på ett naturligt sätt.
I detta exempel betraktar vi internet och frågar oss hur många sändningsförsök
som behövs för att ett typiskt ebrev skall bli korrekt överfört.
Brevets minsta beståndsdel är ett tecken och varje tecken beskrivs av 8
c Mikael Möller

66 3.3. Epostmodell
bitar men det blir inte svårare att betrakta ett tecken om n bitar så det
är vad vi kommer att göra. Den som så önskar kan överallt ersätta n
med 8.
Exempel 17 (Kommunikationsmodell) Kommunikation över internet
sker i form av paket med n ettor och nollor (bit) per paket. Bestäm
sannolikheten för att ett paket om n bitar skall bli felaktigt överfört.
Beteckna sannolikheten för att en bit blir felaktigt överförd med q1.
Lösning 9 De…niera de stokastiska variablerna
Xi =
X =
1
0
om bit i blev fel överförd
annars
q1
p1
i = 1; 2; : : : ; n
nX
Xi = antal felaktigt överförda bitar av n
i=1
Händelsen ”Det mottagna paketet är felaktigt överfört” är nu ekvivalent
med händelsen fX > 0g. Vi antager nu att den slumpmekanism som gör
att den mottagna biten blir felaktigt överförd fungerar på samma slumpmässiga
sätt för alla bitarna –detta antagande är ett likafördelnings- och
oberoendeantagande. Vi har nu att söka P (X > 0) men redan i exemplet
om Betygssättning har vi noterat att omskrivningen
P (X > 0) = 1 P (X = 0)
är mycket användbar. Vi bestämmer därför först
P (X = 0) = P (X1 = 0; : : : ; Xn = 0)
= P fX1 = 0g \ \ fXn = 0g
fty oberoendeg = P fX1 = 0g P fXn = 0g
= P (X1 = 0) P (Xn = 0)
fty likafördelningg = (1 q1) (1 q1)
= (1 q1) n
Sannolikheten för att vårt paket skall vara felaktigt överfört kan därför
skrivas
P (X > 0) = 1 (1 q1) n .
Detta var den enkla biten och den kunde modelleras med hjälp av
modellen för en binomialfördelning. I …gur 3.1 ser vi hur sannolikheten
qn för ett felaktigt överfört paket om n bitar beror på felsannolikheten
c Mikael Möller

3. Diskreta modeller 67
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
n=32
n=16
n=8
0.0
0.0 0.1 0.2 0.3
Figur 3.1: Sannolikheten P (X > 0) som funktion av p.
q1 vid tre olika paketstorlekar –n = 8; 16; 32. Vi ser att felsannolikheten
måste vara mycket liten för att ett paket skall överföras korrekt.
Låt oss nu för…na modellen genom att antaga att det …nns en kontrollmekanism
som kan avgöra om ett mottaget paket är fel eller rätt
överfört. Om det klassas som felaktigt så genomförs en omsändning av
hela paketet..
Exempel 18 (För första gången modell) Ett meddelande över internet
delas upp i paket av storlek n och varje paket har en viss sannolikhet
pn att komma fram felfritt. Om paketet ej kommer fram felfritt
begär mottagaren omsändning. Denna begäran sker automatiskt av mottagande
epostdator när den upptäcker ett fel. Vad är sannolikheten för
att ett paket måste sändas k gånger?
Lösning 10 Sannolikheten för att ett paket skall komma fram felfritt
första gången är pn. För att paketet skall komma fram felfritt den
andra gången krävs att det ej kom fram felfritt första gången men väl
i andra och vi erhåller sannolikheten (1 pn) pn för denna händelse.
För att paketet skall komma fram felfritt den tredje gången krävs att det
ej kom fram felfritt första och andra gången och vi erhåller sannolikheten
(1 pn) 2 pn. Det gäller således med
X = antal sändningar
att sannolikhetsfunktionen för X blir
P (X = 1) = pn
P (X = 2) = (1 pn) pn
P (X = 3) = (1 pn) 2 pn; : : : .
q
c Mikael Möller

68 3.3. Epostmodell
Om vi nu skriver om sannolikhetsfunktionen för 3 sändningar till
P (X = 3) = (1 pn) 3 1 pn
så ger en stunds begrundan (induktion) att sannolikheten för k sändningar
blir
P (X = k) = (1 pn) k 1 pn; k = 1; 2; : : :
Denna sannolikhetsfunktion kallas för första gången fördelningen och
och den de…nieras enligt
De…nition 26 (För första gången fördelning) En stokastisk variabel
X som uppfyller
P (X = k) = (1 p) k 1 p, k 2 X
där X = f1; 2; : : :g säges vara för första gången fördelad med parametern
p. Vi skriver
X 2 F fg(p) .
Uppgift 9 Visa att det för F fg(p) gäller
1. P 1
k=1 (1 p)k 1 p = 1.
2. E (X) = 1
p .
3. V (X) =
1 p
p 2
Vi har nu verktygen för att bestämma sannolikheten att, över internet,
överföra ett paket korrekt i mindre än säg k steg. Självklart är
det även mycket intressant att bestämma hur många steg, eller snarare
det förväntade antalet steg, som måste ske för att ett epostbrev skall bli
korrekt överfört. Vi börjar med att bestämma sannolikhetsfunktionen
för att ett epostbrev om exakt l paket skall bli korrekt överfört.
Exempel 19 (Negativ binomialmodell) Epostbrev som skickas över
internet delas upp i ett antal paket av …x längd vilka sedan skickas till
adressaten. Om ett epostbrev består av l paket vad blir då sannolikhetsfunktionen
för det antal sändningar som behövs för att hela brevet skall
komma fram felfritt. Sannolikheten för att ett paket skall bli felfritt överfört
är pn.
c Mikael Möller

3. Diskreta modeller 69
Lösning 11 Vi börjar med att bygga modellen d v s att först de…niera
den stokastiska variabeln
X = antalet sändningar som behövs för att överföra l paket felfritt.
Om vi betecknar att paketet är korrekt överfört med c och felaktigt överfört
med f så kan en möjlig sändning av l = 5 paket beskrivas av
fcffcfcfffcffc = fcffcfcfffcffjc
vilket svarar mot 14 paketsändningar. Den sista sändningen måste vara
korrekt och det är den med sannolikheten pn. Bland de övriga 13 sändningarna
skall det …nnas 4 korrekta och 9 felaktiga och detta kan erhållas
på 13
4 olika sätt där varje sätt har sannolikheten p4n (1 p) 9
n att inträ¤a.
Härav följer, eftersom oberoende förutsätts,
P (X = 14) = 13
4 p4 n (1 pn) 9
= 13
4 p5 n (1 pn) 9
Observera att det sista paketet måste behandlas för sig och att man inte
kan föra resonemanget för alla 14 på en gång ty då skulle även fall som
fcffcfcffcfcff
beaktas. Men detta är inte en möjlig händelse ty efter 5 lyckade överföringar
avslutas sändningen. Sannolikheten för 5 korrekta och 9 felaktiga
överföringar kan skrivas om på följande sätt
P (X = 5 + 9) =
= l + r 1
= l + r 1
5 + 9 1
5 1
l 1
l 1
pn
p 5 5+9 5
n (1 pn)
p l l+r l
n (1 pn)
p l n (1 pn) r
där l = 5 är antalet paket och r = 9 är antalet felsändningar. Sannolikheten
för att antalet sända paket skall vara k = l + r kan därför
skrivas
P (X = k) =
k 1
l 1 pl k l
(1 p)
k = l; l + 1; : : :
c Mikael Möller

70 3.3. Epostmodell
Och därmed har vi funnit ytterligare en ny sannolikhetsfunktion och
liksom tidigare beskriver vi den i en de…nition.
De…nition 27 (Negativ binomial fördelning) En stokastisk variabel
X som uppfyller
P (X = k) =
k 1
l 1 pl k l
(1 p)
k 2 X; k l
där X = fl; l + 1; : : :g säges vara negativt binomialfördelad med parametrarna
l och p. Vi skriver
X 2 Neg(l; p) .
Med hjälp av denna fördelning kan vi bestämma det förväntade antalet
sändningar för att korrekt överföra ett epost-meddelande med felsannolikheten
q, för en enstaka bit. Se vidare uppgift nedan.
Uppgift 10 Visa att för Neg(l; p) gäller
1. (svår) P 1
k=l
2. E(X) = l
p .
3. V (X) =
l(1 p)
p 2
k 1
l 1 pl (1 p) k l = 1.
Uppgift 11 (Svår) Bestäm väntevärde och varians för Neg(l; p) utgående
från sannolikhetsfunktionen.
Exempel 20 En tidningsartikel består utav 817 tecken (n = 8) och
denna vill vi skicka till en tidning. Hur många sändningsförsök kan vi
förvänta oss innan denna artikel …nns hos tidningen i oförvanskat skick?
Felsannolikheten på bitnivå är q1 = 0:001.
Lösning 12 Sannolikheten för ett korrekt överfört tecken blir
p8 = (1 0:001) 8 = 0:99203.
Antalet förväntade paketsändningar blir
817
0:99203
= 824
d v s vi kan förvänta oss att behöva sända om upp till 8 tecken. 6
6 d e betyder närmast högre heltal.
c Mikael Möller

3. Diskreta modeller 71
Innan vi lämnar epostmodellen bör vi kanske ge ett skäl till namnet
negativ binomialfördelning ty det …nns inget negativt i den. Däremot
innehåller den samma komponenter som binomialfördelningen. Ordet
negativt kommer sig av identiteten
k 1
l 1 pl (1 p) k l =
där r = k l och q = 1 p.
3.4 Spelmodeller
l + r 1
l 1
p l (1 p) r =
r
l
p l ( q) r
Nästa exempel handlar om kortspel. Då dessa nu ‡orerar på nätet kan
det vara bra att känna till lite om sannolikheterna att vinna i dessa spel.
Exempel 21 (Black Jack) Dagens Black jack, eller 21 som vi säger
i Sverige, är en vidareutveckling av det black jack som sedan länge har
varit ett av de populäraste casinospelen. Black jack betraktas som ett
amerikanskt kortspel men är egentligen ett franskt hasardspel från mitten
av 1700-talet, vingt-et-un (”tjugoett”), som uppnådde stjärnstatus vid
Ludvig XV:s hov i Versailles. Under 1800-talet spred sig tjugoett, i ‡era
snarlika varianter, över västvärlden inklusive Sverige och kom att utövas
‡itigt inte bara på spelhus och casinon utan även i privata spelpartier
om pengar. Varianten Black Jack uppstod i USA på 1910-talet, enligt
trovärdiga källor år 1912 i staden Evanstown i Illinois där man bland
annat införde nymodigheten att ett svart ess och en svart knekt (”Black
Jack”) i given gav spelaren en extra vinstbonus. Sedan andra världskriget
har Black Jack blivit världens vanligaste kortspel på casinon och dess
popularitet ökar i lavinartad form på internet. Reglerna är mycket enkla:
Black Jack spelas oftast med sex kortlekar innehållande 52 kort var och
varje spelare får två kort vilka värdesätts på följande sätt
1. Korten 2 till och med 10 är värda det poängtal som står angivet på
spelkorten.
2. Kung, dam och knekt är värda tio poäng.
3. Ess är värt antingen ett poäng eller elva.
Du spelar Black Jack, med en kortlek om 52 kort, och får två kort.
Bestäm sannolikheterna för följande händelser:
1. Båda korten är värda 10 eller 11 poäng.
c Mikael Möller

72 3.4. Spelmodeller
2. Båda korten är Ess.
3. Båda korten är värda 10 poäng.
4. Vad är sannolikheten för en Black Jack d v s 21 poäng.
Lösning 13 För att lösa dessa frågeställningar bildar vi den stokastiska
modellen
Xi = kort i:s värde i = 1; 2 xi 2 X
där utfallsrummet är X = f1; 2; : : : ; 11g.
1. Denna sannolikhet kan erhållas medelst två metoder där den första
betraktar båda korten på en gång. Den andra metoden utnyttjar
betingning och betraktar ett kort i taget. Sätt
varvid har
p = P (10 X1 11; 10 X2 11)
båda på en gång metoden
p =
20
2
52
2
0:14
ty det …nns 16 kort värda 10 och 4 värda 11 poäng.
ett i taget metoden
p = P (10 X1 11 j 10 X2 11) P (10 X1 11)
= 19 20
51 52
0:14.
2. Den sökta sannolikheten blir (’ett i taget’)
P (X1 = 11; X2 = 11) = 3 4
51 52
3. Den sökta sannolikheten blir (’båda på en gång’)
c Mikael Möller
P (X1 = 10; X2 = 10) =
16
2
52
2
0:005
0:09

3. Diskreta modeller 73
4. Här använder vi oss av betingat väntevärde
P (X1 + X2 = 21) = E P (X1 + X2 = 21 j X1)
= P (X2 = 11 j X1 = 10) P (X1 = 10)
+ P (X2 = 10 j X1 = 11) P (X1 = 11)
= 4
51
16 16
+
52 51
4
52
0:048
Exempel 22 (Poker) I poker används en kortlek om 52 kort uppdelade
på 4 färger. Varje färg innehåller kort av valörerna Ess (1 eller
14),2,. . . ,10, knekt (11), dam (12) och kung (13). Man delar vanligen
ut 5 kort per spelare och därefter värderas händerna på följande sätt
Kunglig Färgstege (ess, kung, dam, knekt och tio ur en och samma färg).
Färgstege (fem kort i samma färg i fallande ordning). Fyrtal (Fyra kort
av samma valör). Kåk (En triss och ett par. Trissen räknas först). Färg
(Fem kort i samma färg). Stege (Fem kort från olika färger i fallande
ordning). Triss (Tre kort av samma valör). Två par (Två uppsättningar
par). Ett par (Två kort av samma valör). Bestäm sannolikheterna för
ovanstående pokerhänder.
Lösning 14 Dessa sannolikheter erhålls medelst direkt räkning på följande
sätt
Färgstege Möjliga händer med färgstege är
(E; 2; 3; 4; 5) ; (2; 3; 4; 5; 6) ; : : : ; (10; Kn; D; K; E)
och de är sammanlagt 10 stycken och eftersom vi har 4 färger blir
sannolikheten
P (Färgstege) =
10 4
52
5
= 40
52
5
= 0:0000154.
Eftersom det bara …nns 4 av en Kunglig Färgstege erhålls
P (Kunglig Färgstege) = 4
52
5
= 0:00000154.
Flertal Eftersom Fyrtal, Triss och Ett Par beräknas på samma sätt tar
vi fram en allmän formel för dem. Sätt
X = antal kort av samma valör, k = 2; 3; 4
c Mikael Möller

74 3.4. Spelmodeller
varvid
P (X = k) =
13
1
4
k
12
5 k
52
5
4
1
5 k
; k = 2; 3; 4
ty först väljer vi valör för k-talet, sedan väljer vi vilka färger som
skall förekomma i k-talet, sedan väljer vi valörer för de återstående
korten och avslutar med att välja färg för vart och ett av dem.
Numeriskt erhålls
P (X = 2) =
P (X = 3) =
P (X = 4) =
13
1
13
1
13
1
4
2
4
3
4
4
12
5 2
52
5
12
5 3
52
5
12
5 4
52
5
4
1
4
1
4
1
5 2
5 3
5 4
Kåk En kåk består av en triss och ett par varför
P (Kåk) =
13
1
4
3
52
5
12
1
4
2
= 0:42
= 0:021
= 0:00024
= 0:0014
Färg En färg består av en och endast en färg men är ej färgstege varför
P (Färg) =
4
1
13
5
52
5
40
= 0:002
Stege En stege beräknas på samma sätt som en färgstege men varje
kort kan ha en av 4 färger dock skall vi undanta färgstege varför
4
10 1
P (Stege) =
5
52
5
40
= 0:004
Två Par Två par består av två valörer och dessa kan ha vilken färg
som helst. Det återstående kortets valör skall skilja sig från det
två men får ha valfri färg varför
c Mikael Möller
P (Två Par) =
13
2
4
2
2 11
1
52
5
4
1
= 0:048

3. Diskreta modeller 75
Lank I en värdelös hand har alla kort olika valörer och bildar ej en stege.
Korten kan bestå av alla färger men ej de som ger färg. Detta ger
P (Lank) =
13
5
10
52
5
4
1
5
4
= 0:50
Vi ser att det är nästan lika stor sannolikhet att få ett par som att
inte få något överhuvudtaget. Å det är bra ty det håller hoppet och
spänningen uppe.
3.5 Kvalitetskontroll
Inom all a¤ärsverksamhet förekommer, åtminstone ibland, att man köper
in stora partier av någon vara. Dessa varor kan vara en del av någon
produkt som man själv tillverkar (t ex kullager till motorer) eller en
slutprodukt (t ex kramdjur från Kina). Om felsannolikheten är hög i det
parti man mottager så drabbas man av reklamationer ja det kan till och
med gå så långt att det egna varumärket lider skada. Tänka bara om ett
kramdjurs öga lossnar och hamnar i halsen på en två-åring som kvävs
till döds.
Statistiker har under årens lopp tagit fram en mängd olika metoder
för att förhindra acceptans av felaktiga partier (man har naturligtvis
även utarbetat metoder för att en produktion skall fungera optimalt
men den frågan skall vi inte ta upp här) och vi skall beskriva en av dessa
–kvalitetskontroll med hjälp av felantalsmetoden.
Exempel 23 (Kvalitetskontroll) Verkstadsföretaget Morphic har utvecklat
en teknik som gör det möjligt att tillverka ‡ödesplattor (en del
av en bränslecell) avsevärt billigare, snabbare och med högre kvalitet är
vad som tidigare varit möjligt. Istället för att fräsa ut spår i plattorna,
skapas ett mönster genom att plattorna utsätts för ett mycket högt, dynamiskt,
tryck under bråkdelen av en sekund. Tekniken medför en rad
fördelar; produktionstiden per platta förkortas drastiskt samtidigt som
möjligheten att åstadkomma avsevärt …nare detaljer i plattans mönster
medför ett e¤ektivare bränsle‡öde. En godkänd platta skall ge ett visst
minimi‡öde och om detta värde ej erhålls räknas plattan som defekt och
byts ut. Ett företag inom fordonsindustrin har nu erhållit en större sändning
om N = 10 000 plattor för utvärdering. Men först skall kvaliten på
de levererade plattorna undersökas. Självklart kan man inte undersöka
varje platta för sig ty därtill är antalet för stort och man vill också ha
en metod som kan användas i framtiden då det blir fråga om inköp av
c Mikael Möller

76 3.5. Kvalitetskontroll
miljontals plattor. Företaget bestämmer sig därför för att på ett slumpmässigt
sätt plocka ut n plattor och undersöka dessa. Resultatet av denna
undersökning appliceras sedan på hela partiet. Vilken sannolikhetsmodell
är lämplig för denna situation?
Lösning 15 Varje platta, bland de N, kan klassas som antingen defekt
eller icke-defekt. Självklart …nns här en gråzon men vi utgår ifrån att
den inte existerar. Tag nu ett stickprov av storlek n ur dessa N plattor
och bilda de stokastiska variablerna
Xi =
Xn =
1
0
om platta i är defekt
annars
i = 1; : : : ; n,
nX
Xi = antal defekta plattor i urvalet.
i=1
Så här långt liknar situationen mycket den binomialmodell som vi tidigare
skapat men det föreligger här en väsentlig skillnad. Det som gör
att vi kommer att …nna en annan modell än binomialmodellen är ändligheten
hos N. Denna ändlighet ändrar på sannolikheten, att få en
felaktig platta, allteftersom vi plockar plattor bland de N. Detta inses
enklast på följande sätt. Om felsannolikheten för partiet är p (bestämd
som kvoten mellan antalet felaktiga plattor och N) så har vi Np felaktiga
plattor och N (1 p) korrekta plattor. Antag nu att den första plattan vi
tog var felaktig (vilket den är med sannolikheten p) då blir sannolikheten
för att också den andra plattan är felaktig
Np 1
N 1
vilket är skilt från p! Det är klart att om N är väldigt stort så blir det
ändock samma resultat ty denna kvot närmar sig p när N växer över
alla gränser. Den modell vi kommer fram till kan således betraktas som
en generalisering av binomialmodellen ty dess gräns, när N ! 1, blir
just denna binomialmodell. För att få k felaktiga plattor i urvalet om
n plattor måste vi ta k plattor från de Np och detta kan vi göra på
Np
k olika sätt (eftersom ordningen är ointressant) de resterande n k
plattorna måste tas från de N (1 p) korrekta plattorna och detta kan
N(1 p)
vi göra på n k sätt. Härav följer att det totala antalet möjligheter
att få k defekta och n k korrekta, i ett urval om n plattor, är
c Mikael Möller
Np
k
N (1 p)
n k
.

3. Diskreta modeller 77
Till detta kommer att antalet sätt att ta n plattor ur N är N
n
nolikheten att få k defekta bland n blir
P (Xn = k) =
Np
k
N(1 p)
n k
N
n
.
så san-
Man får här vara lite försiktig med de tillåtna värdena på k ty k kan
aldrig bli större än Np (det totala antalet defekta plattor). Härav följer
att X = f0; 1; : : : ; min (Np; n)g.
Denna fördelning kallas den hypergeometriska fördelningen och för
den gäller följande de…nition.
De…nition 28 (Hypergeometrisk fördelning) En stokastisk variabel
X som uppfyller
P (X = k) =
Np
k
N(1 p)
n k
N
n
där X = f0; 1; : : : ; min (Np; n)g säges vara hypergeometriskt fördelad
med parametrarna N, n och p. Vi skriver
X 2 Hyp(N; n; p) .
Uppgift 12 Visa att om Np > n så gäller för Hyp (N; n; p) att
1. (svår) Pn (
k=0
Np N(1 p)
k )( n k )
( N = 1.
n)
2. E (X) = np.
3. V (X) = np (1 p)
N n
N 1
Nästa steg blir att givet denna hypergeometriska modell skapa en
kostnadse¤ektiv metod för att acceptera eller förkasta hela partiet. Den
metod vi här skall beskriva ger en försmak till kapitlet om Prövning av
antaganden.
Köparen vill endast acceptera partier som klart uppfyller att felsannolikheten
p pk, där pk är den högsta felsannolikhet som köparen
kan acceptera. 7
7 Observera att i allmänhet kan man inte kräva en felsannolikhet på 0 ty det skulle
kosta allt för mycket för att uppnå detta. Man skulle vara tvungen att kontrollera
varje platta och byta ut de defekta mot korrekta.
c Mikael Möller

78 3.5. Kvalitetskontroll
Säljaren vill endast förkasta partier som klart uppfyller att felsannolikheten
p ps där ps är den lägsta felsannolikhet som säljaren
kan acceptera.
Vid sin första förhandling måste säljaren och köparen komma överens
om en och samma felsannolikhet d v s bestämma ett p0 sådant att
pk = ps = p0. Därefter måste de komma överens om en metod för att
testa om ett parti har en felkvot som överensstämmer med den si¤ra de
kommit överens om. Det …nns bara ett sätt: plocka plattor och undersök
dem. Eftersom det kostar att undersöka plattor kan inte alla plattor undersökas.
Med ett lämpligt urvalsförfarande undersöks därför n stycken
och av dessa får högst c vara felaktiga.
Vi måste nu sätta oss in i köparens respektive säljarens situation och
resonera som de d v s på två olika sätt:
Köparen vill de…nitivt inte betala för ett parti som innehåller många
felaktiga enheter och sätter därför upp hypotesen 8
H0: p p0.
Om partiet är dåligt skall sannolikheten ( ) för att förkasta denna
hypotes vara liten. Detta ger oss den första ekvationen
P (förkasta H0 givet H0 sann) = . (3.3)
Säljaren vill de…nitivt inte förkasta ett parti som uppfyller köparens
krav på felsannolikhet och sätter därför upp hypotesen
H1: p p0.
Om partiet är bra skall sannolikheten ( ) för att förkasta denna
hypotes vara liten. Detta ger oss den andra ekvationen
P (förkasta H1 givet H1 sann) = . (3.4)
Båda sätten att tänka är rimliga ty all a¤ärsverksamhet baserar sig
på både förtroende och misstänksamhet. Utan det första skulle man
inte ens tänka sig att göra a¤är och utan det senare är man snabbt satt
i konkurs.
De…niera nu funktionen
L(p) = P (Xn c; p) = P (acceptera ett parti med felsannolikhet p)
c Mikael Möller

3. Diskreta modeller 79
L(0.05)
L(p)
0.05
Figur 3.2: L (p) = P (Xn c; p)
och rita L(p) för p 2 [0; 1]. Om vi också markerar felsannolikheten
0:05 så erhålls …gur 3.2. 9 Det framgår tydligt att sannolikheten för att
acceptera partiet blir större för alla de felsannolikheter som ligger till
vänster om 0:05. D v s att en mindre felsannolikhet ger en större chans att
acceptera partiet. Gränsen L(0:05) är därför den minsta sannolikheten
att acceptera partiet som kan inträ¤a för alla felsannolikheter p 0:05.
Låt oss se om ekvationerna 3.3 och 3.4 kan ge oss en urvalsplan (n; c)
som kan accepteras av både köparen och säljaren. Med detta avses att
både köparen och säljaren skall acceptera en och samma urvalsstorlek n
och en och samma gräns c på antalet felaktiga. Det enda som de väljer
självständigt är sannolikheterna och .
Med beteckningen
så gäller
Xn = antal felaktiga bland de n
P (Xn c j p p0) = och P (Xn > c j p p0) =
ty köparen förkastar sin hypotes om Xn är litet och säljaren sin om Xn
är stort. Dessa ekvationer kan förenklas ytterligare. Först noterar vi att
L (p0) L (p1) för alla p1 p0
och detta inses enklast genom att rita …guren nedan och då erhålls att
8 Hypotes är det statistiska språkbruket för ordet antag.
9 Figuren indikerar endast det principiella utseendet och den är ej skalenlig.
p
c Mikael Möller

80 3.6. Sammanfattning
L(p_0)
L(p_1)
p_0
L(p)
p_1
om = L (p0) så gäller att L (p1) för alla p1 p0. Detta betyder
att om vi har kontroll på p0 så har vi också kontroll på alla p > p0 varav
följer att
P (Xn c j p = p0) = .
På samma sätt erhålls ekvationen
P (Xn > c j p = p0) = .
Detta ger oss nu två ekvationer för att lösa de två obekanta n och c i
urvalsplanen.
Exempel 24 Kund till Morphic
3.6 Sammanfattning
I kapitlet Diskreta modeller har vi infört följande diskreta fördelningar
1. Bin (n; p), E (X) = np och V (X) = np (1 p)
2. F fg (p), E (X) = 1
p
3. Neg (l; p), E (X) = l
p
och V (X) = 1 p
p 2
och V (X) = l(1 p)
p 2
I lösandet av exemplen har funktionerna P (X = k), sannolikhetsfunktionen,
och P (X k), fördelningsfunktionen, tagit en central plats.
c Mikael Möller
p

3. Diskreta modeller 81
3.7 Lösningar till uppgifter
1 Vi börjar med att visa att sannolikheterna över utfallsrummet summerar
sig till 1. Detta följer av binomialsatsen som säger att
(a + b) n =
nX
i=0
n
k ak n k
b
varav påståendet följer om vi sätter a = p, b = q och noterar att enligt
förutsättningarna är a + b = p + q = 1. Bestämning av väntevärde och
varians kan lösas med två metoder: de…nition av storheterna direkt och
indirekt. Vi väljer det senare och överlåter den förra på läsaren. Först
har vi att
nX
X =
k=1
där Xk 2 Bin (1; p) och vidare är X1; : : : ; Xn oberoende. Detta ger
enligt satserna x och x att
E (X) = E
= np
och oberoendet ger
nX
k=1
Xk
!
V (X) = V
=
=
nX
k=1
Xk
nX
E (Xk) =
k=1
nX
k=1
1 2
Xk
= np (1 p) .
!
=
p + 0 2
nX
k=1
nX
V (Xk)
k=1
1 p + 0 (1 p)
(1 p) p 2
2 Den stokastiska variabel som vi betraktat i exemplet ovan är
och vi skall söka.
E (Y ) =
Y = min (XT ; XP )
5X
yP (Y = y) och V (Y ) = E Y 2
i=0
E (Y ) 2 .
c Mikael Möller

82 3.7. Lösningar till uppgifter
Sannolikheten P (Y = y) kan skrivas
P (Y = y) =
5X
i=0 j=0
y=min(i;j)
5X
P (XT = i; XP = j)
n
= gör nu uppdelningen P5 i=j+1 + P5 j=i+1 + P o
5
i=j=0
5X
= 2 P (XT = i; XP = j) P (XT = j; XP = j)
0
i=j
= @2
1
5X
P (XT = i) P (XT = j) A P (XP = j)
i=j
och en del omfattande beräkningar ger nu att
E (Y ) = 0:72749,
V (Y ) = 0:51224.
3 Händelsen X2 = udx0 betyder att av totalt två steg skall exakt en
uppgång inträ¤a. Antalet möjligheter att ta ut en uppgång ur två steg
2
är 1 = 2. De två möjliga uppgångarna är (u; d) och (d; u) och de har
sannolikheten p(1 p) respektive (1 p)p att inträ¤a. Härav följer att
P (X2 = udx0) = 2
1
4 Vi har att ynm > 0 och kan därför skriva
och eftersom
ynm = u
d
u
> 1
d
p(1 p) = 2p(1 p).
m
d n x0
följer att ynk > 0 för alla k > m. Härav följer att för alla k m så gäller
y n(k+1) ynk = u k+1 d n k 1 x0 u k d n k x0
= u k d n k 1 x0 (u d) > 0
ty u d > 0 per de…nition varav det följer att ynk < y n(k+1).
c Mikael Möller

3. Diskreta modeller 83
5 Det gäller enligt tidigare att
p =
1 + r d
u d
och detta ger följande uttryck för vänstra ledet, VL,
VL = up d (1 p)
+
1 + r 1 + r
= u
1 + r
1 + r d
u d
=
(u
1
d) (1 + r)
=
(u
1
d) (1 + r)
=
= 1.
6 Det gäller att
+ d
1 + r
1
1 + r d
u d
u + ru ud + du d2
(u d + ru rd)
1
(u d) (1 + r)
(u d) (1 + r)
varför påståendet gäller.
B1 2 Bin n; up
1 + r
fu = 1 + rg = Bin
(1 + r)p
n;
1 + r
= Bin(n; p)
7 Det gäller enligt föregående uppgift att
nX
P (B1 m) =
k=m
n
k pk n k
(1 p)
= n
m pm (1 p) n m +
+
Men p = 1 varför det gäller
P (B1 m) = n
m
n
n 1 pn 1 (1 p) + n
n pn .
= 1
0 + +
d rd + d 2
n
m + 1 pm+1 (1 p) n m 1 +
n
n 1
0 + n
n
1
c Mikael Möller

84 3.7. Lösningar till uppgifter
8 Om u > 1 + r så gäller att
up
> p
1 + r
d v s att den stokastiska variabeln B1 har större chans än B2 att bli stor.
Man kan även visa påståendet med samma teknik som i uppgift ??.
9 Vi visar påståendenna i ordning som ovan.
1. Vad vi har att visa är att P ( ) = 1 vilket följer av
1X
k=1
(1 p) k 1 =
1X
k=0
q k = 1 1
=
1 q p
2. Väntevärdet beräknar vi direkt ur de…nition för sannolikhetsfunktionen
1X
E (X) = k (1 p) k 1 p =
k=1
= p d
dq
1X
k=0
q k = p d
dq
1 1
= p 2 =
(1 q) p
3. Variansen tar vi ur sambandet
där
c Mikael Möller
E X 2 =
= p
1X
k=1
V (X) = E X 2
k 2 (1 p) k 1 p = p
q
= pq d2
dq 2
1X
k=2
k (k 1) q k 2 +
1X
k=0
E 2 (X)
1X
k=1
q k + 1 d
= pq
p2 dq
1
1 q
k 1
(k (k 1) + k) q
1X
k=1
= pq
(1
2 1 2
3 + =
q) p2 2p + p
p2 = 2 p
p2 k 1
kq
!
1 1
2 +
(1 q) p2

3. Diskreta modeller 85
Varav följer att
V (X) =
2 p
p 2
10 Vi visar påståendena i ordning som ovan
1. Överlåtes på läsaren - svårt
2. De…nition av Neg(l; p) ger
Neg(l; p) =
varav väntevärdet erhålls till
E Neg(l; p) =
lX
i=1
1 1 p
=
p2 p2 lX
F fg(p)
i=1
3. Variansen blir på grund av oberoendet
V (Neg(l; p)) =
E F fg(p) = l
p .
lX
V (F fg(p)) =
i=1
l (1 p)
p 2
12 Punkt 2 är enklast ty den följer direkt av att den hypergeometriska
variabel X de…nierades som en summa av n stycken 0-1 variabler och
för väntevärdet av en summa krävs ej oberoende. Punkt 3 kan även
den använda sig av summationen tillsammans med lagen om betingad
varians. Sätt
och
Det gäller nu
In =
1 om n:te OK
0 annars
Xn =
nX
In.
i=1
V (Xn) = V E(Xn j Xn 1) + E V (Xn j Xn 1)
E(Xn j Xn 1) = E(Xn 1 + In j Xn 1) = Xn 1 + E(In j Xn 1)
= Xn 1 + Np Xn 1
N n + 1
V (Xn j Xn 1) = V (Xn 1 + In j Xn 1) = V (In j Xn 1)
= Np Xn 1
N n + 1
Np Xn 1
N n + 1
2
c Mikael Möller

86 3.7. Lösningar till uppgifter
V (Xn) = V Xn 1 + Np Xn 1
N n + 1
= V
Antag nu att
Np
+ 1
N n + 1
2
+ E
Np Xn 1
N n + 1
Np Xn 1
N n + 1
1
N n + 1 Xn 1 + E Np Xn 1
N n + 1
E Np Xn
N
1
n + 1
= V 1
N
1
n + 1 Xn + E Np Xn
N
1
n + 1
V Np Xn 1
N n + 1
E 2 Np Xn 1
N n + 1
= 1
N
2
n + 1 V (Xn 1) + p (1 p)
= N n 1
N n + 1 V (Xn 1) + p (1 p)
det gäller då att
V (Xn) =
V (Xn 1) = (n 1) p (1 p)
N n 1
N n + 1
(n 1) p (1 p)
N n + 1
N 1
N n + 1
N 1
= p (1
(N
p)
n 1) (n
N
1) + N
1
1
= np (1
N
p)
N
n
1
Induktionsaxiomet ger nu påståendet.
c Mikael Möller
+ p (1 p)
2 !

4. Kontinuerliga
modeller
Vi har i introduktionen till begreppet stokastiska variabler de…nierat
en kontinuerlig stokastisk variabel som den variabel som har ett kontinuerligt
utfallsrum. Här skall vi nu närmare studera denna typ av
variabler och deras användningsområden.
4.1 Bussmodell
Exempel 25 Din arbetsplats är belägen i Frihamnen och buss nummer
1 avgår därifrån var 10:e minut. På grund av den täta turlistan bryr du
dig, vid arbetsdagens slut, inte om att planera din ankomst till hållplatsen.
Hur kan denna situation modelleras och vad blir sannolikheten att
du får vänta på bussen i högst 5 minuter, med den av dig givna modellen?
Lösning 16 Vår intuition säger oss att chansen för att vänta i högst 5
minuter är 5 av 10. Men vad är sannolikheten att vi får vänta i exakt
5 minuter? Svaret på denna fråga är inte så självklart som man vid ett
första påseende skulle kunna tro.
För att kunna ge en statistisk beskrivning av ovanstående frågor behöver
vi uttala oss om den stokastiska variabeln
X = väntetid till nästa buss
Eftersom bussarna går med 10-minuters intervall består vårt utfallsrum,
den stokastiska variabeln X:s de…nitionsmängd, av alla punkter i intervallet
[0; 10] och utfallsrummet kan därför skrivas
= fx 2 R : 0 x 10g
Eftersom ett utfallsrum för kontinuerliga variabler inte är ändligt uppräkneligt
kan vi inte för dessa de…niera en sannolikhetsfunktion ty antag
att detta vore möjligt – då är en naturlig de…nition av denna funktion
antal punkter där X = x
P (X = x) =
totalt antal punkter i intervallet (0; 10)
= 1
= 0
1
87

88 4.1. Bussmodell
och således: För en kontinuerlig variabel är sannolikheten för att få exakt
värdet x alltid lika med noll. Sannolikhetsfunktionen för kontinuerliga
variabler saknar därför mening.
Däremot kan fördelningsfunktionen F (x) = P (X x), som är sannolikheten
att personen ifråga får vänta i högst x minuter, ges en mening.
Först noterar vi med hjälp av …gur 4.1 att, något förvånande, det
…nns exakt lika många punkter på en kort linje som på en lång! Detta
följer av att när strålen från triangels spets skär den korta linjen i en
punkt så skärs också den långa linjen i en punkt och vice versa.
Av detta följer att
P (X x) =
Figur 4.1: En speciell sorts oändlighet
antal punkter där X x
= 1
totalt antal punkter i intervallet (0; 10)
Konklusionen av denna betraktelse är att det inte är meningsfullt att betrakta
punkter i det kontinuerliga fallet ty alla sannolikheter blir antingen
0 eller 1.
Vad vi kan betrakta, och som är en naturlig utvidgning samt appellerar
till vår intuition, är intervallängder och då erhålls
FX(x) = P (X x) =
l(0; x) x
=
l(0; 10) 10
där l(A) står för intervallet A:s längd. Begreppet fördelningsfunktion blir
med detta betraktelsesätt välde…nierat i det kontinuerliga fallet. Frågan
är nu: Hur skall vi i det kontinuerliga fallet de…niera en motsvarighet
till sannolikhetsfunktionen P (X = x)?
c Mikael Möller

4. Kontinuerliga modeller 89
Observera först att i det diskreta fallet gäller
P (xk 1 < X xk) = P (X xk) P (X xk 1)
= P (X = xk) 1
ty fxk 1 < X xkg = fX xkg n fX xk 1g. Betrakta sedan, i det
kontinuerliga fallet, ett mycket litet intervall (x; x + dx). För detta intervall
gäller
P (x < X x + dx) = P (X x + dx) P (X x)
= FX(x + dx) FX(x)
Men vi vet från den matematiska analysen att om dx är tillräckligt litet
och funktionen FX är ”snäll” så gäller
FX(x + dx) FX(x)
dx
F 0 X(x)
Vi leds härav till att allmänt de…niera en täthetsfunktion fX(x) =
F 0 X (x) som uppfyller
P (x < X x + dx) fX(x) dx
Täthetsfunktionen tar vi som det kontinuerliga fallets motsvarighet till
sannolikhetsfunktionen och den de…nieras som derivatan av fördelningsfunktionen
FX(x).
I vårt bussexempel gäller
FX(x + dx) FX(x) =
x + dx
10
x 1
=
10 10 dx
varför täthetsfunktionen där blir fX(x) = 1
10 .
För att slutligen besvara vår ursprungliga fråga, om sannolikheten att
vi får vänta högst 5 minuter, har vi att beräkna
P (X 5) = 5
= 0:5
10
Ett resultat som stämmer bra med vårt tidigare angivna intuitiva resultat.
Om vi i exemplet ovan ersätter 0 med a och 10 med b så erhåller vi
vår första kontinuerliga fördelning.
De…nition 29 (Rektangelfördelning) En stokastisk variabel X som
uppfyller
fX(x) = 1
b a ; x 2 X
c Mikael Möller

90 4.2. Försäkringsmodell
där X = fx 2 R : a x bg säges vara rektangelfördelad med parametrarna
a och b. Vi skriver
X 2 R(a; b) .
Uppgift 13 Visa att för en R(a; b) fördelning så gäller att
1. R f(x) dx = 1
2. E(X) = a+b
2
3. V (X) =
(a b)2
12
Denna mycket enkla fördelning är av mycket stor betydelse för att
kunna generera slumptal 1 (egentligen pseudoslumptal ty det är inte äkta
slumptal man får) något som för oss, här, är rätt ointressant. Men den är
grundbulten vid alla simuleringar. Att vi ändock låter den komma som
första kontinuerliga fördelning beror på att den låter oss införa begreppet
täthetsfunktion på ett någorlunda intuitivt sätt.
4.2 Försäkringsmodell
Vi övergår nu till en annan fördelning som bland annat är användbar i
t ex försäkringssammanhang.
Exempel 26 (Försäkring) Ett försäkringsbolag i Sverige har sålt bilförsäkringar
(personbilar) under en mycket lång tid och har en stor portfölj
av sådana. Försäkringsköparna kommer från hela landet och alla
sociala skikt. Denna portfölj drabbas då och då av skador vilka genererar
kostnader för bolaget. Dessa kostnader (tillsammans med administrationskostnader)
måste på lång sikt täckas av intäkterna och med lång
sikt förstås att den förväntade kostnaden skall vara minst lika stor som
den förväntade intäkten. Bolaget vill nu i ett första steg få en uppskattning
av fördelningen för tiden mellan två på varandra följande skador.
Lösning 17 Ovanstående beskrivning ger att de enskilda försäkringsbreven
drabbas av skador oberoende av varandra ty en skada i Södermanland
känner knappast till en skada i Västmanland (obs detta är endast
en hyfsad approximation) samt att om vi betraktar försäkringsportföljen
som helhet så bör tiden mellan två på varandra följande skador vara
likafördelad. Vidare kan en skada idag knappast känna till en skada igår
1 I min bok Statistiska modeller inom datateknik beskrivs hur detta görs.
c Mikael Möller

4. Kontinuerliga modeller 91
så det kan inte …nnas något minne i skadeprocessen (detta är nu inte
helt sant men duger även det som en första approximation).
Bilda den stokastiska variabeln
T = tiden mellan två på varandra följande skador
vars utfallsrum kan skrivas T = ft j t 0g. Att skadeprocessen saknar
minne innebär att vi kan uttrycka nedanstående betingade sannolikhet på
två sätt
P (T > t + s j T > s) =
P (T > t + s; T > s)
P (T > s)
P (T > t + s j T > s) = P (T > t) .
= P (T > t + s)
,
P (T > s)
Den första likheten följer av att om tiden mellan skador är större än 5
dagar så är den de…nitivt större än 3 dagar (mer matematiskt skriver vi
fT > sg fT > t + sg). Den andra likheten följer av att om vi studerat
processen i s tidsenheter så kan vi glömma bort våra erfarenheter från
denna tid när studiet av de följande t tidsenheterna börjar. Det är ju det
som sakna minne innebär. Första och andra raden ger nu tillsammans
att
P (T > t + s) = P (T > t) P (T > s)
Tag den naturliga logaritmen av båda leden och de…niera funktionen
f(t) = ln P (T > t). Vi erhåller då relationen
f(t + s) = f(t) + f(s)
och denna matematiska ekvation har som enda lösning 2
f(t) = t.
och den ger vår sökta sannolikhet till
P (T > t) = e t .
Om är positiv så blir P (T > 1) = e > 1. Konstanten måste därför
vara negativ eftersom sannolikheter alltid ligger i intervallet [0; 1]. Den
sökta fördelningen för tiden mellan skador kan nu skrivas P (T t) =
1 e t där > 0 och t > 0 och vi har följande de…nition.
2 Se Introduktion till den ekonomiska matematiken.
c Mikael Möller

92 4.2. Försäkringsmodell
De…nition 30 (Exponentialfördelning) En stokastisk variabel T som
uppfyller
f(t) = e
där, > 0 och t 2 T = ft j t 0g säges vara exponentiellt fördelad
med parametern . Vi skriver
t
T 2 Exp( ) .
Uppgift 14 Visa att för en Exp( ) fördelning så gäller att
1. R f(x) dx = 1
2. E(X) = 1
3. V (X) = 1 2
Det är egentligen rätt märkligt att så enkla och, i detta fall, naturliga
antaganden kan ge upphov till en sluten matematisk formel. Dessutom
har vi faktiskt inte använt oss av att skadorna är oberoende så detta
antagande behövs inte för ovanstående resultat.
Vi kan nu fråga oss hur lång tid det tar innan vi har två eller tre
skador eller mera allmänt hur lång tid det tar att få n skador. Om
vi hittar svaret på den frågan kan vi också hitta svaret på hur antalet
skador under en viss tidsperiod –säg ett år –är fördelad.
Om vi bildar följande följd (sekvens) av stokastiska variabler
Ti = tidpunkten för skada nummer i; i = 1; 2; : : : ; n,
T0 = 0.
så gäller att tiden till den n:te skadan kan skrivas
Tn = T1 T0 + T2 T1 + + Tn Tn 1.
Fördelningen för den stokastiska variabeln Tn är således en summa av
exponentialfördelade variabler.
Om vi nu de…nierar de stokastiska variablerna
Xi = Ti Ti 1; i = 1; 2; : : : ; n och X = Tn
så gäller följande sats för den stokastiska summavariabeln X.
c Mikael Möller

4. Kontinuerliga modeller 93
Theorem 31 Om variablerna X1; : : : ; Xn är oberoende och exponentialfördelade
alla med samma parameter så gäller att summavariabeln
X = P n
i=1 Xi har en fördelning som kan skrivas
F (x) = P (X x) = 1
och dess täthetsfunktion blir
nX 1
i=0
f(x) =
(n 1)! xn 1 e
n
( x) i
e
i!
Bevis 11 Vi skall visa satsens påstående med hjälp av induktion. Enligt
de…nition gäller
P (X x) = P (X1 x) = 1 e
när n = 1. För n = 2 noterar vi först att
P (X x) = P (X1 + X2 x) = 1 P (X1 + X2 > x)
och använder sedan satsen om betingat väntevärde (se sid 41)
P (X1 + X2 > x) = E P (X1 + X2 > x j X1)
= E P (X2 > x X1 j X1)
= E e
=
Z x
0
= xe
e
(x X1)
(x s) e
x + e
x
x
x
Z 1
s
ds +
x
Observera att värdet på X1 aldrig kan vara större än x eftersom vi i
intervallet (0; x) även skall klämma in X2. Det gäller således för n = 2
att
F (x) = P (X x) = 1 e
f(x) = x 2 e
x .
Antag nu att påståendet är sant för n = k. Vi skall då visa att under
detta antagande är påståendet även sant för n = k + 1. Induktionsaxiomet
ger sedan att satsen är sann för godtyckligt n. En upprepning av
argumentationen för fallet n = 2 ger nu
P (X x) = P Xk+1
x
x
xe
x ,
i=1 Xi x = 1 P Xk+1
e
s ds
i=1 Xi > x
c Mikael Möller

94 4.2. Försäkringsmodell
varav följer
P Xk+1
Xk
i=1 Xi > x = E P Xk+1
i=1 Xi = s =
i=1 Xi > x j Xk
= E P Xk+1 > x Xk
= E e (x Pk i=1 Xi)
Z x
(x s) sk
1 k
+
= e
e
0
Z 1
k 1 k s
(k 1)! e
(k 1)! e
s ds
i=1 Xi
i=1 Xi j Xk
s ds
i=1 Xi
x
Z x k 1 k Z 1 k 1 k
x s s
ds +
0 (k 1)! x (k 1)! e s ds
Den sista integralen beräknas med hjälp av partiell integration och dess
första steg ger
Z 1
x
k 1 k s
(k 1)! e s 1
( x)k
ds =
(k 1)! e
Upprepad partiell integration ger således
Z 1
x
k 1 k s
(k 1)! e s kX 1
ds =
i=0
Z 1
x
+
x
och eftersom den första integralen trivialt blir
erhålls att
e
( x) i
e
i!
Z x k 1 k
x s ( x)k
ds =
0 (k 1)! k! e
P Xk+1
i=1 Xi > x =
kX ( x) i
e
i!
i=0
k 2 k 1 s
(k 2)! e s ds.
varför vårt antagande ger att även det följande steget gäller.
Resten av beviset är bara enkla omskrivningar.
I och med denna sats har vi tagit ett stort steg mot att lösa ett
försäkringsbolags grundläggande problem nämligen att bestämma en
försäkrings premie.
c Mikael Möller
x
x
x

4. Kontinuerliga modeller 95
4.2.1 Fördelning för antal skador
För att bestämma årspremien adderar vi exponentialfördelade tider tills
vi erhållit ett år. Därmed får vi indirekt antalet skador under ett år.
Allmänt har vi att bestämma antalet skador i ett tidsintervall av längd
t. Detta gör vi enklast genom att bilda de stokastiska variablerna
och
Tn = tiden till den n:te skadan
Nt = antalet skador i tidsintervallet (0; t) .
Vi konstaterar sedan att följande relation gäller mellan dessa två stokastiska
variabler
fTn tg = fNt ng
ty om tiden till den n:te skadan är mindre än eller lika med t så måste
antalet skador i tidsintervallet (0; t) vara större än eller lika med n. Men
detta ger oss relationen
och denna ger i sin tur att
P (Nt n) = P (Tn t) = 1
nX 1
i=0
( t) i
i! e
P (Nt = n) = P (Nt n) P (Nt n + 1)
= 1
nX 1
( t) i
i! e
t
nX ( t)
1 +
i
i! e
= ( t)n
i=0
n! e
i=0
t ; n = 0; 1; 2; : : : .
Den här erhållna fördelningen, för antalet skador, är en välkänd diskret
fördelning som kallas Poissonfördelningen. Den är bland annat känd
för att den ger en bra beskrivning av antalet kavallerister som årligen
sparkas ihjäl av sina hästar. Hur nu hästarna vet när det är dags att
sätta in en välriktad spark är dock fortfarande en gåta.
De…nition 32 (Poissonfördelning) En stokastisk variabel Nt som uppfyller
( t)n
P (Nt = n) =
n! e
t
; n 2 N
där N = fk j k = 0; 1; 2; : : :g säges vara poisson-fördelad med parametern
. Vi skriver
Nt 2 P o( t) .
t
t
c Mikael Möller

96 4.2. Försäkringsmodell
Uppgift 15 Visa att för en P o( t) fördelning så gäller att
1. P P (Nt = n) = 1
2. E(Nt) = t
3. V (Nt) = t
4.2.2 En försäkrings premie
Försäkringsbolaget har nu de första verktygen för att bestämma en
försäkrings premie. Under året har de haft säg N skador och storleken
på skadorna följer någon fördelning med E (Ci) = c. Bolagets totala
skadekostnad, som skall täckas av premierna, kan nu skrivas
C =
NX
i=1
och en första approximation av premiens storlek blir
Pn = C
n
Ci
där n är antalet försäkrade. Vi …nner nu att
där
E (Pn) = 1
E (C)
n
E (C) = E E (C j N)
NX
!!
= E E Ci j N = E
= E
= c
i=1
NX
!
E (Ci j N)
i=1
NX
!
E (Ci) = E (Nc) = E (N) c
i=1
och den sökta storleken på premien blir således c
n .
c Mikael Möller

4. Kontinuerliga modeller 97
4.3 Normalfördelningen
Ovanstående försäkringsexempel ger oss ytterligare en intressant fördelning
nämligen att en summa av n exponentiellt fördelade variabler alla
med samma parameter är gamma-fördelad med parametrarna n och
.
De…nition 33 (Gammafördelning) En stokastisk variabel Tn som uppfyller
F (t) = 1
f(t) =
nX 1
i=0
( t) i
i! e
1 n
tn t
e
(n 1)!
där n = 0; 1; 2; : : : och > 0 säges vara gamma fördelad med parametrarna
n och . Vi skriver
Tn 2 (n; ) .
I den generella de…nitionen av en gammafördelning ersätts n med
där villkoret är > 0.
Uppgift 16 Visa att för en (n; ) fördelning så gäller att
1. R f(x) dx = 1,
2. E(X) = n ,
3. V (X) = n 2 .
I kapitlet Diskreta modeller betraktade vi summor av F fg(p)-fördelningar
vilka gav oss en Negativ binomialfördelning och här har vi betraktat
summor av Exp( )-fördelningar vilka ger oss Gamma-fördelningen.
Låt oss studera detta sista exempel lite närmare och rita upp täthetsfunktionen
för en (n; ) för några olika värden på n, säg n = 5; 20; 50.
Vi erhåller då …gur 4.2
Av …guren följer att täthetsfunktionen vandrar åt höger helt i enlighet
med att gammafördelningens väntevärde kan skrivas 3 n och eftersom vi
3 Detta följer direkt av att
(n; ) =
nX
Exp( ) .
k=1
t
c Mikael Möller

98 4.3. Normalfördelningen
0.20
0.15
0.10
0.05
0.00
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
Figur 4.2: Tre gamma fördelningar
valt = 1 ser vi att kurvans topp inträ¤ar för x = n. Vi ser också
att kurvan tenderar att bli mer symmetrisk när n växer men det blir
svårt att se eftersom den kommer att vandra ut ur bild. Detta kan vi
korrigera med att dra ifrån väntevärdet från den stokastiska variabeln
n
Tn och istället betrakta Xn = Tn . Denna transformation ger att vi
istället skall betrakta funktionen f (x) nedan.
Theorem 34 Om Tn 2 (n; ) så gäller att täthetsfunktionen för Xn =
n kan skrivas
Tn
f(x) = (n 1)! ( x + n) n 1 e
Bevis 12 Betrakta fördelningsfunktionen
P (Xn x) = P Tn
= 1
nX 1
i=0
n
( x + n) i
e
i!
( x+n)
x = P Tn x + n
( x+n)
och derivera denna funktion för att erhålla täthetsfunktionen till Xn.
Man …nner
f(x) = (n 1)! ( x + n) n 1 e ( x+n) .
Liksom ovan ritar vi denna nya täthetsfunktion för värdena n =
5; 20; 50 och får då …gur 4.3.
c Mikael Möller
x

4. Kontinuerliga modeller 99
Figur 4.3: Tre gamma fördelningar korrigerade för väntevärdet
Av denna …gur framgår tydligt att vi lyckats hindra täthetsfunktionen
från att springa iväg med växande n men egenskapen att den bli allt
plattare, d v s mera utspridd, kvarstår. Så vem pratar om spridning?
Om vi går tillbaks till kapitlet Vad statistik handlar om så införde vi
där begreppet varians som ett mått på spridning i allmänhet och detta
mått går enkelt att överföra till vårt axiomatiska system där vi utgår
från förväntningsvärdet. Vi har nämligen att storheten
V (X) = E X E(X) 2 = E X 2
E(X) 2
har precis samma funktion för ett allmänt utfallsrum som
2 = A X X 2 = A X X 2
har för ett uppräkneligt utfallsrum. Idén är nu att eftersom vi hindrade
täthetsfunktionen från att springa iväg, genom att dra bort väntevärdet,
så kanske vi kan hindra täthetsfunktionen från att plattas ut genom att
dividera med variansen. Nu visar det sig att variansen inte duger men
väl så roten ur variansen (standardavvikelsen). För att se detta börjar vi
med att beräkna V (X) när X 2 (n; ) och eftersom vi redan beräknat
x
c Mikael Möller

100 4.3. Normalfördelningen
E(X) till n så återstår endast att beräkna E X 2 .
E X 2 =
=
= n (n + 1)
varav vi erhåller att
Z 1
0
Z 1
0
x 2 f(x) dx =
2
V (X) =
Vi erhåller nu följande sats
n (n + 1)
2
n (n + 1)
2
Z 1
2 xn
x
0 (n
1 n
1)! e x dx
n+1 n+2
x
(n + 1)! e x dx
n 2
= n
2 .
Theorem 35 Om Tn 2 (n; ) så gäller att täthetsfunktionen för
kan skrivas
f(x) =
p n
(n 1)!
Bevis 13 Betrakta
P (Xn x) = P
= 1
Xn = Tn
n
p
n
p nx + n n 1 e ( p nx+n) ; x
n
Tn
p
n
nX 1
i=0
i
i!
x
!
= 1 e (p nX 1
nx+n)
= P Tn
p nx + n i
e
i=0
1
i!
p nx + n i
p n .
p nx + n
p n x+ n
och derivera denna funktion för att erhålla täthetsfunktionen till Xn.
Efter en del arbete …nner man att
f(x) =
c Mikael Möller
p n
(n 1)!
p nx + n n 1 e ( p nx+n) ; x
p n .

4. Kontinuerliga modeller 101
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
­4 ­3 ­2 ­1 0 1 2 3 4
Figur 4.4: Tre normaliserade gamma fördelningar
Liksom ovan ritar vi denna nya täthetsfunktion för värdena n =
5; 20; 50 (se …gur 4.4) men lägger nu också in en normalfördelningskurva
(se de…nition 37 på sid 103). Denna senare åtgärd eftersom täthetsfunktionen
verkar närma sig en gränsfunktion när n växer mot allt större
tal. Med lite matematik går det att visa att denna gränsfunktion blir
täthetsfunktionen för normal-fördelningen.
Gammafördelningen kännetecknas av att den är en summa av exponentialfördelade
variabler och vi har tidigare mött fördelningar som
konstruerats via summor. T ex så erhålls den negativa binomialfördelningen
som en summa av för första gången fördelningar och vi …nner
stolpdiagrammen i …gur 4.5 för Neg(n; 0:3) när n = 5; 25; 60.
Vi ser att den negativa binomialfördelningen uppträder på samma sätt
som gammafördelningen när n växer (vi måste självklart även i detta
fall dra ifrån väntevärdet och dividera med standardavvikelse för att
vara helt säkra). En diskret fördelning som är en summa av F fg(p) och
en kontinuerlig fördelning som är en summa av Exp( ) uppträder båda
på samma sätt. Mycket märkligt! men om detta kan generaliseras har
vi gjort en mycket stor upptäckt ty aritmetiska medelvärden bildas av
summor av stokastiska variabler och dessa medelvärden spelar en mycket
stor roll inom statistiken. De är approximationer av väntevärden.
4.3.1 Centrala gränsvärdessatsen
Detta avsnitt är vårt första rent teoretiska avsnitt ty jag känner inget
enkelt exempel (annat än ovanstående resonemang) som ger upphov till
x
c Mikael Möller

102 4.3. Normalfördelningen
0.07
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0.00
20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260
Figur 4.5: Tre negativt binomial fördelade sannolikhetsfunktioner
normalfördelningen, kronjuvelen, utan den dyker upp indirekt via summor.
Faktum är att om vi tar ett stort 4 antal godtyckliga oberoende
stokastiska variabler och summerar dem så gäller nästan alltid att summafördelningen
är approximativt normalfördelad. Närmare bestämt gäller
följande sats
Theorem 36 (Centrala gränsvärdessatsen) Låt X1; X2; : : : ; Xn vara
oberoende stokastiska variabler med ändliga väntevärden (mk) och ändliga
standardavvikelser ( k). Bilda det absoluta 3:e momentet
Om det nu gäller att
där 2 n = P n
k=1
k = E jXk mkj 3
Pn lim k=1 k
n!1 n
2
k så gäller att
Pn k=1 Xk mn
n
= 0
.
D
! N(0; 1)
där mn = P n
k=1 mk och D betyder att konvergensen är i fördelning.
Bevis 14 Se t ex Cramér, Mathematical methods of statistics
4 Stort kan variera från ett till ‡era hundra.
c Mikael Möller

4. Kontinuerliga modeller 103
Detta är en remarkabel sats och kallas inte oförskylt statistikens
Kronjuvel. Faktum är att utan den skulle statistiken vara mycket svårare.
Observera att fördelningarna inte behöver vara lika utan det går bra att
blanda fritt. Det går även att rucka lite på kravet om oberoende men
det går vi inte in på här.
Men normalfördelningen kommer inte bara in via direkta summor
utan det visar sig att mycket i livet följer denna fördelning. För att
bara nämna några exempel: skenbenets längd, individers vikter (det
må vara människor eller sandödlor), individers längder, vikten av 1 kg:s
förpackningar av ka¤e (som självklart inte innehåller 1 kg), uppmätning
av sträckor o s v. Ja i alla situationer där vi kan tänka oss ha många
oberoende mätningar av en och samma storhet så är normalfördelningen
användbar.
Så låt oss nu de…niera denna underbara fördelning
De…nition 37 (Normalfördelning) En stokastisk variabel X vars täthetsfunktion
kan skrivas
f(x) =
1
(x )2
p e 2
2 2 2
där talet är positivt och är ett godtyckligt tal samt
x 2 X = fx 2 R : 1 < x < 1g
säges vara normalfördelad med väntevärdet och standardavvikelsen .
Vi skriver
X 2 N( ; ) .
Om väntevärdet är 0 och standardavvikelsen är 1 så betecknas täthetsfunktionen
respektive fördelningsfunktionen med respektive (detta av
historiska skäl).
I …gur 4.6 ges några grafer av denna variabels täthetsfunktion och av
dessa kan vi dra några slutsatser om när fördelningen är användbar.
Täthetsfunktionen ser symmetrisk ut (vilket också bekräftas av de…nitionen)
varav följer att den kan vara tillämplig i symmetriska situationer
speciellt där observationerna klumpar sig mot mitten (kring symmetrilinjen).
Vidare gäller att om vi tar n normalfördelade variabler och adderar
dem så får vi ånyo en normalfördelning. Det …nurliga med normalfördelningen
är att dessa normalfördelade variabler inte behöver vara oberoende
för att summan skall bli normalfördelad. Vi skall även visa att är väntevärdet
och att 2 är variansen.
c Mikael Möller

104 4.3. Normalfördelningen
0.8
0.6
0.4
0.2
­4 ­2 0 2 4 6 8
Figur 4.6: Från vänster: N( 2; 0:5), N(0; 1) och N(2; 2).
Men innan vi tar itu med dessa teoretiska, men ack så viktiga, frågor
ger vi ett enkelt exempel.
Exempel 27 I ett lager av ka¤esäckar vilkas innehåll i kg kan anses
vara N(35; 0:5) (d v s säcken har en medelvikt om 35 kg med en standardavvikelse
på 0:5 kg) tar man ut en säck på måfå och portionerar ut
innehållet i burkar så att varje burk innehåller i det närmaste exakt 1
kg.
1. Hur stor är sannolikheten att säcken räcker till minst 36 burkar?
2. Hur stor är sannolikheten att säcken räcker till 34 men inte 36
burkar?
Lösning 18 De…niera den stokastiska variabeln
där X 2 N(35; 0:5). 5
X = ka¤esäckens vikt
1. Sannolikheten att säcken räcker till minst 36 burkar kan skrivas
P (X > 36) = 1 P (X 36)
5 I lösningen har vi använt oss av SWP för att beräkna integralerna. De traditionella
metoderna som excercerar i tabellslagning är numer ett passerat stadium.
På samma sätt som att man inte behöver ha mekaniska kunskaper för att köra bil.
Det går självklar att använda sig av andra program med motsvarande matematiska
färdigheter.
c Mikael Möller

4. Kontinuerliga modeller 105
där
varför
P (X 36) =
Z 36
1
1
p 2 0:25 e
P (X > 36) = 1 P (X 36)
= 0:02275
(x 35)2
2 0:25 dx 0:97725
2. Sannolikheten att säcken räcker till 34 men inte 36 burkar kan
skrivas
P (34 X < 36) = P (X 36) P (X 34)
=
Z 36
34
= 0:9545
1
p 2 0:25 e
(x 35)2
2 0:25 dx
Så är det dags att studera normalfördelningen och dess egenskaper
från en mer allmängiltig utgångspunkt. Vi börjar med den enklaste
egenskapen nämligen den att funktionen f är symmetrisk kring x = .
Theorem 38 Funktionen
f(x) =
1
(x )2
p e 2
2 2 2
är symmetrisk kring x = d v s det gäller att
f( x) = f( + x) .
Bevis 15 Sättet att visa detta på är att räkna ut vänster och höger led
samt konstatera att de är lika.
f( x) =
f( + x) =
1
( x )2
p e 2
2 2 2 1
( x)2
= p e 2
2 2 2
1
( +x )2
p e 2
2 2 2 1
(x)2
= p e 2
2 2 2
Därefter tar vi fram relationen mellan parametrarna och och
väntevärdena E (X) och V (X) (= E X 2 E 2 (X)).
Theorem 39 För en normalfördelning N( ; ) gäller att är väntevärdet
och 2 är variansen.
c Mikael Möller

106 4.3. Normalfördelningen
Bevis 16 Det gäller
E(X) =
Z 1
1
1
xp
2 2
e (x )2
2 2 dx
Gör variabeltransformationen x x + då erhålls
E(X) =
Z 1
1
= +
(x + )
1
p 2 2
den senare integralen har nu lösningen
2 e x 2
2 2
1
x2
p e 2
2 2 2 dx
Z 1
x=1
1
x= 1
xe x2
2 2 dx
= 0.
För att beräkna variansen har vi som vanligt att först beräkna
E X 2 =
Z 1
1
x 2 1
p
2 2
e (x )2
2 2 dx.
Denna gång gör vi variabeltransformationen x x+ , ty det förenklar
räknandet betydligt, då erhålls
E X 2 =
Z 1
( x + )
1
2 1
x2
p e 2 dx
2 2
Z 1
2 1
x p e
1 2 x2
Z 1
2 dx + 2
1
= 2
För den första integralen gäller
Z 1
1
2 1
x p e
2 x2
2 dx =
x
p e
2 x2
2
x=1
x= 1
| {z }
0
Z 1
+
x 1
p 2 e x2
2 dx + 2 .
1
1
p 2 e x2
2 dx
| {z }
1
= 1.
Den andra integralen räknades ut tidigare och blev då 0. Sammantaget
ger detta att
E X 2 = 2 + 2 .
Varav följer att
c Mikael Möller
V (X) = E X 2
E 2 (X) = 2 + 2 2 = 2 .

4. Kontinuerliga modeller 107
Corollary 40 För en normalfördelad stokastisk variabel med = 0 och
= 1 gäller 6
E X k =
0 k = 2n + 1,
(2n 1)!! k = 2n.
Återstår således att diskutera vilken fördelning en summa av normalfördelade
variabler har. Dock anger vi här endast resultatet när de är
oberoende. Redan att visa detta resultat är rätt tekniskt och det mer
allmänna resultatet då variablerna är beroende kräver matristeori.
Theorem 41 Om X1 2 N( 1; 1) och X2 2 N( 2; 2) samt oberoende
så gäller att X1 + X2 2 N 1 + 2; p 2 1 + 2 2 .
Bevis 17 Satsens bevis är rätt tekniskt och hör hemma i högre kurser.
Där visas även en motsvarighet för beroende normalfördelade variabler.
6 De två utropstecknen, !!, i formeln nedan skall tolkas enligt
k!! = k (k 2) (k 4) .
c Mikael Möller

108 4.4. Lösningar till uppgifter
4.4 Lösningar till uppgifter
13 Följande gäller
1. R f(x) dx = R b
a
2. E(X) = R b
a
3. E X 2 = R b
a
14 Följande gäller
1
b a dx = 1
x
1
b a dx = b a
x 2
1
b a dx = b a
V (X) = E X 2
= 1
b a
b 2 a 2
2
b 3 a 3
3
= a+b
2
varför
E 2 (X)
b 3 a 3
3
= b2 + ab + a2 3
= b2 2ab + a2 12
= (a b)2
a + b
2
a 2 + 2ab + b 2
4
.
12
1. R f(x) dx = R 1 x x e dx = e 0 x=1
= 1
x=0
2. E(X) = R 1
0 xe x dx = fy = xg = 1 R 1
0 e y dy = 1
3. E X 2 = R 1
0 x 2 e x dx = x 2 e x x=1
x=0 + R 1
0 2xe x dx = 2 2
varför
15 Följande gäller
V (X) = 2
2
1 1
= 2 2
1. P1 n=0 P (Nt
t = n) = e P1 ( t)
n=0
n
n! = e t e t = 1
2. Följande omskrivningar ger resultatet
c Mikael Möller
E(Nt) =
= e
1X
n=0
= te
( t)n
n
n! e
t
1X
n=1
n 1
( t)
t = e
t
1X
n=0
t
= te
(n 1)!
t e t = t
( t)n
n
n!
1X
t
n 1=0
2
n
( t)
1
(n 1)!

4. Kontinuerliga modeller 109
3. Följande omskrivningar ger resultatet
varför
E N 2 t =
16 Följande gäller
1. Sätt
1X
2 ( t)n
n
n!
n=0
e
1X
t t ( t)n
= e n
(n 1)!
n=1
1X
t
( t)
= e (n 1)
n=1
n
(n 1)! +
1X ( t)
n=1
n
!
(n 1)!
1X
t ( t)
= e
n 2 ( t) 2
(n 2)! +
1X
!
n 1
( t) t
(n 1)!
= e
n=2
t ( t) 2 e t + e
= ( t) 2 + t
V (Nt) = E N 2 t
In =
t te t
n=1
E 2 (Nt)
= ( t) 2 + t ( t) 2
= t.
Z 1
0
n 1 n x
(n 1)! e
x dx
vi erhåller då medelst partiell integration att
In =
1
xn
(n
n 1
1)! e
1 Z 1
x
+
x=0 0
Z 1
= In 1 = = I1 = e
0
= e
x 1
= 1 x=0
2. Följande omskrivningar ger resultatet
En(X) =
Z 1
0
n n x
(n 1)! e
In = x n n 1 e
= nIn 1 = = n!
n 2 n 1 x
(n 2)! e
x dx
x 1
dx =
(n 1)! In
x 1
x=0
Z 1
0
+ n
e
Z 1
x
0
n 1 n 1 e
x dx = n!
x dx
x dx
c Mikael Möller

110 4.4. Lösningar till uppgifter
varav
En(X) = n .
3. Följande omskrivningar ger resultatet
E X 2 =
varav
Z 1
0
n+1 n x
(n 1)! e
In = x n+1 n 1 e
x 1
dx =
(n 1)! In
x 1
Z 1
+ (n + 1)
x=0
0
Z 1
= (n + 1) In 1 = = (n + 1)!
E X 2 =
och slutligen…nner vi variansen
c Mikael Möller
V (X) =
(n + 1) n
2
0
(n + 1) n
2
n 2
x n n 1 e
x e
dx =
= n
2 .
x dx
(n + 1)!
2

5. Stickprov och
skattningar
I början pratade vi om konkreta mätningar av guldhalt, börskurser m m
och vi bestämde aritmetiska medelvärden och avvikelser från dem. Allt
i form av konkreta uppmätta värden. Rätt snabbt så axiomatiserade vi
de aritmetiska medelvärdena och kallade dem då för väntevärden. Dessa
väntevärden är funktioner av det som vi kallar för stokastiska variabler
och vips så verkar vi ha lämnat all praktisk tillämpning och hamnat i den
teoretiska världen. Men alla nya begrepp och exempel som vi tagit fram
har haft en praktisk bakgrund även om vi istället för konkreta si¤ermätningar
har haft stokastiska variabler. Vad vi skall göra nu är att knyta
ihop de konkreta mätningarna med parametrarna hos fördelningarna för
de stokastiska variablerna samt ange hur mätningar skall utföras för att
det vi hitills sagt skall bli användbart för att beskriva vår verklighet.
5.1 Stickprov
Vi börjar med att ange det beteckningssystem som kommer att användas
framgent genom att ge en de…nition, i vardagsspråk, för en stokastisk
variabel och dess observation.
De…nition 42 (Stokastisk variabel och dess observation) Med en
stokastisk variabel avses en framtida mätning av någon mätbar storhet.
Vi betecknar denna framtida mätning med en stor bokstav t ex X. När
så mätningen utförts och vi står där med en konkret observation t ex 3:14
så betecknar vi den allmänt med en liten bokstav t ex x.
När vi tidigare studerat de stokastiska variablerna X1; : : : ; Xn så
har vi alltid i bakhuvudet haft att dessa skall ersättas med de observerade
mätvärdena x1; : : : ; xn och allt vårt resonerande har haft som mål
att hitta egenskaper hos dessa observerade mätvärden. Egenskaper som
vi skall utnyttja för våra speciella syften.
När vi nu vet vad en stokastisk variabel är så kan vi de…niera begreppet
stickprov (i vardagligt tal så är det det som erhålls när vi tar ett
111

112 5.1. Stickprov
antal observationer på något objekt t ex börskurser under 10 dagar). Ett
stickprov skall för oss vara ett antal stokastiska variabler som uppfyller
följande de…nition.
De…nition 43 (Stickprov) Med ett stickprov avses ett antal stokastiska
variabler X1; : : : ; Xn som är oberoende och likafördelade, F . Ett
kortfattat sätt att uttrycka detta på är
Xi 2 OF ( ) ; i = 1; 2; : : : ; n.
Här står O för oberoende, F för likafördelade och är en eller ‡era
obekanta parameter som kan variera med variabeln.
Med ett observerat stickprov avses mätvärden x1; : : : ; xn som är
observationer på ett stickprov.
Det verkar ju enkelt men det är faktiskt mycket komplicerat att
plocka ut stokastiska variabler som dels är oberoende och dels har samma
fördelning och det på ett sätt så att pengarna räcker.
5.1.1 Vad ett stickprov kan ge
I avsnittet Vad statistik handlar om skrev jag
. . . statistik handlar om två saker 1) Hur man beräknar
medelvärden och 2) begreppet oberoende händelser.
Där de…nierades mätvärdenas aritmetiska medelvärde A(X) samt
mätvärdenas varians A X X 2
och vi angav hur dessa var upp-
byggda (skulle beräknas). I det följande kapitlet axiomatiserade vi begreppet
aritmetiskt medelvärde till förväntat värde E(X). Denna axiomatisering
gav oss sedan det allmäna begreppet för en sannolikhet av
en indikatorfunktion.
I de därpå följande kapitlen tittade vi på två speciallfall av sannolikheter,
de diskreta och de kontinuerliga, vilka faktiskt kan visas vara
de enda typerna av intresse. (För att visa detta behövs en del avancerad
matematik och det är tur att sådan …nns ty annars skulle många ägna år
att söka efter ytterligare typer av sannolikheter. Tack vare matematiken
kan nu dessa individer göra något nyttigt istället.)
I studiet av de diskreta/kontinuerliga variablerna dyker det upp två
saker: dels fördelningsfunktioner och dels okända konstanter som fördelningsfunktionerna
beror av. Dessa konstanter behöver antingen bestämmas
teoretiskt eller beräknas. Under resans gång gav vi de teoretiska
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 113
beräkningarna för konstanterna och det visade sig att de alla kunde uttryckas
med hjälp av någon form av det förväntade värdet E( ). Så
för att kunna beräkna konstanterna behöver vi kunna beräkna generella
väntevärden (vanligtvis räcker det med E(X) och E X 2 ) och det kommer
väl knappast som en överaskning att följande approximationer är
lämpliga
E(X) A(x) = x och V (X) A (x x) 2
bara n är tillräckligt stort. För den vidare analysen behövs följande sats
vars första del är densamma som första delen i sats 9 på sid 26.
Theorem 44 För ett stickprov X från en fördelning F ( ; ), där =
E(Xi) och 2 = V (Xi), gäller att
1. E X =
2. V X = 2
n
Bevis 18 Satsens första del är som sagt en upprepning av en tidigare
sats och det återstår för oss att visa denna sats andra del.
För n = 1 är påståendet trivialt eftersom det då överensstämmer
med de…nitionen. I nästa steg betraktar vi fallet med n = 2 men använder
de mer generella konstanterna c1 och c2 istället för 1
2 (konstigt nog
underlättar denna abstraktion förståelsen). Betrakta således
V (c1X1 + c2X2) = E(c1X1 + c2X2) 2 E 2 (c1X1 + c2X2)
varvid den första delen kan skrivas
E(c1X1 + c2X2) 2 = E c 2 1X 2 1 + 2c1c2X1X2 + c 2 2X 2 2
= E c 2 1X 2 1 + E(2c1c2X1X2) + E c 2 2X 2 2
= c 2 1E X 2 1 + 2c1c2E(X1X2) + c 2 2E X 2 2 .
Därefter skriver vi om den andra delen på motsvarande sätt
E 2 (c1X1 + c2X2) = E(c1X1) + E(c2X2) 2
= (c1 1 + c2 2) 2
= c 2 1 2 1 + 2c1c2 1 2 + c 2 2 2 2.
c Mikael Möller

114 5.1. Stickprov
Para ihop dessa två delar och vi får
V (c1X1 + c2X2) = c 2 1 E X 2 1 E 2 (X1)
+ c 2 2 E X 2 2 E 2 (X2)
+ 2c1c2 E(X1X2) E(X1) E(X2) .
Betrakta nu den sista termen i detta uttryck samt tillämpa tekniken med
betingat väntevärde (sid 41). Då erhålls
E(X1X2) = E E(X1X2 j X2)
= E X2E(X1 j X2)
men eftersom X1 och X2 är oberoende stokastiska variabler (ty stickprov)
följer att E(X1 j X2) = E(X1) och denna storhet är en konstant varför
E X2E(X1 j X2) = E(X1) E(X2) .
Vårt antagande om oberoende ger således att den tredje termen är noll.
Härav följer att
och om vi väljer c1 = c2 = 1
2
V (c1X1 + c2X2) = c 2 1V (X1) + c 2 2V (X2)
så …nner vi
V X =
2
2 .
Resten av beviset är bara ett sedvanligt induktionsbevis – n = k ) n =
k + 1 o s v – och överlåtes på dig käre läsare.
Vad blir så implikationerna av denna sats. Den första är att det
aritmetiska medelvärdet som approximation av det förväntade värdet
inte blir sämre om man lägger till mätvärden enligt regeln för aritmetiskt
medelvärde. Det är även intuitivt klart att approximationen bör bli
bättre eftersom varje nytt mätvärde ger lite mer information. Den andra
implikationen är att det aritmetiska medelvärdets variation kring det
sanna värdet, , blir mindre desto ‡er observationer som läggs till och i
gräns är variationen noll d v s vi har, i någon mening, att
lim x = .
n!1
Till detta kommer så informationen från centrala gränsvärdessatsen (sats
36 på sid 102) som säger att för ett givet stickprov X av storlek n så blir
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 115
2
X N ; n . Ett observerat stickprov är således mycket användbart
ty med dess hjälp kan vi inte bara …nna en approximation av utan
också, via variationen 2 , få en känsla för hur bra denna approximation
är. Om vi dessutom beräknar skevheten och toppigheten får vi en ganska
bra bild över den underliggande fördelningen.
Uppgift 17 Visa att för en normalfördelning N( ; ) så gäller att
1. skevheten är noll,
2. toppigheten är noll
och jämför detta resultat med de…nitionen av toppighet på sid 16.
5.2 Skattningar
Ovan konstaterade vi att x kan användas som en approximation av parametern
och vi skall i det följande hitta approximationer på alla de
övriga parametrar som vi hitills infört. Men innan vi börjar med att ange
metoder som hjälper oss att göra detta skall vi betrakta vilka egenskaper
som dylika approximationer kan/bör ha när vi utgår från ett stickprov
X1; X2; : : : ; Xn.
De…nition 45 (Skattning) En skattning av en okänd parameter är
en funktion av ett stickprov som i någon mening beskriver den okända
parametern. Skattningen för parametern betecknar vi med ^ .
Genom att studera den stokastiska variabeln ^ (X1; X2; : : : ; Xn) kan
vi uttala oss om skattningens närhet till den okända parametern och
vi skall närmast diskutera några närhetsbegrepp inom statistik.
Det vore helt suveränt om varje nytt mätvärde gjorde att vi kom
närmare det sanna men okända värdet men en stunds kontemplation
ger att detta inte är möjligt. Det går inte eftersom vi använder oss
av observerade stickprov d v s vi har ingen kontroll på det kommande
mätvärdet. Har vi riktigt rejäl otur så kan t ex de följande 10 värden
som vi plockar vara ytterligheter och därmed kommer den observerade
punktskattningen, som innehåller även dessa värden, bli sämre än den
där de inte …nns med. En rent matematisk de…nition av begreppet närhet
är således inte möjlig att göra. 1
Istället får vi tänka som en statistiker (d v s ge utrymme för slumpen)
och som sådan skall vi framhäva tre (av många) möjliga egenskaper som
är trevliga och som uttrycker närhet.
1 Typ Bolzano-Weierstrass sats.
c Mikael Möller

116 5.2. Skattningar
5.2.1 Önskade egenskaper hos skattningar
Den första egenskapen är att skattningen, betraktad som en stokastisk
variabel, har som väntevärde den ursprungliga underliggande parametern
d v s vi skall ställa följande krav på vår skattning:
E ^ (X1; : : : ; Xn) = .
Skattningar som har denna egenskap säges vara väntevärdesriktiga.
Den andra egenskapen är lite åt det matematiska hållet. Den
försöker fånga upp att ‡er observationer är bättre än färre men vi kan
inte uttrycka oss matematiskt utan måste uttrycka oss statistiskt:
P ^ (X1; : : : ; Xn) > ! 0 när n ! 1.
Skattningar som har denna egenskap säges vara konsistenta. Detta
begrepp liknar det vanliga matematiska gränsvärdesbegreppet, lim, men
appliceras inte på skattningen (X1; : : : ; Xn) som sådan utan indirekt
via sannolikheten för en speciell händelse för denna skattning. Ovanstående
gränsuttryck kan också skrivas
lim
n!1 P ^ (X1; : : : ; Xn) > = 0
och för de i detta uttryck ingående sannolikheterna är vi tillbaks i det
rent matematiska betraktelsesättet. Vad betyder nu detta uttryck, går
det att förstå eller är det bara ytterligare en av alla dessa matematiska
obegripligheter? Låt oss försöka förstå.
Att vi har dragit ifrån är inget annat än samma normalisering
vi gjorde för att erhålla …gur 4.3 på sid 99 (en …gur som
är bra att ha i åtanke) även om vårt här inte behöver fån-
gas in. Så då övergår vi till att betrakta fallet ^ n (X) >
(d v s vi sätter = 0) och för att få en liten känsla för vad
som händer föreslår jag att du ritar två linjer parallella med
y-axeln i …gur 4.3 (t ex genom där är den första mark-
eringen på x-axeln). Nu beskriver området ^ 5 (X) > allt
till vänster om plus allt till höger om : Sannolikheten
P ^ 5 (X) > blir nu den streckade ytan i …gur 5.1 på sid
117 och den är som synes ganska stor. Gör nu om samma
förfarande för P ^ 20 (X) > och jämför den nu streckade
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 117
Figur 5.1: Tre sannolikheter P ^ 5 (X) > , P ^ 20 (X) > och
P ^ 50 (X) > .
ytan med den föregående. Det framgår ganska tydligt att
den är mindre d v s att P (j 20 (X)j > ) < P (j 5 (X)j > ).
För den tredje täthetsfunktionen är det nu självklart att vi
får något som är ännu mindre och det gäller därför att
P ^ 50 (X) > < P ^ 20 (X) > < P ^ 5 (X) > .
Tag nu en kopp ka¤e och fundera över om detta alltid gäller
eller om det kan …nnas undantag från denna strikta avtagande
följd av sannolikheter. Om det …nns undantag hur ser
då dessa ut? Går samma resonemang att utföra även för de
diskreta modellerna?
Konsistens är således också ett sätt att fånga in innebörden av närhet.
Att en parameters observerade skattning i sannolikhet närmar sig det
sanna värdet på parametern allteftersom antalet observationer ökar.
Den tredje egenskapen som vi vill att vår skattning skall ha är
ett erkännande om att det till varje parameter …nns en mängd olika
skattningar som uppfyller båda första och andra egenskapen ovan. Vi
måste därför ha en ytterligare egenskap som diskriminerar mellan alla de
olika skattningar som tänkas kan. Den egenskap som vi skall kräva av den
valda skattningen är att den skall ge upphov till minsta möjliga variation
d v s om ^ 1 (X1; : : : ; Xn) och ^ 2 (X1; : : : ; Xn) båda är väntevärdesriktiga
x
c Mikael Möller

118 5.2. Skattningar
skattningar och det gäller
V ^ 1 (X1; : : : ; Xn) V ^ 2 (X1; : : : ; Xn)
så föredrar vi ^ 1 (X1; : : : ; Xn). Vi säger att skattningen ^ 1 (X1; : : : ; Xn)
är e¤ektivare än skattningen ^ 2 (X1; : : : ; Xn).
Självklart är detta ett annat sätt att uttrycka närhet ty vad vi egentligen
säger är att våra data skall vara så lite utspridda kring det sanna
värdet som möjligt. Variationen handlar ju om utspridning se t ex …gur
1.2 på sid 11.
Exempel 28 (Väntevärdesriktig) För att illustrera att det aritmetiska
medelvärdet är en väntevärdesriktig punktskattning, vilket vi visade teoretiskt
i sats 44 på sid 113, skall vi betrakta en stokastisk variabel som
är normalfördelad med väntevärdet = 5 och standardavvikelsen = 2.
I …gur 5.2 på sid 119 illustrerar vi att det aritmetiska medelvärdet i det
långa loppet närmar sig 5 när antalet observationer växer.
Lösning 19 I den refererade …guren har vi gjort tre oberoende simuleringar
av det aritmetiska medelvärdet som funktion av antalet observationer.
Varje simulering består av ett stickprov, x1; x2; : : : ; x100, om
100 mätvärden. För varje simulering har vi beräknat det aritmetiska
medelvärdet
xk = 1
kX
xi, k = 1; 2; : : : ; 100
k
i=1
som en funktion av k och därefter ritat räta linjer mellan punkterna
(k; xk) och (k + 1; xk+1).
För var och en av simuleringarna gäller att de i början slänger rätt så
mycket men ganska fort stabiliserar sig kring det sanna värdet 5. Det tar
dock lång tid innan de kommer mycket nära. För två av simuleringarna
gäller att de är nära först efter 70 observationer och för den tredje behövs
mer än 100 värden. Det gäller alltså att ’grovkonvergens’ sker snabbt
men ’…nkonvergens’sker långsamt.
Exempel 29 (Konsistens) För att illustrera att det aritmetiska medelvärdet
även är en konsistent punktskattning betraktar vi återigen ett
stickprov på en N (5; 2) och för detta stickprov beräknar vi teoretiskt de
angivna sannolikheterna P Xn > för olika val på n. I …gur 5.3
på sid 120 har vi ritat P Xn > som funktion av n. Denna …gur
visar tydligt att ovanstående sannolikhet närmar sig 0 när antalet observationer
växer.
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 119
7
6
5
4
3
2
0 20 40 60 80 100
Figur 5.2: Väntevärdesriktighet
Lösning 20 Först noterar vi att :s punktskattning är
^n = 1
n
nX
i=1
Xi = Xn
och för denna skattning gäller, enligt sats 44 på sid 113, att
E(^n) = ,
V (^n) =
2
n .
Vidare gäller att en summa av normalfördelade variabler är i sin tur
normalfördelad och vi har därför att
^n 2 N 5; 2
p n .
Sannolikheten att ^n skiljer sig från det sanna värdet 5 kan nu skrivas
P j^n 5j > = 1 P ( < ^n 5 < )
p p
n
n
= 1
+
2
2
p
n
= 2 2
2
c Mikael Möller

120 5.2. Skattningar
Välj nu något …xt värde på , säg 0:1, och rita sannolikheten
pn = P j^n 5j >
som funktion av n – d v s rita punkterna (n; pn), n = 1; 2; 3; : : : i ett
koordinatsystem. Vi erhåller då …gur 5.3. Det framgår med önskvärd
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
500 1000 1500 2000 2500 3000
Figur 5.3: Konsistens
tydlighet att sannolikheten närmar sig 0 när antalet observationer ökar.
Dock går den mycket långsamt mot noll så långsamt att närhetsbegreppet
konsistens faktiskt är mer av teoretisk betydelse än praktisk.
Den tredje egenskapen gäller huruvida skattningen är e¤ektiv eller ej.
Denna fråga kan vi dock ej ge något svar på ty den är ej välde…nierad.
Svaret beror på vilken klass av skattningar vi tittar på. Tag t ex
klassen av linjära skattningar, till vilken det aritmetiska medelvärdet hör,
och klassen av konstanta skattningar till vilken ^ = 3 hör. Självklart
är den sista klassen e¤ektivare än den första ty den har variansen 0.
Däremot är denna skattning inte speciellt meningsfull –om nu inte = 3.
Om vi därför begränsar oss till klassen av linjära väntevärdesriktiga
skattningar av typen
^(X) =
nX
aiXi ai 2 R; i = 1; 2; : : : ; n,
i=1
så visar det sig att det aritmetiska medelvärdet är den e¤ektivaste av
är det optimala valet
alla skattningar i denna klass. D v s att ai = 1
n
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 121
Theorem 46 Det aritmetiska medelvärdet
^(X) = 1
nX
n
är den e¤ektivaste skattningen i klassen av linjära väntevärdesriktiga
skattningar.
Bevis 19 För att visa ovanstående påstående har vi att söka minimum
av variansen för en godtycklig skattning i denna klass. Vi beräknar därför
först variansen för en godtycklig medlem i klassen
V ^(X) =
nX
i=1
i=1
Xi
a 2 i V (Xi) = 2
nX
a 2 i .
Att skattningarna är väntevärdesriktig ger oss sedan relationen
E ^(X) =
nX
aiE(Xi) =
i=1
i=1
nX
ai = .
Vi har därför att minimera variansen under bivillkoret att Pn i=1 ai = 1.
Dylika problem låter sig lösas med hjälp av Lagranges multiplikatormetod
som ger att vi skall minimera funktionen
nX
f(a1; : : : ; an; ) = a 2 nX
!
i + ai 1
i=1
med avseende på parametrarna a1; : : : ; an och parametern .
Lagranges multiplikatormetod innebär att man först beräknar de partiella
derivatorna och dessa erhålls till
i=1
i=1
@f
@ai
= 2ai + i = 1; 2; : : : ; n,
@f
@ =
nX
ai 1.
i=1
För att bestämma minimum har vi att lösa de ekvationer som erhålls
när man sätter dessa partiella derivator lika med 0 d v s för att hitta
minimum har vi att lösa ekvationssystemet
2ai + = 0 i = 1; 2; : : : ; n,
nX
ai 1 = 0.
i=1
c Mikael Möller

122 5.2. Skattningar
Den första ekvationen ger att
ai = 2
i = 1; 2; : : : ; n.
Dessa lösningar insätts i den andra ekvationen som ger att
Det gäller därför att
ai = 1
n
= 2
n .
i = 1; 2; : : : ; n.
Därmed är det visat att variansen blir minst 2 när alla ai = 1
n och
den e¤ektivaste skattningen bland de linjära och väntevärdesriktiga skattningarna
är därför det aritmetiska medelvärdet.
För att illustrera att ovanstående resultat är sant skall vi ge ett exempel
med två skattningar ur den betraktade klassen av skattningar.
Exempel 30 Välj följande två skattningar av det förväntade värdet (båda
används inom statistiken fast i olika sammanhang)
och
^1 = 1
4
4X
i=1
Xi
^2 = 1
8 X1 + 3
8 X2 + 3
8 X3 + 1
8 X4
där Xi 2 N(5; 2), i = 1; 2; 3; 4. Båda skattningarna är väntevärdesriktiga
(behöver vi visa det?) men en är e¤ektivare än den andra.
Lösning 21 Att den första skattningen är e¤ektivare än den andra följer
direkt via ett par enkla beräkningar. Vi har
V (^1) = 1
4 2
4X
i=1
V (Xi) = 1
4 2 4 2 2 = 1
2 Ja egentligen har vi inte visat minimum bara extremum. Dock syns det direkt
på funktionen f att det är frågan om ett minimum eller kan den möjligen ge ett
maximum?
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 123
samt
V (^2) = 1
8 2
2 2 + 32
8 2
2 2 + 32
8 2
= 22
5
(1 + 9 + 9 + 1) =
82 4 .
2 2 + 1
8 2
Självklart är 1 < 5
4 varför punktskattningen ^1 är e¤ektivare än ^2.
Låt oss nu göra en simulering med 100 simulerade observationer i
varje punktskattning. Sätt
och
1 X100
s1 (k) =
(xi ^1)
100 1
2 ; k = 1; 2; : : : ; 100
i=1
1 X100
s2 (k) =
(xi ^2)
100 1
2 ; k = 1; 2; : : : ; 100
i=1
Sammanför talparen (k; s1 (k)) och (k + 1; s1 (k + 1)) med en tunn rät
linje samt talparen (k; s2 (k)) och (k + 1; s2 (k + 1)) med en tjock rät
linje.
1.4
1.3
1.2
1.1
1
0.9
0.8
0.7
0 20 40 60 80 100
Figur 5.4: E¤ektivitet
Resultatet syns i …gur 5.4 på sid 123. Det framgår tydligt att standardavvikelsen
för ^1 (den tunna linjen) för det mesta ligger under standardavvikelsen
för ^2 (den tjocka linjen) och detta är precis en illustration
av att ^1 är e¤ektivare än ^2.
2 2
c Mikael Möller

124 5.3. Metoder för att finna skattningar
5.3 Metoder för att …nna skattningar
Vi har hitills ägnat oss åt att beskriva önskade egenskaper hos ett stickprov
(oberoende, likafördelade) och önskade egenskaper hos skattningar
(väntevärdesriktig, konsistent , e¤ektiv). Men hur hittar vi lämpliga
skattningar? Allt vårt prat runt det aritmetiska medelvärdet är i och
för sig viktigt men den skattningsfunktion som det aritmetiska medelvärdet
beskriver ger ofta inte hela sanningen – ja inte ens en del. Det
…nns, som vi skall se, massor av parametrar där det aritmetiska medelvärdet
inte ger hela sanningen. Så i detta avsnitt skall vi ägna oss åt
att ta fram tre allmäna metoder för att hitta skattningar av parametrar.
Metoder som ger oss funktioner, eller om man så vill regler, för hur vi
skall behandla vårt stickprov för att få veta så mycket som möjligt om
vår okända parameter.
5.3.1 Momentmetoden
Eftersom denna bok utgår från förväntade värden, E (X) och därmed
E X k , vilka även kallas moment (vilket är det fysikaliska namnet för
samma sak) så börjar vi med momentmetod.
Momentmetodens idé är att beräkna de skattade momenten och
sätta dem lika med de teoretiska momenten, de senare uttryckta i de
obekanta parametrarna. På så sätt skapas lika många ekvationer som
parametrar. Jag ger först ett par exempel, en diskret fördelning och en
kontinuerlig fördelning, för att ge en insikt i hur metoden fungerar.
Exempel 31 I de…nition av en poissonfördelning på sid 95 angavs dess
sannolikhetsfunktion till
P (X = k) =
k
e , k = 0; 1; 2; : : : .
k!
Bestäm momentskattningen av om vi har ett stickprov X1; X2; : : : ; Xn.
Lösning 22 Det första stickprovsmomentet till denna fördelning är
och dess förväntade värde blir
c Mikael Möller
X = 1
n
E X = 1
n
nX
i=1
Xi
nX
E (Xi) .
i=1

5. Stickprov och skattningar 125
I den obligatoriska uppgiften som följde på de…nition av poissonfördelningen
visades att E (Xi) = och vi erhåller därför ekvationen
Detta ger oss momentskattningen
x = E X = .
^ = X.
Exempel 32 I de…nition av en normalfördelning på sid 103 angavs täthetsfunktionen
till
f(x) =
1
(x )2
p e 2
2 2 2 .
Bestäm för ett givet stickprov X1; X2; : : : ; Xn momentskattningarna av
och 2 .
Lösning 23 Första och andra stickprovsmomentet är
X1 = 1
n
nX
i=1
I sats 39 på sid 105 visades att
Xi och X2 = 1
n
nX
X 2 i .
i=1
= E (X) och E X 2 = 2 + 2
och vi har därför följande två ekvationer för och 2
vilka har lösningen
x1 = ,
x2 = 2 + 2 .
= x1,
Detta ger oss momentskattningarna
2 = x2 x 2 1.
^ = X1,
c2 = X2 X 2 1.
c Mikael Möller

126 5.3. Metoder för att finna skattningar
För att vi lättare skall känna igen dessa skattningar gör vi följande omskrivningar
^ = 1
n
c2 = 1
n
= 1
n
nX
Xi,
i=1
nX
i=1
nX
i=1
X 2 i
1
n
Xi X 2 .
Den enda egentliga svårighet som föreligger vid beräkning av momentskattningar
är att man måste kunna beräkna E X k för ett tillräckligt
stort antal k. Av detta följer direkt att man måste känna stickprovsfördelningen.
Dock är kravet på oberoende inte nödvändigt men det
behövs för att visa följande trevliga egenskaper: 1) De är asymptotiskt
normalfördelade. 2) De är asymptotiskt väntevärdesriktiga. 3) De är asymptotiskt
e¤ektiva men baserade på ett ändligt stickprov är de ofta inte
e¤ektiva. D v s det …nns bättre skattningar än momentskattningarna. Nu
…nns det bättre metoder för att ta fram parameterskattningar men man
skall inte underskatta betydelsen av att momentskattningarna är mycket
enkla att ta fram –när man väl har bestämt de nödvändiga momenten.
5.3.2 Minsta kvadrat metoden
Minsta kvadratmetoden utgår från ett observerat stickprov x1; : : : ; xn på
en stokastisk variabel X som antages ha det allmäna förväntade värdet
g ( ) där g skall vara en känd funktion av den okända parametern .
Bilda den stokastiska modellen
nX
i=1
Xi = g ( ) + i, E ( i) = 0; V ( i) = 2 ; i = 1; 2; : : : ; n
där allt stokastiskt har överförts på variabeln . En enkel och trivial
omskrivning ger oss
Xi
! 2
i = Xi g ( ) , i = 1; 2; : : : ; n
och eftersom X1; X2; : : : ; Xn är oberoende och likafördelade stokastiska
variabler så blir också 1; 2; : : : ; n oberoende och likafördelade variabler.
De stokastiska variablerna i kallas mätfel ty de mäter det fel man gör
när man använder Xi som en approximation av g ( ).
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 127
Om vi kvadrerar och summerar dessa mätfel så erhålls en positiv
kvadratsumma
nX
i=1
2
i
och det minsta värde en sådan summa kan anta är 0. Men eftersom detta
skulle kräva att Xi = g ( ) för alla i inser vi att kvadratsumman aldrig
kan anta värdet 0. Det näst bästa är att försöka minimera kvadratsumman
d v s att minimera funktionen
Q ( ) =
nX
i=1
2
i =
nX
i=1
0
Xi g ( ) 2
som funktion av . Det värde på man då erhåller kallas Minsta
Kvadratskattningen av . Det …nurliga med denna metod är att den
ej kräver kunskap om fördelningen för den stokastiska variabeln X. 3
Ovanstående låter sig lätt generaliseras till en parametervektor med
m parametrar d v s att = ( 1; 2; : : : ; m) är en vektor av m parametrar
och/eller att vi har ‡era mätserier med olika egenskaper men baserade
på samma parameter .
Exempel 33 Föreningen Stora Skuggan är en liten odlarförening där
odlarlotterna är kvadratiska. Arrendeavgiften för en lott är k kronor per
kvadratmeter och man behöver för faktureringen mäta varje lotts yta.
Man vill nu bestämma arean av en kvadrat genom att utan systematiskt
fel mäta kvadratens sida. Varje lott:s sida mäts av 10 olika personer och
detta ger oss totalt 10 mätvärden xi, i = 1; 2; : : : ; 10, vilka kan betraktas
som oberoende och likafördelade stokastiska variabler (olika personer men
samma mätmetod). Hur ser minsta kvadratmetodens skattning av ytan
ut?
Lösning 24 Den beskrivna situationen ger oss följande statistiska modell
4
X = längden av lottens sida
där X 2 F p ; V (X) och fördelningen F är okänd. De 10 mätningarna
ger nu upphov till 10 ekvationer
Xi = E (X) + i = p + i, i = 1; 2; : : : ; 10.
3 Det viktiga här är att summan är positiv och därmed har ett minimum. Vi
kunde lika gärna ha tagit absolutbeloppet, eller fjärdekvadraten, för felen men detta
ger en mycket svårare matematik. Dessutom passar kvadratsumman mycket bättre in
i den övergripande statistiska modell vi skapat samt i den underliggande matematiska
begreppssfären.
4 Kan man tänka sig en annan modell?
c Mikael Möller

128 5.3. Metoder för att finna skattningar
Minsta kvadratsumman kan nu skrivas
Q ( ) =
10X
i=1
xi
p 2
vilket är en snäll funktion i en variabel vars minimum låter sig beräknas
med enkla analytiska metoder. Först beräknar vi första derivatan
dQ
d
= 2 1
2
1
p
och sätter denna lika med 0 för att erhålla extremvärdet. Denna procedur
ger oss följande observerade skattning av ytan
=
1
n
10X
i=1
xi
!2
10X
xi
Minsta kvadratskattningen som stokastisk variabel blir därför
^ (X) =
1
n
i=1
!2
10X
Xi
i=1
.
p
= X 2
och denna minsta kvadratskattning har inte egenskapen att vara väntevärdesriktig
ty
E ^ = E X 2 = V X + E 2 X = V X + .
Således gäller att E ^ > såvida inte variansen är 0 5 .
Detta exempel ger oss således två viktiga kunskaper. Den första är att
minsta kvadratskattningen ej behöver vara ett enkelt linjärt uttryck i X
(vi …ck ett kvadratiskt) och den andra är att minsta kvadratskattningen
ej behöver vara väntevärdesriktig.
Vårt nästa exempel illustrerar hur vi hanterar fallen med ‡era okända
parametrar.
Exempel 34 Man har gjort tre oberoende mätningar av vinkeln AOC
( 1 + 2) och två oberoende mätningar av vinkeln AOB ( 1). Bestäm
minsta kvadratmetodens skattningar av 1 och 2. (lägg in bild)
5 För att variansen skall vara 0 så måste alla mätningar vara lika och detta är
knappast troligt.
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 129
Lösning 25 Den beskrivna situationen ger oss följande statistiska modell
X1 = 1 + 2 + 1,
X2 = 1 + 2.
Minsta kvadratsumman med två parametrar kan nu skrivas
Q ( ) = Q ( 1; 2) =
3X
i=1
x1i ( 1 + 2) 2 +
2X
(x2i 1) 2 .
Detta följer av att de fem mätningarna kan betraktas som erhållna från
en stokastisk variabel Y där
Y = X1 mätning 1,2,3,
X2 mätning 1,2.
I nästa steg beräkna vi de första partiella 6 derivatorna och …nner
@Q
@ 1
@Q
@ 2
= 2 ( 1)
= 2 ( 1)
3X
i=1
3X
i=1
i=1
x1i ( 1 + 2) + 2 ( 1)
x1i ( 1 + 2) .
2X
(x2i 1) ,
Sätt dessa lika med 0 och lös det så uppkomna ekvationssystemet varvid
följande lösning erhålls
1 =
2 =
2X
i=1
3X
i=1
x2i,
x1i
Minsta kvadratskattningarna blir således
^ 1 = X2,
2X
i=1
^ 2 = X1 X2.
x2i.
Vi har anledning att återkomma till denna skattningsmetod längre
fram.
6 Detta matematiska ord är till för att skilja funktionerna på R från de på R n där
n > 1 (i vårt fall är n = 2).
i=1
c Mikael Möller

130 5.3. Metoder för att finna skattningar
5.3.3 Maximum likelihood metoden
I minsta kvadratmetoden utgick vi ifrån ett stickprov med okänd fördelning
för att skatta okända parametrar och lyckades, trots denna brist på
kunskap, komma med förslag på hur man skattar parametrarna. Om vi
nu lägger till kunskap om fördelningen F vad kan vi då göra? För att
besvara denna fråga utgår vi ifrån modellen
Xi = m ( ) + i, i 2 OF , i = 1; 2; : : : ; n
där F är en känd diskret eller kontinuerlig fördelning. Som vi
tidigare sett i de två kapitlen om diskreta och kontinuerliga modeller så
dyker fördelningars utseende ofta upp som en konsekvens av den modellerade
situationen och de logiska resonemangen. Det är därför inte ett
orimligt antagande att vi känner fördelningen sånär som på en eller ‡era
parametrar.
Vi behandlar de diskreta och kontinuerliga modellerna var för sig.
De idéer som används är lika men sättet att skriva skiljer sig åt. 7 Den
bärande idéen är att man för ett givet stickprov X1; X2; : : : ; Xn väljer
de värden på de okända parametrarna som har störst sannolikhet att
inträ¤a. Att detta är möjligt följer av att vi känner fördelningen.
Diskreta modeller
För de diskreta modellerna är sannolikhetsfunktion P (Xi = k) välde…nerad
och vi betraktar den simultana sannolikhetsfunktionen
L ( ) = P (X1 = x1; : : : ; Xn = xn; )
= P (X1 = x1; ) P (Xn = xn; ) .
Denna funktion ger sannolikheten för att vi skall erhålla det observerade
stickprovet x1; : : : ; xn givet att vår okända parameter är . För olika
värden på antar denna funktion olika värden och för något antas
funktionens maximum. Observera att det måste vara så ty L ( ) är en
sannolikhet och därmed positiv samt ligger L ( ) mellan talen 0 och 1. 8
Det som maximerar L ( ) kallas Maximum Likelihood skattningen
av eller på svenska –den Sannolikaste Skattningen. När ett entydigt
maximum inte …nns så existerar inte ML-skattningen.
7 Med lite högre matematik kan framställningen göras för båda på en gång men
denna matematik saknar vi.
8 En av matematikens satser säger att en positiv, ändlig, funktion vars de…nitionsområde
är kompakt antar sitt maximum inom de…nitionsområdet.
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 131
Exempel 35 När vi diskuterade optioner angav vi sannolikheten p för
att optionen skulle gå upp och 1 p för att den skulle ligga stilla eller gå
ner. I en fotnot angav vi hur vi skulle skatta p. Här skall vi nu se att
det förslag vi då gav är rimligt och stämmer väl med ML-skattningen.
Lösning 26 Den statistiska modell vi angav för en option ett tidssteg
fram var
X1 = ux0 med sannolikheten p,
dx0 med sannolikheten 1 p.
Genom en enkel transformation
X = X1 dx0
ux0 dx0
överförs denna modell i binomialmodellen, Bin (1; p),
X =
1 med sannolikheten p,
0 med sannolikheten 1 p.
Sannolikhetsfunktionen för en Bin (1; p) kan skrivas
P (X = xi) = p xi (1 p) 1 xi , i = 1; 2; : : : ; n
och på grund av oberoendet erhålls att den simultana sannolikhetsfunktionen
L (p) i sin tur kan skrivas
L (p) = P (X1 = x1; : : : ; Xn = xn; p)
= P (X1 = x1; p) P (Xn = xn; p)
= p x1 1 x1
(1 p)
= p x n x
(1 p)
p xn 1 xn
(1 p)
där x = P n
i=1 xi. Hur skall vi, givet stickprovet, välja p så att L (p)
maximeras d v s hur skall vi …nna den skattning på p som ger störst
sannolikhet. Ja L (p) är inget annat en vanlig enkel snäll matematiskt
funktion vars maximum härleds med hjälp av matematik. Beräkna första
derivatan och sätt denna till 0:
L 0 (p) = xp x 1 n x
(1 p)
Detta ger oss ekvationen
x (1 p) (n x) p = 0
(n x) p x (1 p) n x 1 = 0.
c Mikael Möller

132 5.3. Metoder för att finna skattningar
vars lösning är
p = x
n .
För att visa att denna lösning ger oss ett maximum beräknar vi andra
derivatan:
L 00
(p) = d (x np) px 1 n x 1
(1 p)
dp
= np x 1 (1 p) n x 1 + (x
x
np) p
1 x 1
(1
p
n
p)
x 1
(x np) p x 1 (1 p) n x 1 n x 1
1 p
00 x
L
n = npx 1 (1 p) n x 1 < 0
och eftersom den är negativ följer att vi har ett maximum. 9
Maximum likelihoodskattningen sammanfaller, i detta fall, med minsta
kvadratskattningen ty
Q (p) =
nX
(xi p) 2
i=1
erhåller sitt minimum för samma värde på p.
Uppgift 18 Bestäm minsta kvadratskattningen i ovanstående optionsexempel.
Ofta blir det krångligt och lätt att räkna bort sig när man skall bestämma
maximum för funktionen L ( ). Det kan då visa sig att en logaritmering
av L ( ) gör det enklare att bestämma maximum av log L ( ).
Men erhålls maximum för samma -värde? Faktum är att vi erhåller
maximum för samma -värde och detta visas i nedanstående uppgift.
Uppgift 19 Om funktionen L ( ) är lagom snäll så gäller att funktionerna
L ( ) och log L ( ) har maximum för samma värde på .
I exemplet ovan räknade vi direkt på L (p) och även om det var enkelt
så illustrerar vi med samma exempel att räkningarna faktiskt kan bli än
enklare.
Exempel 36 En alternativ matematisk metod för att lösa exempel 35
på sid 131.
9 En annan av matematikens användbara satser säger detta.
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 133
Lösning 27 Vår likelihood funktion är
och dess logaritm blir
Den senares derivata blir
L (p) = p x n x
(1 p)
log L ( ) = x log p + (n x) log (1 p) .
d log L ( )
d
= x n x
+
p 1 p
och som satt till 0 ger samma lösning som tidigare.
Eftersom det alltid är illustrativt och övertygande med bilder ger vi
här i …gur 5.5 på sid 133 grafer för både L (p) och log L (p). I …guren
har även markerats det (0:2) som ger maximum.
4.0e­6
3.0e­6
2.0e­6
1.0e­6
0.0e+0
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6
Maximum för
L ( ) = p 5 (1 p) 20
p
0.10
­12.0
0.15 0.20 0.25 0.30
­12.5
­13.0
­13.5
­14.0
Maximum för
L ( ) = 5 ln p + 20 ln (1 p)
Figur 5.5: Två sätt att beräkna maximum för en fumktion
Kontinuerliga modeller
Om vi har en kontinuerlig fördelning istället för en diskret så använder vi
täthetsfunktionen istället för sannolikhetfunktionen (att detta fungerar
kan visas med matematik). Vi har därför att betrakta funktionen
L ( ) = f (x1; : : : ; xn; ) = f (x1; ) f (xn; )
och i övrigt förfar vi på samma sätt som för den diskreta fördelningen.
Först ger vi ett rakt exempel för exponentialfördelningens parameter.
p
c Mikael Möller

134 5.3. Metoder för att finna skattningar
Exempel 37 Tider mellan skador på en personbilsförsäkring visade sig,
enligt den utredning vi gjorde på sid 90, vara Exp ( ). I denna fördelning
ingår parametern om vilken vi endast vet att den är större än noll.
Bestäm maximum likelihood skattningen av denna parameter när vi har
stickprovet X1; X2; : : : ; Xn.
Lösning 28 Vi har likelihoodfunktionen
och erhåller
L ( ) = e
x1 e
= n e P n
i=1 xi
ln L ( ) = n ln
Denna funktion ger oss ekvationen
n
x2 e
nX
xi = 0
i=1
nX
xi.
i=1
vars lösning är
n
= Pn i=1 xi
.
Maximum likelihoodskattningen för kan således skrivas
^ =
n
Pn i=1 Xi
= 1
X .
Nu är det inte alltid så att man enkelt kan …nna maximum likelihoodskattningen
utan ibland måste man tänka till lite extra. Ett exempel på
detta ger vårt exempel på sid 25.
Exempel 38 Din arbetsplats är belägen vid Fältöversten och buss nummer
1 har en hållplats där. Din väntetid vid hållplatsen kan modelleras
av en R (0; )-fördelning. Använd maximum likelihoodmetoden för att
…nna en skattning av givet stickprovet X1; X2; : : : ; Xn.
Lösning 29 Vi har likelihoodfunktionen
L ( ) = 1 1 1 = 1
n
och denna funktion kan inte maximeras på sedvanligt sätt. Istället konstaterar
vi att för varje stickprovsvärde så gäller att
c Mikael Möller
0 xi i = 1; 2; : : : ; n.
xn

5. Stickprov och skattningar 135
Av dessa n relationer följer att max (x1; x2; : : : ; xn) men detta ger
att
L ( ) = 1
n
1
maxn (x1; x2; : : : ; xn)
varav följer att det största värde L ( ) kan anta är högerledet ovan och
detta värde antas när
= max (x1; x2; : : : ; xn) .
Maximum likelihoodskattningen blir därför
^ = max (X1; X2; : : : ; Xn) .
För Maximum Likelihood skattningen gäller att den ej alltid är väntevärdesriktig
men att den ofta kan korrigeras till att bli det. Vidare är den
under milda villkor konsistent. Man kan även visa att ML–skattningen
är asymptotiskt väntevärdesriktig och e¤ektiv samt att den är asymptotiskt
normalfördelad. Det är således en skattningsmetod som ger en
skattning med många "bra" egenskaper.
5.4 Tankeväckande exempel
Under denna rubrik ger vi några exempel som inte följer den allmäna
fåra som vi hitills följt.
Exempel 39 (Median) Inom fysiken förekommer en fördelning som
av oss statistiker kallas cauchyfördelningen men som inom fysiken också
går under beteckningar som lorentzfördelningen alternativt breit-wignerfördelningen.
För statistiker uppstår denna fördelning när man bildar
kvoten mellan två normalfördelningar (något som inträ¤ar oftare än man
tror) och cauchyfördelningens täthetsfunktionen de…nieras av
f (x) = 1 1
2
1 + (x 0) 2 1 < x < 1
vilken beror av de två parametrarna 0 och 1. Här spelar 0 rollen
av mittpunkt och 1 rollen av variation – observera uttryckssättet. För
denna fördelning existerar inga moment och eftersom dessa inte existerar
kan vi inte använda oss av någon av de beskrivna metoderna. Med
elementära matematiska metoder är det trivialt att visa att första momentet
ej existerar (för att förenkla sätter vi nu 1 = 1 och 0 = ) ty
c Mikael Möller

136 5.4. Tankeväckande exempel
det gäller
E (X) =
=
Z 1
1
Z 1
= 1
2
1
1 1
x
1 + (x
2 dx
)
1 x
1 + (x
2 dx +
)
ln 1 + (x )2
x=1
x= 1
Z 1
1
1
2 dx
1 + (x )
+ 1 arctan (x )
x=1
x= 1
= 1 1 +
2 + 2 .
Ett svar som är ode…nierat och därför ej kan existera. De övriga momenten
blir inte roligare.
Om vi ritar grafer för några cauchyfördelningar så erhåller vi …gur
5.6 på sid 136. En observation ger att är en mittpunkt och att medianen
0.4
0.3
0.2
0.1
­8 ­6 ­4 ­2 0 2 4 6 8 10
Figur 5.6: Heldragen kurva: Ca (0; 1). Prickad kurva: Ca (0; 2).
Streckad kurva: Ca (2; 2).
(och även typvärdet) antar även de värdet . Beteckna medianen för ett
stickprov med ^ M. Då gäller följande de…nition av medianskattningen
8
>< X (k) n = 2k + 1
^M (X1; : : : ; Xn) =
>:
X (k) + X (k+1)
n = 2k
2
och man kan visa att denna skattning asymptotiskt har fördelningen
c Mikael Möller
2
N ;
4n .

5. Stickprov och skattningar 137
Men detta betyder att medianskattningen är väntevärdesriktig och konsistent
(åtminstone asymptotiskt). För att visa att E ^ M = , d v s
att medianen är en väntevärdesriktig skattning, krävs en massa teknisk
matematik och vi nöjer oss med att konstatera att det är sant (det är
dessutom intuitivt självklart men en statistiker litar inte helt på intuitionen).
Exempel 40 (Jackknife) Antag att du av någon anledning behöver en
väntevärdesriktig skattning av p 2 i en Bin (n; p)-fördelning. Om du bara
läst denna bok fram till nu så blir ett första försök
bp 2 =
1
n
nX
i=1
Xi
! 2
= X 2 n
där P n
i=1 Xi (= X) är antalet lyckade försök. Denna skattnings väntevärde
…nner vi till
E X 2 n = V Xn + E 2 Xn =
p (1 p)
n
+ p 2
och den är därför inte väntevärdesriktig. Hur kan vi konstruera en väntevärdesriktig
skattning för p 2 ?
För att ange en relativt generella metod som kallas Jackknife lämnar
vi för en stund exemplet och betecknar med Tn den första statistika
vi kommer att tänka på för att skatta parametern givet stickprovet
X1; X2; : : : ; Xn. Vi utgår ifrån att den inte är väntevärdesriktig och vår
uppgift är att konstruera en väntevärdesriktig skattning om Tn är given.
För detta behöver vi följande antagande
E (Tn) = +
1X
k=1
ak ( )
n k
där funktionerna ak ( ) inte beror av n (I vårt exempel har vi = p och
funktionerna a1 (p) = p (1 p) och ak = 0 för k = 2; 3; : : :).
Nästa steg är att konstruera statistikorna Tn 1;j, j = 1; 2; : : : ; n,
genom att inte ta med det j:te stickprovsvärdet. Dessa kommer då ha
samma väntevärde som Tn och vi bildar därefter medelvärdet av alla
Tn 1;j, j = 1; 2; : : : ; n, d v s
Tn 1 = 1
n
nX
j=1
Tn 1;j
c Mikael Möller

138 5.4. Tankeväckande exempel
som i sin tur får väntevärdet E (Tn). Bilda nu den nya statistikan 10
för vilken det gäller
T 0 n = nTn (n 1) Tn 1
E T 0 n = nE (Tn) (n 1) E Tn 1
= n
= +
= +
+
1X
k=1
1X
k=2
1X
k=1
ak ( )
nk 1
ak ( )
n k
ak ( )
nk 1
!
1X
k=1
(n 1)
ak ( )
k 1
(n 1)
ak ( )
k 1
(n 1)
!
.
+
1X
k=1
ak ( )
(n 1) k
!
Om vi studerar summan närmare så ser vi att den är av storleksordnin-
gen 1
n 2 och vi har kommit närmare en väntevärdesriktig skattning. Om
vi inte är framme efter det första steget gör vi ett steg till.
I binomialexemplet var
p (1
E (Tn) =
n
p)
+ p 2
och vi …nner därför en väntevärdesriktig skattning redan efter ett steg ty
alla ak (p) = 0 när k
utveckla
2. För att beräkna själva skattningen har vi att
T 0 n = nTn (n 1) Tn 1
och måste då först …nna Tn 1 (Tn = X2 n är redan klar). Av själva
konstruktionen har vi att om nXn = X så gäller
8
2 ><
om de n 1 valda har X 1 lyckade
Tn 1;j =
>:
j=1
X 1
n 1
X
n 1
2
om de n 1 valda har X lyckade
Det första fallet kan inträ¤a på X olika sätt och det senare på n
olika sätt och detta ger oss att
X
Tn 1 = 1
nX
Tn
n
1;j = 1
n
X
X
n
1
1
2
+ (n X)
X
n 1
2 !
= X2 (n 2) + X
n (n 1) 2 .
10 Detta är genialt men jag förstår inte själv hur man kan komma att tänka i dessa
banor. Om någon vet berätta gärna.
c Mikael Möller

5. Stickprov och skattningar 139
Den sökta skattningen erhålls nu till
T 0 n = nTn (n 1) Tn 1
= n X
n
=
=
2
(n 1) 1
n
X
X 1
n 1
2
+ (n X)
X
n 1
1
n (n 1) nX2 X 2 X 3 + 2X 2 X nX 2 + X 3
1
n (n 1) X2 X =
X (X 1)
n (n 1)
och att den är väntevärdesriktig följer av följande likheter
E T 0 n = E
X (X 1)
n (n 1)
n
= E X2
(n 1)
E (X)
1
=
n (n 1) V (X) + E2 (X) np
1
=
n (n 1) np (1 p) + n2p 2
np
= n (n 1) p2
n (n 1) = p2 .
2 !
c Mikael Möller

140 5.5. Lösningar till uppgifter
5.5 Lösningar till uppgifter
17 För att visa ovanstående påstående för en normalfördelning har vi att
använda oss av föjdsatsen 40 på sid 107 samt de…nitionerna av skevhet
och toppighet.
1. Den teoretiska skevheten de…nieras av
1 = E
X X 3
vilket är tredje momentet av en N(0; 1) fördelning. Följdsatsen ger
1 = (2 1 1)!! = 0.
2. Den teoretiska toppigheten de…nieras av
2 = E
X X 4
vilket är fjärde momentet av en N(0; 1) fördelning. Följdsatsen ger
2 = (2 2 1)!! 3 = 0.
En normalfördelning har således både skevheten 0 och toppigheten 0.
Detta för med sig en del tekniska förenklingar som var av större betydelse
förr än nu.
18 Liksom ovan börjar vi med att derivera och sätta derivatan till 0:
Q 0 (p) =
nX
2 (xi p) = 0.
Det framgår omedelbart att
i=1
p = 1
n
nX
xi.
19 För att se ovanstående påstående beräknar vi första derivatan för de
båda funktionerna L ( ) och log L ( ) varvid vi erhåller de två ekvationerna
dL ( )
= 0
d
d log L ( )
d
i=1
3
= 1 dL ( )
= 0
L ( ) d
och eftersom L ( ) > 0 ser vi att ekvationerna är ekvivalenta.
c Mikael Möller

6. Passar vår fördelning
För att se vad som naturligt blir nästa anhalt på vår färd i statistikens
landskap gör vi en kort rekapitulation av resan hitills. Vi började
med att säga att statistik handlar om medelvärden och när vi studerade
dessa hamnade vi hos de stokastiska variablerna och och en axiomatisering,
av medelvärden till väntevärden, gav oss deras sannolikheter
(sannolikhetsfunktion, täthetsfunktion, fördelningsfunktion), vi kom så
fram till modeller vilka gav upphov till fördelningar med okända parametrar
(Bin (n; p), P o ( ), NegBin (l; p), Exp ( ), N ( ; ) o s v). Därefter
fördes vi vidare mot skattningar av de okända parameterarna (p, , ,
,: : :) och de skattningsmetoder vi studerade var
1. Momentmetoden som kräver stickprov X1; : : : ; Xn och fördelning
F .
2. Maximum likelihoodmetoden som kräver stickprov X1; : : : ; Xn och
fördelning F .
3. Minsta kvadratmetoden som kräver stickprov X1; : : : ; Xn.
Den skattningsmetod som i någon mening är bäst är maximum likelihoodmetoden
men det är inte alltid så att fördelningen F är känd utan
oftast har man bara ett stickprov från densamma. Det gäller således
att på något sätt …nna fördelningen d v s att skatta F . Den enda tillgängliga
metoden är logik och intelligenta gissningar ty någon generell
metod, som de tre ovan för parametrarna, existerar ännu inte. Däremot
…nns det metoder för att avgöra om gissningen är bra eller ej och det är
en introduktion till dessa metoder vi nu skall diskutera.
Vi utgår som vanligt från vårt stickprov och den modell som gett upphov
till stickprovet. Med hjälp av deskriptiva metoder och intelligenta
gissningar kommer vi fram till att den underliggande fördelningen är, säg,
F . Vår fråga är nu om denna fördelning F stämmer med den struktur
som stickprovet beskriver och som vi betecknar med ^ F (X1; X2; : : : ; Xn).
Frågan är således: hur avgör vi om ^ F F ?
Antag att två personer gömmer på varsin snäll funktion G (x) respektive
H (x) och att det är din uppgift att avgöra om dessa funktioner
är lika eller ej. Från de båda personerna har du ett löfte (ja en av dem
är, tyvärr, inte helt pålitlig utan en riktig retsticka och ruckar lite på
141

142
si¤rorna – men inte mycket) om att de för varje tal a som du ger dem
så ger de dig talen G (a) och H (a). Din uppgift är nu att ställa frågor
d v s ange en svit av tal a1; a2; : : : ; an och i gengäld få två sviter
G (a1) ; G (a2) ; : : : ; G (an) och H (a1) ; H (a2) ; : : : ; H (an) tillbaks. Din
uppgift är att utifrån dessa två sviter avgöra om funktionerna är lika
eller ej.
För att få idéer till detta hur kan göras ritar vi i ett koordinatsystem
punktsviten
G (x) ; H (x) j x = a1; a2; : : : ; an
och om G = H (d v s om vi har samma funktion) så får vi punkter som
ligger på en rät linje. Men om för värdet x det gäller att G (x) inte
är exakt lika med H (x) så erhålles t ex cirklarna/punkterna i …guren
nedan.
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
­0.2
­0.4
­0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
Figur 6.1: Punktdiagrammet (G; H)
Dessa missar linjen lite grann men i vår …gur råder ändock ingen tvekan
om att de approximerar en rät linje –eller? Under alla omständigheter
inser vi att cirklarna kan bilda mönster kring linjen –mönster som beror
på strukturen hos H relativt G. Det gäller nu att dels tolka dessa mönster
och dels avgöra om punkterna ligger tillräckligt nära den räta linjen
för att vi skall tro på att funktionerna är lika.
Denna visuella metodidé skall vi nu försöka tillämpa på den av oss
gissade fördelningen F (funktionen G ovan) och den från stickprovet
skattade fördelningen ^ F (funktionen H ovan). Vidare skall vi undersöka
några av de vanligaste förekommande mönstren och vad dessa ger för
information.
c Mikael Möller

6. Passar vår fördelning 143
6.1 Funktionen ^ F
Egentligen …nns det bara ett naturligt val för funktionen ^ F (i varje fall
känner jag inga andra) så när det gäller att skatta fördelningar så …nns
inte, som när vi skattade parametrar, olika metoder vilka ofta gav olika
(om än mycket snarlika) svar. Det naturliga valet av skattning är, givet
stickprovet,
^F (x j X1; X2; : : : ; Xn) = 1
nX
IfXi xg.
n
Om vi använder oss av det ordnade stickprovet erhålls samma skattning
^F x j X (1); X (2); : : : ; X (n) = 1
nX
I
fX(i) n
xg
men det blir lättare att känna igen denna funktion som en stegfunktion,
från 0 till 1, och därmed en approximation av en fördelningsfunktion.
1 Denna skattning är väntevärderiktig och har därför en av de goda
egenskaper vi eftersträvar hos våra skattningar. Detta följer av följande
likheter, som är baserade på axiom 2 för väntevärden, de…nitionen av
sannolikhet och att variablerna i ett stickprov är likafördelade:
E ^ F (x j X1; X2; : : : ; Xn) = E
= 1
n
1
n
nX
i=1
= F (x) .
i=1
i=1
nX
IfXi i=1
!
xg = 1
nX
n
i=1
P (Xi x) = 1
nX
F (x)
n
i=1
E I fXi xg
Egenskapen väntevärdesriktighet är därför uppfylld för såväl diskreta
som kontinuerliga fördelningar. Dessutom är skattningen konsistent d v s
den närmar sig detta väntevärde när n växer. 2 Däremot blir e¤ektiviteten
ett litet problem eftersom vi inte har några andra naturliga
skattningar att jämföra med.
6.2 Fördelningsdiagram
Vi skall nu närmast diskutera två visuella metoder för att avgöra om en
fördelning passar till data eller ej och metoderna benämns P-P diagram
1 Det lönar sig att stanna upp här och försöka förstå hur funktionen kan se ut.
2 Faktiskt bättre än så ty integralen av en funktion de…nieras i matematiken som
en gräns av stegfunktioner.
c Mikael Möller

144 6.2. Fördelningsdiagram
och K-K diagram. 3 För att illustrera skillnaderna mellan dessa metoder
använder vi som genomgående exempel de två fördelningarna N (0; 1)
och Ca (0; 1). Deras täthetsfunktioner och fördelningsfunktioner framgår
av …gur 6.2 nedan.
(a)
Ca(0; 1)
F N(0; 1)
1:0
x
(b)
F
N(0; 1)
Ca(0; 1)
x
Figur 6.2: Fördelnings- och täthetsfunktioner för N(0; 1) och Ca(0; 1)
Vi ser av …gurerna att Cauchyfördelningen har "tyngre svansar" än
normalfördelningen samt att båda fördelningarna är symmetriska kring
origo.
Cauchyfördelningen är lustig på så sätt att den saknar moment av
alla ordningar –den har inte ens ett medelvärde. Detta strider mot allt
förnuft ty medelvärdet är ju självklart 0 –det syns ju i …guren! Faktum
är dock att E (X) ej existerar om X 2 Ca (0; 1) och därför kan man
aldrig, från ett stickprov, få fram ett entydigt aritmetisk medelvärde.
Det kommer att variera från stickprov till stickprov. Däremot existerar
Cauchyfördelningens median och den är 0.
6.2.1 P-P diagram
P i P-P diagram står för procent d v s hundradelar av och dessa diagram
är de punktdiagram som beskrivs av punktmängden
G (x) ; H (x) j x = a1; a2; : : : ; an
för något val av sannolikhetsfördelningar G och H. I diagrammet avsätts
oftast den teoretiska (kända) fördelningen på abscissan (x-axeln) och
den skattade fördelning, som erhålls av stickprovet, på ordinatan (yaxeln).
I ett P-P diagram blir därför, eftersom fördelningsfunktioner är
3 I det engelska språket benäms de "p-p plot" och "q-q plot" vilka är förkortningar
av "percent-percent plot" (alternativt "probability-probability plot") och "quantilequantile
plot".
c Mikael Möller

6. Passar vår fördelning 145
sannolikheter, både värdemängden och de…nitionsmängden det slutna
intervallet [0; 1]. Om nu funktionerna G och H är lika så bildar P-P
diagrammet en rät linje.
Vad är det som vi egentligen mäter med ett P-P diagram? Uppenbarligen
är det något som händer i vårt huvud, på samma sätt som vid
kast med tärning. Vi ser det vi vill se, eller rättare sagt, det som är
intressant att se. För att bättre förstå vad det är vi ser lägger vi till lite
information i …gur 6.2a och erhåller så …gur 6.3a nedan.
N(0; 1)
Ca(0; 1)
(a) Diagram av två fördelningar
x
F = G H
0:1
(b) Diagram av fördelningsskillnad
Figur 6.3: Två fördelningar vid P-P diagram
När vi, med P-P diagram, visuellt avgör om två fördelningar är
lika eller ej så genomför vi indirekt en, eller snarare ‡era, avståndsbedömningar
mellan de två fördelningarnas värden d v s det vertikala
avståndet mellan fördelningarna. Mer exakt så "mäter" vi avståndet
G (x) H (x) för alla x och om detta avstånd överlag är litet så säger
vi att fördelningarna är lika annars inte. 4 För de två fördelningarna
Ca (0; 1) och N (0; 1) ser vi redan i …gur 6.3a att de ej kan vara lika. Än
tydligare syns detta om vi gör ett diagram över skillnaden G (x) H (x)
(se …gur 6.3b) ty då syns tydligt att de två fördelningarna skiljer sig åt
i sina mittersta områden (mellan 25% och 75% percentilerna).
Vi avslutar detta avsnitt med en …gur över P-P diagrammet (se …gur
6.4 på sid 146) för de två fördelningarna Ca (0; 1) och N (0; 1). Figuren
konstrueras genom att vi avsätter den teoretiska fördelningens percentiler
(N (0; 1)) på y-axeln och den skattade fördelningens (Ca (0; 1))
på x-axeln d v s för varje x 2 R bestämmer vi det p för vilket p = H (x)
och det q för vilket q = G (x) och därefter ritar vi den parametriska
kurvan (p; q). 5
4 Men inte ens detta är hela sanningen ty egentligen tolkar vi även ytan mellan de
två fördelningarna samt växlingar mellan + och hos F = G H.
5 Detta val av axlar är betingat av det program (Statistica) som jag använt för att
x
c Mikael Möller

146 6.2. Fördelningsdiagram
N(0; 1)
Ca(0; 1)
Figur 6.4: P-P diagrammet för (Ca(0; 1); N(0; 1))
Vi ser att vi får en kurva som slingrar sig kring den räta linjen på ett
mycket karakteristiskt sätt. Detta utseende är typiskt för fördelningar
som har olika tjocka svansar.
6.2.2 K-K diagram
K i K-K diagram står för kvantil och den p:te kvantilen till en fördelning
F de…nieras av talet F 1 (p). Dessa diagram är de punktdiagram som
beskrivs av punktmängden
G 1 (p) ; H 1 (p) j p = a1; a2; : : : ; an
för något val av sannolikhetsfördelningar G och H. I diagrammet avsätts
oftast den teoretiska (kända) inversa fördelningen på abscissan (x-axeln)
och den skattade inversa fördelning, som erhålls av stickprovet, på ordinatan
(y-axeln). I ett K-K diagram kan därför både värdemängden
och de…nitionsmängden vara en delmängd av de reella talen. Om nu
funktionerna G och H är lika så bildar även K-K diagrammet en rät
linje.
Med ett K-K diagram mäter vi naturligtvis samma sak som med ett
P-P diagram men nu betraktar vi ett annat avstånd –det horisontella.
Vi erhåller då …gur 6.5a som även den baseras på …gur 6.2a på sid 144.
När vi, med K-K diagram, visuellt avgör om två fördelningar är lika
eller ej så genomför vi även här en indirekt avståndsbedömning men nu
mellan de två fördelningarnas kvantiler d v s mellan de två fördelningarnas
inversa värden. Mer exakt så "mäter" vi avståndet H 1 (p) G 1 (p)
för alla p i intervallet (0; 1) och om detta avstånd är litet så säger vi att
fördelningarna är lika annars inte. För de två fördelningarna Ca (0; 1)
göra illustrationerna i avsnittet Exempel.
c Mikael Möller

6. Passar vår fördelning 147
y
F
N(0; 1) 1 (y)
Ca(0; 1) 1 (y)
(a) Diagram av två fördelningar
x
F = H 1 G 1
Figur 6.5: Två fördelningar
0:5
(b) Diagram av inversa fördelningsskillnaden
och N (0; 1) ser vi redan i …gur 6.5a att de ej kan vara lika. Än tydligare
ser vi detta om vi gör ett diagram över skillnaden mellan de två inversa
fördelningarna: H 1 (p) G 1 (p) (se …gur 6.5b) ty då syns tydligt att
de två fördelningarna skiljer sig åt i sina ytterområden (till vänster om
första kvartilen och till höger om tredje kvartilen).
Vi avslutar detta avsnitt med en …gur över K-K diagrammet (se …gur
6.6) för de två fördelningarna Ca (0; 1) och N (0; 1). Figuren konstrueras
genom att vi avsätter den teoretiska fördelningens inversa percentiler
(N (0; 1)) på x-axeln och den skattade fördelningens inversa percentiler
(Ca (0; 1)) på y-axeln d v s för varje p 2 (0; 1) bestämmer vi det x för
vilket G (x) = p och det y för vilket H (y) = p och därefter ritar vi den
parametriska kurvan (x; y).
Liksom för P-P diagrammet erhålls en kurva som slingrar sig kring
den räta linjen på ett karakteristiskt sätt. Eftersom den inversa skillnaden
kan bli hur stor som helst är K-K diagram känsliga för uteliggare
och kan användas för att hitta sådana. Alla följande K-K diagram visar
prov på denna känslighet.
6.2.3 Exempel
Vi ger nu ett antal exempel på olika fördelningar och vilka diagram de
ger gentemot ett normalfördelningsantagande.
I exemplen visar den vänstra övre del…guren (a) funktionen F =
G H d v s skillnaden mellan fördelningsfunktionerna. Den vänstra undre
del…guren (b) visar ett P-P diagrammet baserat på en simulering
från fördelningen H. Den högra övre del…guren (c) visar funktionen
x
c Mikael Möller

148 6.2. Fördelningsdiagram
Ca 1 (0; 1)
N 1 H
-2 -1 0 1 2
(0; 1)
1
12
8
4
0
-4
-8
-12
G 1
Figur 6.6: K-K diagrammet för (N(0; 1); Ca(0; 1))
F = H 1 G 1 d v s skillnaden mellan fördelningsfunktionernas inverser.
Slutligen så visar den undre högra …guren (d) ett K-K diagram
baserat på en simulering från fördelningen H.
Vi noterar sedan att när kurvan i …gur (a) är positiv (kvadrant 1 och
2) så ligger i …gur (b) punkterna över den räta linjen och när kurvan i
(a) är negativ (kvadrant 3 och 4) så ligger i …gur (b) punkterna under
den räta linjen. Analogt gäller för …gurerna (c) och (d).
I de följande exemplen jämför vi med en normalfördelning som har
samma väntevärde och standardavvikelse som de simulerade värdena
ger. I samtliga jämförelser har vi gjort 100 simuleringar på den
studerade fördelningen H.
c Mikael Möller

6. Passar vår fördelning 149
N(0,1) mot N(0,1)
En simulering om 100 observationer från en N (0; 1)-variabel ger oss två
punktföljder som enligt teorin, för både P-P diagrammet (b) och K-K
diagrammet (d), skall följa en rät linje –och det gör de!
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
­0.2
­0.4
­0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
(b)
3
2
1
0
­1
­2
­3
­3 ­2 ­1 0 1 2 3
Hur ser …gurerna (a) och (c) ut för detta val av fördelningar?
(d)
c Mikael Möller

150 6.2. Fördelningsdiagram
N(2,1) mot N(0,1)
Figur (a) och (b) visar att N (2; 1) skiljer sig mycket från N (0; 1). Figur
(c) visar att de två fördelningarna är förskjutna till varandra med 2 steg.
K-K diagrammet är intressant ty det visar en nästan rät linje se sats 20
nedan.
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
­3 ­2 ­1 0 1 2 3 4 5
­0.2
­0.4
­0.6
(a)
­0.2
0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1
(b)
3
2
1
0
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
5
4
3
2
1
0
(c)
­1
­3 ­2 ­1 0 1 2 3
Uppgift 20 Visa att för två fördelningar som endast skiljer sig åt avseende
väntevärde och standardavvikelse så blir K-K diagrammet en rät
linje.
Resultatet av ovanstående uppgift är att K-K diagrammet är mer
lämpat för att avgöra en struktur och ej så känsligt för parametrarnas
faktiska värden.
c Mikael Möller
(d)

6. Passar vår fördelning 151
2 (4) mot Normal
En simulering om 100 observationer från en 2 (4)-variabel ger oss två
punktföljder vars P-P, (b), och K-K, (d), diagram båda har en bananform.
Denna form är typisk för skeva fördelningar.
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
0.1
­4 ­2 2 4 6 8 10 12 14 16 18
­0.1
(a)
­0.2
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
(b)
2.0
1.5
1.0
0.5
0.0
­0.5
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
16
14
12
10
8
6
4
2
0
­2
(c)
­4
­3 ­2 ­1 0 1 2 3
(d)
c Mikael Möller

152 6.2. Fördelningsdiagram
Beta(2,8) mot Normal
En simulering om 100 observationer från en B (2; 8)-variabel ger oss två
punktföljder vars P-P, (b), och K-K, (d), diagram båda har en bananform.
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
0.05
­0.2 ­0.1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7
­0.05
(a)
­0.2
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
c Mikael Möller
(b)
0.12
0.10
0.08
0.06
0.04
0.02
0.00
­0.02
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0.0
­0.1
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
(c)
­0.2
­3 ­2 ­1 0 1 2 3
(d)

6. Passar vår fördelning 153
Ca(0,1) mot Normal
En simulering om 100 observationer från en Ca (0; 1)-variabel ger oss
två punktföljder vars P-P diagram, (b), har en S-form och K-K diagram,
(d), har en speglad S-form.
­14 ­12 ­10 ­8 ­6 ­4 ­2 2 4 6 8 10 12 14
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
­0.2
0.10
0.05
­0.05
­0.10
(a)
­0.4
­0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
(b)
40
20
0
­20
­40
80
60
40
20
0
­20
­40
­60
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
(c)
­80
­3 ­2 ­1 0 1 2 3
(d)
c Mikael Möller

154 6.2. Fördelningsdiagram
R(0,1) mot Normal
En simulering om 100 observationer från en R (0; 1)-variabel ger oss
två punktföljder och eftersom R (0; 1):s båda svansar är lättare än normalfördelningens
så erhåller dess P-P diagram en speglad S-form och
dess K-K diagram en S-form.
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
y
0.06
0.04
0.02
­1 1 2
­0.02
­0.04
­0.06
(a)
­0.2
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
c Mikael Möller
(b)
x
0.10
0.05
0.00
­0.05
­0.10
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
­0.2
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
(c)
­0.4
­3 ­2 ­1 0 1 2 3
(d)

6. Passar vår fördelning 155
Beta(8,2) mot Normal
En simulering om 100 observationer från en B (8; 2)-variabel ger oss två
punktföljder vars P-P, (b), och K-K, (d), diagram båda har en bananform.
Dessa är en spegling av diagrammen för B (2; 8).
0.1
0.0
­0.1
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
­0.2
0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
(a)
­0.4
­0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
(b)
0.00
­0.05
­0.10
­0.15
­0.20
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
1.2
1.1
1.0
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
(c)
0.3
­3 ­2 ­1 0 1 2 3
(d)
c Mikael Möller

156 6.2. Fördelningsdiagram
Beta(0.5,0.5) mot Normal
En simulering om 100 observationer från en B (0:5; 0:5)-variabel ger oss
två punktföljder vars P-P, (b), och K-K, (d), diagram båda har en bananform.
Dessa är en spegling av diagrammen för B (2; 8).
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
0.10
0.05
­1 1 2
­0.05
­0.10
(a)
­0.2
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
c Mikael Möller
(b)
0.15
0.10
0.05
0.00
­0.05
­0.10
­0.15
1.6
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
­0.2
­0.4
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
(c)
­0.6
­3 ­2 ­1 0 1 2 3
(d)

6. Passar vår fördelning 157
Slutkommentar
Teorin för fördelningsdiagram fungerar för både diskreta och kontinuerliga
variabler men för de diskreta variablerna …nns relativt elementära
metoder som är mer exakta och enkla att förstå. Vi behandlar därför
diskreta variabler först i kapitlet om hypotesprövning.
I kapitlet hypotesprövning kommer vi även ge mer objektiva metoder,
än ovan, för de kontinuerliga variablerna. Dessa metoder är dock matematiskt
betydligt mer krävande.
6.3 Rörvik Timber B
Betrakta ånyo datamängden Rörvik Timber:s slutkurser, Xt, och bestäm
utifrån dessa den dagliga vinsten uttryckt i procent av föregående dags
slutkurs d v s betrakta de nya stokastiska variablerna
R 0 t = Xt Xt 1
.
Xt
Nu kan dagens slutkurs i Rörvik Timber AB betraktas som summan av
dagens alla kursförändringar per tim/minut/sekund. Antag nämligen att
vi mäter per minut t och då får värdet Xt. Slutkursen kan vid tidpunkt
t skrivas
Xt = Xt Xt 1 + Xt 1 Xt 2 + + X1 X0
d v s som en summa av stokastiska variabler och därmed slår centrala
gränsvärdessatsen till. Härav följer att Xt N ( ; ) och detta ger att
Xt Xt 1 N 0; p 2 . Vi gör nu en normering av täljaren respektive
nämnaren och erhåller då den nya dagsräntan
Rt =
Xt Xt 1
p 2
Xt
= Xt Xt 1
p
2 (Xt )
som är kvoten mellan två N (0; 1)-variabler. Dylika variabler följer en
Cauchyfördelning med parametrarna 0 och 1.
Uppgift 21 Om det för de två stokastiska variablerna X1 och X2 gäller
att X1 2 N (0; 1) och X2 2 N (0; 1) så gäller att
Y = X1
2 Ca (0; 1)
X2
c Mikael Möller

158 6.3. Rörvik Timber B
d v s Y är Cauchyfördelad och dess täthetsfunktion är
f (y) = d
1 1
P (Y y) = , 1 < y < 1
dy 1 + y2 Eftersom en Cauchyfördelning ej har några moment förstår vi varför
vi inte kan normera variablerna R 0 t direkt. 6
I …gur 6.7 på sid 158 ser vi det stolpdiagram och kumulerade stolpdiagram
som slutkurserna i Rörvik Timber B ger upphov till.
Antal
7
6
5
4
3
2
1
-3 -2 -1 0 1 2 3
Rörvik
Timber
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
p
-3 -2 -1 0 1 2 3
Rörvik
Timber
Figur 6.7: Stolpdiagram över normaliserad dagsränta i Rörvik Timber
B, period 2006-01-02–2006-05-29
Ovanstående innebär att Rt för Rörvik Timber B approximativt blir
en Cauchyfördelad variabel men är det så? Vårt stolpdiagram indikerar
att det kan …nnas en symmetrisk fördelning i botten men hur skall vi
kunna avgöra om normal- eller Cauchyapproximation eller någon annan
symmetrisk fördelning är lämplig eller ej?
Svaret på denna fråga får vi genom att studera P-P diagrammet och
K-K diagrammet för dagsräntan, beräknad på slutkurserna (se sid 159).
Vi ser att P-P diagrammet starkt indikerar en Cauchyfördelning (i
varje fall en fördelning med tunga svansar) och likaså gör K-K diagrammet.
Båda diagrammen indikerar också att den underliggande fördelningen
är symmetrisk. Sammantaget övertygar detta oss om att dagsräntorna
följer en Cachyfördelning. Eftersom ovanstående diagram är baserade
på 100 slutkurser kan det vara av intresse att undersöka vad
resultatet blir om vi har ett färre eller större antal slutkurser.
6 Tänk igenom påståendet! Vad blir t ex E(R 0 t )?
c Mikael Möller

6. Passar vår fördelning 159
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
­0.2
­0.4
­0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
(b)
800
600
400
200
0
­200
­400
­600
­800
­1000
­1200
­1400
­1600
­3 ­2 ­1 0 1 2 3
Uppgift 22 Hämta kurser för Rörvik Timber AB för olika långa perioder
och bestäm dagsräntorna enligt ovan. Ta fram dessa dagsräntors
P-P diagram och K-K diagram. Vilka fördelningar indikeras?
Vi kan således konstatera att centrala gränsvärdessatsen tillsammans
med att en Cauchyfördelningen uppstår som en kvot mellan två normalfördelade
variabler ger den bakomliggande statistiska förklaringen
till slutkursernas irrationella uppträdande.
(d)
c Mikael Möller

160 6.4. Lösningar till uppgifter
6.4 Lösningar till uppgifter
20 Ovanstående påstående inses på följande sätt: Antag att X 2 G (0; 1)
samt att Y 2 H = G ( ; ). Då gäller med
att
G (x) = P (X x)
H (y) = P (Y y) = P
p = H (y) = G y
Y y
När vi så beräknar inversen av en percentil p så erhålls
varför
G 1 (p) = G 1 G y
.
= y
y = + G 1 (p) = + x , H 1 (p) = + G 1 (p)
vilket är ekvationen för en rät linje i K-K diagrammet.
21 För detta problen …nns en liten matematisk fälla som vi inte skall
falla i. Man får inte dela med 0 och X2 kan anta just värdet noll. Vi
delar därför upp problemet i mindre än 0 och större än 0. Vi har då att
F (y) = P (Y y)
= P (X1 yX2) = E P (X1 yX2 j X2)
= 1
p 2
= 1
2
Z 1
f (y) = d
F (y) .
dy
1
p 2
1
Z 0 Z 1
+
1 0
Z yx2
e
1
x2 1
2 dx1 e x2 2
2 dx2
Z yx2
e
1
x2 1 +x2 2
2 dx1dx2,
Eftersom vi är ute efter täthetsfunktionen så skall vi derivera fördelningsfunktionen,
F (y), och eftersom tätheten för en normalfördelning
är så himla snäll så blir utförandet nedan tillåtet.
Vi skall använda oss av en sats i matematiken som talar om hur man
deriverar en integral när integrationsgränserna är funktioner av deriveringsvariabeln.
Men först måste vi göra en omskrivning av integralen. Integralen
från ( 1; 0) får genomgå variabeltransformationen x2 := x2
c Mikael Möller

6. Passar vår fördelning 161
och vi erhåller då
F (y) = 1
2
= 1
2
= 1
2
= 1
2
Z 0 Z yx2
e
1 1
x2 1 +x2 Z 1 Z yx2
2
2 dx1dx2 + e
0 1
x2 1 +x2 2
2 dx1dx2
Z 0 Z yx2
e
1 1
x2 1 +x2 Z 1 Z yx2
2
2 dx1dx2 +
Z 1 Z
0 1
yx2
e
0 1
x2 1 +x2 Z 1 Z yx2
2
2 dx1dx2 + e
0 1
x2 1 +x2 2
2 dx1dx2
Z 1 Z yx2
e
0 yx2
x2 1 +x2 2
2 dx1dx2.
e x2 1 +x2 2
2 dx1dx2
Efter denna omskrivning …nns ej längre någon fälla och vi deriverar båda
leden rakt av
f (y) = 1
2
= 1
2
Z 1
0
Z 1
0
= 1 Z 1
= 1 1
0
d
dy
.
1 + y2 Z yx2
yx2
e x2 1 +x2 2
2 dx1 dx2
0 + x2e y2 x 2 2 +x2 2
2 ( x2) e y2 x 2 2 +x2 2
2 dx2
x2e y2x 2 2 +x2 2 1 1
2 dx2 =
1 + y2 e y2x 2 2 +x2 2
2
x2=1
x2=0
22 Jag skulle bli förvånad om du hittar något annat än Cauchyfördelning.
c Mikael Möller

162 6.4. Lösningar till uppgifter
c Mikael Möller

7. Trovärdiga intervall
I föregående kapitel gavs metoder för att …nna lämpliga skattningar av en
fördelnings parametrar men vi vet fortfarande inte hur bra de så erhållna
skattningarna är. De tre egenskaperna väntevärdesriktighet, konsistens
och e¤ektivitet är trubbiga och ger inga bra mått på om vi verkligen är
nära det sanna men okända värdet eller ej. Om vi däremot kunde säga
att skattningen skiljer sig så och så mycket från det sanna värdet vore
mycket vunnet men ej heller detta klarar vi av att göra ty det sanna
värdet är okänt.
Däremot kan, om en viss osäkerhet i uttalandet kan tillåtas, en
speciell sorts intervall som kallas kon…densintervall (osäkerhetsintervall,
trovärdighetsintervall) konstrueras. Vi börjar med en formalisering av
våra lösa tankar ovan.
De…nition 47 Om X1; : : : ; Xn är oberoende och likafördelade stokastiska
variabler vars kända fördelning F beror av den okända parametern
och om det existerar två tal a1 och a2, som beror av X1; : : : ; Xn, för
vilka det, med sannolikheten 1 , gäller att
a1
då sägs (a1; a2) vara ett kon…densintervall för parametern med kon-
…densgraden 1 .
Eftersom gränserna a1 och a2 beror av X1; : : : ; Xn kan vi i statistikens
språk formulera de…nitionen på följande sätt
P a1(X1; : : : ; Xn) a2(X1; : : : ; Xn) = 1 .
Det gäller således att ett trovärdighetsintervall (kon…densintervall) med
trovärdighetsgrad (kon…densgrad) 1 har chansen att missa det
sanna värdet på parametern . Eller uttryckt i klartext: vår konstruktion
leder ibland till intervall som inte innehåller det sanna värdet. Inte nog
med att vi kan få ett intervall som vi tror innehåller det sanna värdet
men som faktiskt inte gör det utan intervallen kan konstrueras på ett
oändligt antal sätt. Detta följer av följande identiteter
1 = P a1(X1; : : : ; Xn) a2(X1; : : : ; Xn)
= P a1(X1; : : : ; Xn) + b "
163
a2
a2(X1; : : : ; Xn) + c "

164 7.1. Normalfördelningen
där b och c kan väljas mer eller mindre fritt (rättare sagt kan en av
dem väljas efter behag den andra bestäms av den första). På grund av
denna otydlighet skall vi begränsa oss till att betrakta endast tre typer
av intervall:
Symmetriska Här delar vi upp osäkerheten i två lika delar och lägger
dessa i vardera svansen
P < a1(X1; : : : ; Xn) = 2
P > a2(X1; : : : ; Xn) = 2
Nedåt begränsade Här lägger vi osäkerheten i vänstra svansen
P a2(X1; : : : ; Xn) < =
Uppåt begränsade Här lägger vi osäkerheten i högra svansen
P a1(X1; : : : ; Xn) > =
Längre än så kommer vi inte med ett allmänt resonemang utan
vi övergår istället till att betrakta konkreta situationer med konkreta
fördelningar och för dessa ange hur man konstruerar kon…densintervall.
Vi börjar med kon…densinterval för fördelningarnas fördelning.
7.1 Normalfördelningen
Låt X1; : : : ; Xn vara oberoende och likafördelade stokastiska variabler
vars fördelning N( ; ) beror av de okända parametrarna och . Vi
skall bestämma trovärdighetsintervall för både och . Det …nns fyra
möjliga intervall för olika kombinationer av parametrarna och men
här behandlar vi endast tre av dem nämligen intervallen
Fall 1 för när är känt,
Fall 2 för när är okänt,
Fall 3 för när är okänt,
det fjärde fallet överlåts, i en uppgift, åt dig att konstruera.
Enligt tidigare är X en punktskattning av det förväntade värdet
och den är både väntevärdesriktig, konsistent och e¤ektiv bland alla
linjära skattningar av . Vidare gäller att den är normalfördelad med
väntevärdet samt att den har standardavvikelsen p n .
c Mikael Möller

7. Trovärdiga intervall 165
7.1.1 Fall 1: Kon…densintervall för när är känt
I detta fall gäller att
P a < X
= p n
b = (b) (a)
där a och b kan väljas så att (b) (a) = 1 . En enkel omskrivning
ger nu att
P X bp n < < X ap n = 1
och det gäller därför att tillhör intervallet X b p n ; X a p n med
sannolikheten 1 .
För ett symmetriskt intervall väljs a och b så att
(a) = 2
1 (b) = 2
och vi skriver med vedertagna beteckningar
a = 2
b = 2 .
Ett symmetrisk observerat trovärdighetsintervall för när är känd,
vid ett normalfördelat stickprov, blir därför
x 2 p n ; x + 2 p n .
Exempel 41 Ett taxibolag med en bilpark om 35 taxibilar gör dagligen
av med bensin i enlighet med en normalfördelning med en standardavvikelse
om 15:3 liter. En dag mäts bensinförbrukningen på 10 av taxibilarna
och man erhöll därvid medelförbrukningen 65 liter. Bilda ett
97 procentigt symmetriskt kon…densintervall för parkens förväntade förbrukning
denna dag.
Lösning 30 Sätt
där
Xi = förbrukning taxi i, i = 1; 2; : : : ; 10
Xi 2 N( ; 15:3).
c Mikael Möller

166 7.1. Normalfördelningen
Vi observerar att populationen består av endast 35 bilar samt att vi därur
plockar 10 bilar. Vi behöver därför göra ändlighetskorrektion ty 10
35 >
0:1. 1 Vidare gäller att skattningen blir x = 65.
Ett 97 procentigt symmetriskt kon…densintervall för
därför skrivas
när känd kan
x 2 p n
r
N
N
n
= 65
1
r
15:3 35
2:17p 10 35
10
1
= 65 9
= (56; 74) .
Exempel 42 En dag på Stockholmsbörsen blev medelpriset av 32 slumpmässigt
utvalda aktier 213 kronor. Den sanna standardavvikelsen var
69 kronor. Bestäm ett 90 procentigt symmetriskt kon…densintervall för
medelpriset på samtliga aktier som handlades den dagen.
Lösning 31 Sätt
Xi = priset på aktie i, i = 1; 2; : : : ; 32
där, enligt centrala gränsvärdessatsen,
X N ; 69
p 32
ty antalet observationer är större än 30.
Enligt uppgift gäller att skattningen är x = 213. Ett 90 procentigt
symmetriskt kon…densintervall för när känd kan därför skrivas
x 2 p = 213 1:6449
n
= 213 20
= (193; 233) .
69
p 32
I detta fall har vi inte gjort någon ändlighetskorrektion ty det fanns ej
angivet hur många aktier som fanns på Stockholmsbörsen den aktuella
dagen. Å andra sidan är det lätt att ta reda på antalet aktier som det
handlats i och kan då avgöra om ändlighetskorrektion bör göras.
1 För ändlighetskorrektion se . . .
c Mikael Möller

7. Trovärdiga intervall 167
7.1.2 Fall 2: Kon…densintervall för med okänt väntevärde
Det gäller att en väntevärdesriktig skattningen av 2 kan skrivas
^ 2 = 1
n 1
nX
i=1
Om denna skattning är bra bör kvoten
^ 2
2
Xi X 2 .
mellan skattningen ^ 2 och det sanna värdet 2 vara ett tal som är nära
1. Speciellt bör det gälla att
(n 1)^ 2 obs
2 n 1.
Man kan nu visa att den stokastiska variabeln (stickprovsvariabeln)
2 = (n 1)^ 2
har en speciell fördelning som kallas 2 -fördelningen 2 och man skriver
(n 1)^ 2
2
2 2 2 (n 1).
För en 2 (n 1) gäller att dess väntevärde är n 1 och att dess varians
är 2(n 1).
Med hjälp av den ovan konstruerade variabeln kan man bilda sannolikhetsekvationen
P a <
(n 1)^2
2 < b = 1
för något val av a och b. Det är nu enkelt att övertyga sig om att detta
uttryck även kan skrivas
r r !
(n 1)^2 (n 1)^2 P
< <
= 1 .
b
a
2 Se kapitlet om Fördelningars matematik.
c Mikael Möller

168 7.1. Normalfördelningen
Vi väljer a och b så att ett symmetriskt, uppåt begränsat eller nedåt
begränsat (men vem är intresserad av stora varianser) kon…densintervall
erhålls. Det vill säga, för ett symmetriskt intervall gör vi valet
a = 2 1 (n
2
1)
b = 2
(n 1)
2
Exempel 43 Vid 25 mätningar av tryckhållfastheten hos betong …ck
man x = 5:6 ksi och s 2 = 0:44 ksi 2 . Mätvärdena kan betraktas som
ett observerat stickprov från en normalfördelning – N( ; ). Bilda ett
uppåt begränsat kon…densintervall för 2 med kon…densgrad 99 procent.
D v s bestäm en övre gräns på 2 som är sådan att 2 är mindre än denna
gräns med sannolikheten 0:99.
Lösning 32 Sätt
Xi = tryckmätning nr i, i = 1; 2; : : : ; 25.
För den stokastiska variabeln Xi gäller att
Xi 2 N( ; ).
På och 2 är följande observerade skattningar givna
x = 5:6
s 2 = 0:44.
Ett uppåt begränsat kon…densintervall med kon…densgraden 99 procent
för 2 kan nu skrivas
0;
(n 1) s2
a
= 0;
24 0:44
10:9
= (0; 0:97)
7.1.3 Fall 3: Kon…densintervall för när är okänt
I fallet med att variansen var känd betraktade vi den stokastiska variabeln
Z = p n X
.
och använda oss av att Z 2 N (0; 1). För att erhålla ett intervall för
när variansen är okänd kan man inte använda som nämnare utan
c Mikael Möller

7. Trovärdiga intervall 169
måste byta ut mot ^ –en skattning av . Härav följer att vi istället
betraktar den stokastiska variabeln
T = p n X
^
= p n X p ^ 2
Vår skattning av variansen är här, liksom tidigare,
^ 2 = 1
nX
n 1
Xi X 2 .
i=1
Det är inte självklart – men man kan visa – att det …nns en ortogonal
transformation (se en lärobok i linjär algebra) Y=AX sådan att ^ 2 kan
skrivas
X
^ 2 = 1
n 1
Y
n 1
i=1
2
i
där det gäller att Yi 2 N 0; 2 . Observera att vi nu summerar över
n 1 termer istället för de ursprungliga n. Man kan även visa att
Y1; : : : ; Yn 1 och X alla är oberoende. Härav följer att täljaren och
nämnaren i den betraktade stokastiska variabeln
T = p n X
^
är två oberoende stokastiska variabler. Variabeln T kan visas vara tfördelad
med n 1 frihetsgrader 3 och vi skriver
T 2 t(n 1).
Fördelningen, som även kallas Student:s fördelning, är mycket lik normalfördelningen
men har tyngre svansar. Denna egenskap ger att kon-
…densintervallen blir något längre vid okänt , vilket är precis vad man
kan förvänta sig ty en större osäkerhet måste resultera i ett bredare intervall.
Något annat vore inte trovärdigt.
Fallet med okänd varians ger nu följande kon…densintervall för
x b ^
p n ; x a ^
p n
där man för att få ett symmetriskt kon…densintervall med kon…densgraden
1 skall välja
a = t 2 (n 1)
b = t 2 (n 1)
3 Se kapitlet Fördelningars matematik.
c Mikael Möller

170 7.2. Konfidensintervall vid normalapproximation
Därmed har vi gått igenom kon…densintervall för parametrarna hos
den absolut viktigaste fördelningen inom statistisk teori, normalfördelningen,
och visat att olika frågor och olika förutsättningar ger olika typer
av trovärdighetsintervall för och .
Uppgift 23 Gör motsvarande härledningar för det fjärde fallet: för
när känt.
7.2 Kon…densintervall vid normalapproximation
Enligt centrala gränsvärdessatsen gäller vid oberoende och likafördelade
variabler att deras summa är approximativt normalfördelad. Konsekvensen
av detta är att fördelningen för varje punktskattning, som kan
beskrivas av en summa, kan approximeras med en normalfördelning. Två
kända exempel är det skattade väntevärdet och den skattade variansen
som båda kan approximeras med en normalfördelning.
Därmed kan vi …nna ett approximativt kon…densintervall för varje
parameter vars punktskattning kan skrivas som en enkel funktion av det
aritmetiska medelvärdet. Detta ger oss en metod för att …nna kon…densintervall
för parametrarna i Poissonfördelningen, i binomialfördelningen
och i exponentialfördelningen.
7.2.1 Kon…densintervall vid Poissonfördelning
Exempel 44 Antalet skador på en försäkringsportfölj under en vecka
antages vara Poissonfördelat med parametern . Under 8 veckor har
man erhållit följande observationer
115; 82; 108; 106; 118; 87; 99; 92.
Ge ett 95 procentigt approximativt kon…densintervall för det förväntade
antalet skador per vecka.
Lösning 33 Skattningen av är
^ = x = 100:88.
Detta tal är större än vad som krävs, enligt vår tumregel om 15 4 , för att
få approximera en Poissonfördelning med en normalfördelning. Eftersom
variansen för en Poissonfördelning är densamma som väntevärdet
4 Se kapitlet Fördelningars matematik.
c Mikael Möller

7. Trovärdiga intervall 171
erhålls det approximativa kon…densintervallet
x 2
r x
n ; x + 2
r !
x
n
där vi skattat variansen med hjälp av x (det …nns en alternativ metod
som beskrivs i nästa exempel). För valet = 5 procent erhålls sedan ett
approximativt observerat kon…densintervall för antalet skador till
r r !
100:88
100:88
100:88 1:96 ; 100:88 + 1:96
= (93:92; 107:84) .
8
8
Uppgift 24 Approximera ej variansen med x utan använd istället den
sanna men okända parametern . Man erhåller då en olikhet ur vilken
kan lösas. Bestäm nu ett kon…densintervall för .
7.2.2 Kon…densintervall vid binomialfördelning
Exempel 45 I November 1998 visade SIFO:s väljarundersökning (1800
intervjuer) att Moderaterna hade 24:6 procent av väljarkåren. Bestäm
ett 95 procentigt kon…densintervall för Moderaternas sanna proportion p
av väljarkåren.
Lösning 34 Sätt
Xi =
1 om Moderat-röst
0 annars
i = 1; 2; : : : ; 1800,
det gäller då att X = P 1800
i=1 Xi är approximativt binomialfördelad ty
1800
6000000 = 0:0003 < 0:15 och därför kan den hypergeometriska fördelningen
approximeras av binomialfördelningen. Vi har därför
X 2 Hyp(N; M; n) Bin(n; p).
Men eftersom det vidare gäller att np 1800 0:25 > 5 och n(1 p) > 5
kan vi i nästa steg göra en normalapproximation varför
5 Se kapitlet Fördelningars matematik.
X N np; p np(1 p) .
c Mikael Möller

172 7.2. Konfidensintervall vid normalapproximation
Betrakta nu istället det aritmetiska medelvärdet X = X
n
För detta gäller att
E(X) = p
V (X) =
p(1 p)
n
q
p(1 p)
och vi har därför att X N p; n
P 1 n
= n i=1 Xi.
. Sökt, approximativt, kon…-
densintervall för proportionen p kan nu skrivas
x 2 X = x
r
p(1
2 n
p)
; x +
r
p(1
2 n
!
p)
Detta intervall för p innehåller p och man frågar sig, liksom i föregående
exempel, vad som kommer först – hönan eller ägget. Det …nns i princip
två sätt att lösa denna motsägelse och det första är att helt enkelt
använda x för p, ty x ligger ’nära’p, och därvid erhålla intervallet
r
0:246 0:754
x 2 X = 0:246 1:96
1800
= 0:246 0:020
= (0:226; 0:266).
Men vi kan också notera att vi har följande två olikheter i p
p < x +
p > x
r
p(1
2 n
r
p(1
2 n
p)
p)
.
(7.1)
(7.2)
Dessa olikheter kan lösas med avseende på p och man erhåller efter en
del räknande följande numeriska kon…densintervall för p
0:227 < p < 0:266.
Detta intervall är i princip detsamma som det den approximativa lösningen
ovan gav. Anledningen till att resultaten blir så lika är att normalapproximation
fungerar mycket bra i detta fall.
Vid valet 1998 visade det sig att det sanna värdet var pM = 0:229
dvs 22:9 procent. Även om 24:6 till 22:9 procent ser ut som ett stort tapp
i väljare så ser vi att 22:9 är ett av de möjliga värden som kan hamna
c Mikael Möller

7. Trovärdiga intervall 173
i trovärdighetsintervallet. Vi säger att skillnaden mellan 24:6 och 22:9
procent ligger inom felmarginalen.
Med felmarginal avses vanligen storheten
r
^pobs (1 ^pobs)
2
och i vårt fall är felmarginalen, 0:020, större än skillnaden 0:246
0:229 = 0:017. Observera att en opinionsundersökning som ej anger
felmarginalen omedelbart skall förpassas till papperskorgen.
Uppgift 25 Approximera ej variansen utan använd istället den sanna
men okända parametern p. Man erhåller då en olikhet ur vilken p kan
lösas. Bestäm nu ett kon…densintervall för p.
n
c Mikael Möller

174 7.3. Lösningar till uppgifter
7.3 Lösningar till uppgifter
23 Det gäller att en väntevärdesriktig skattningen av 2 kan skrivas
Genom att betrakta kvoten
^ 2 = 1
n
nX
(Xi
i=1
^ 2
mellan skattningen och 2 bör vi erhålla ett tal som är nära 1 och
speciellt bör då
n^ 2 obs
2
Man kan nu visa att den stokastiska variabeln
2
n.
2 = n^ 2
har en speciell fördelning som kallas 2 -fördelningen och man skriver
n^ 2
2
2 2 2 (n).
För en 2 (n) kan man visa att att dess väntevärde är n och att dess
varians är 2n.
Med hjälp av den ovan konstruerade variabeln kan man bilda sannolikhetsekvationen
P a < n^2
2 < b = 1
för något val av a och b. Det är nu enkelt att övertyga sig om att detta
uttryck även kan skrivas
r r !
n^2 n^2 P < < = 1 .
b a
24 Det gäller att
p
) 2 .
p
x p < < x + p
2
2
n n
och vi börjar med att betrakta den högra olikheten vilken kan skrivas
som
< x + a p
c Mikael Möller

7. Trovärdiga intervall 175
där vi för enkelhets skull satt
enligt följande
pn 2 = a. Denna olikhet kan skrivas om
x < a p
2
2 x + x 2
Vi löser nu först andragradsekvationen
som har lösningen
De två rötterna blir
och
x
1 = 100:88 + 1:962
8 2 +
2 = 100:88 + 1:962
8 2
2
2 x + x 2
( x) 2 < a 2
a 2 < 0.
a 2 = 0
a2 2 =
r
xa2 + a4
4
1;2 = x + a2
r
xa
2
2 + a4
4 .
r
r
100:88
100:88
varför sökt kon…densintervall kan skrivas
(94:16; 108:08) .
1:96 2
8
1:96 2
8
1:964
+ = 108:8
4 82 1:964
+ = 94:16
4 82 Detta intervall är något kortare än det förra intervallet eftersom vi har
lite mindre osäkerhet här.
25 Det gäller för proportionen p att
p < x +
p > x
r
p(1
2 n
r
p(1
2 n
p)
p)
.
Vi börjar med att lösa följande likhet, där vi för enkelhets skull satt
2 = a,
r
p(1
p = x + a
n
p)
c Mikael Möller

176 7.3. Lösningar till uppgifter
med hjälp av omskrivningarna
np 2
erhålls andragradsekvationen
n + a 2 p 2
p x
a =
r
p(1 p)
n
p x
a
Denna ekvations lösning kan skrivas
s
p1;2 =
nx + a
2
n + a 2
2
= p p2
n
2npx + nx 2 = a 2 p a 2 p 2 .
2 nx + a
2 p + nx2 = 0.
nx + a
2
n + a 2
2
nx2 .
n + a2 Om vi nu sätter in n = 1800, a = 1:96 och x = 0:246 så erhålls det sökta
intervallet.
c Mikael Möller

8. Prövning av
antaganden
8.1 Introduktion
I föregående kapitel tog vi oss an problemet att …nna närmevärden på
de införda parametrarna. Vi konstruerade skattningar för parametrarna
samt trovärdighetsintervall för dessa. De metoder som lät oss göra detta
är minsta kvadratmetoden samt, när fördelningen är känd, maximum
likelihoodmetoden. Båda metoderna utgår från ett observerat stickprov
x1; x2; : : : ; xn.
Här skall vi nu betrakta samma problem fast ur en annan synvinkel.
Många av de situationer som härvid kan behandlas kan vi även behandla
med hjälp av trovärdighetsintervall men inte alla. Majoriteten av de
problemställningar vi här ställer kan därför lösas på mer än ett sätt.
8.2 Test av vid normalfördelning
Vi börjar med att betrakta följande
Exempel 46 Vid tillverkning av en viss medicin är det viktigt att mängden
av en komponent inte varierar för mycket ty om det är för lite av
komponenten är medicinen verkningslös och om det är för mycket blir
medicinen ett gift. Den önskade mängden av komponenten per dos är
60 mikrogram och för att testa om produktionsinställningarna ger denna
mängd tar man varje dag ett stickprov om 100 piller och mäter komponentens
mängd. En dag har man erhållit medelvärdet x = 59:7. Produktionens
standardavvikelse är sedan tidigare känd till att vara = 0:7.
Kan man skicka iväg dagens produktion till apoteken? Vad tror du?
Detta exempel är inte konstruerat utan denna typ av frågeställningar
ställs läkarvetenskapen ofta inför. Ett tidigt exempel är digitalis där
den första systematiska analysen gjordes i slutet av 1700-talet av britten
William Withering. Han utgick från ett örtte som botade hjärtsviktsymptom,
ett medel som kloka gummor använde, och visade att dess
aktiva ingrediens var blad från …ngerborgsblomman. Han fann också
177

178 8.2. Test av vid normalfördelning
att för starkt örtte gav allvarliga biverkningar samt att för svagt örtte
var verkningslöst. För att krångla till det ytterligare visade det sig att
doseringens storlek var individuell. Den beror förutom av kroppsmassa
och ålder på lever- och njurfunktion.
För att kunna hantera situationer som beskrivs i ovanstående exempel
har testteorin utvecklats och denna innehåller i princip följande fyra
(4) steg:
1. Formulera lämplig hypotes 1 .
2. Bestäm en testvariabel.
3. Bestäm en beslutsregel.
4. Tag ett stickprov och bestäm ett numeriskt värde på testvariabeln
och jämför detta med beslutsregeln.
Dessa fyra steg föregås som alltid inom statistiken av byggandet av
en statistisk modell och de avslutas med ett i klartext fattat beslut. Här
kommer vi gå igenom alla fyra stegen och hela tiden använda oss av
exemplet ovan. Som statistisk modell tar vi
Xi = mängden av komponenten i piller i i = 1; 2; : : : ; 100
där Xi 2 OF ( ; ). Parametern är den förväntade mängden av komponenten
ifråga.
Fördelningen F bör, i detta exempel, vara symmetrisk ty ibland
blir det lite för lite och ibland lite för mycket av komponenten ifråga.
På grund av detta, samt stickprovets storlek (100), gäller att stickprovsmedelvärdet,
X, kan anses vara normalfördelat (Centrala GränsvärdesSatsen).
8.2.1 Steg 1: Formulera lämplig hypotes
Eftersom testteorin liksom intervallteorin är baserad på sannolikhetsläran
väljer man att vara försiktig i sina uttalande (det …nns alltid en
sannolikhet för ett felaktigt beslut) och blir därmed konservativ. Man
formulerar därför sin hypotes (nollhypotes) som om inget har förändrats
d v s H0 : status quo (vad som tidigare gällt) och som motsatt hypotes
tar man att förändring skett (mothypotes, alternativ hypotes) H1 : vad
som gäller när vi ej längre tror på H0. 2
1 Jämför engelskans ’hypothesis’som översatt till svenskan blir ’antagande’.
2 Observera att det föreligger ett val av ståndpunkt som gör att nollhypotesen
färgas av den som utför testet eller för den vilken testet utföres.
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 179
Jämför med att enligt sedvanerätt är ingen skyldig till ett brott innan
det är bevisat utom varje rimligt tvivel att man utfört brottet 3 .
Rätten utgår ifrån nollhypotesen H0: icke skyldig och det är upp till åklagaren
att ’bevisa’att den anklagade är skyldig. En fällande dom innebär
däremot inte att den åtalade begått brottet och motsatsen –en friande
dom innebär inte att den åtalade ej begått brottet. Rättshistorien ger i
båda fallen åtskilliga exempel på felaktiga domar.
Eftersom medicinen ovan måste innehålla en bestämd kvantitet av
komponenten, 60 mikrogram, konstruerar vi ett test för = 0 och
skriver
H0 : = 0 H1 : 6= 0
där vi har att 0 = 60. Detta betyder att producenten tror att produktionen
håller sig inom den angivna ramen ty annars måste hela dagsproduktionen
kastas d v s vi är obenägna till förändring. En tänkt patient
har troligen nollhypotesen H0 : 0 ty det är inte trevligt att få i
sig ett gift. Hellre då något som är verkningslöst. Därmed är det sagt
att ämnet statistik ej alltid är opolitiskt – däremot är den statistiska
metodiken opolitisk.
8.2.2 Steg 2: Bestäm en testvariabel
Vi vet sedan tidigare att x är en lämplig skattning av 0 samt att det
enligt centrala gränsvärdessatsen gäller att
X N 0; p n
ty n = 100 är större än 30. Approximationen torde här ge upphov
till att X verkligen är normalfördelad ty, som vi tidigare påpekat, en
tillverkning av piller bör ge en fördelning F som är symmetriskt fördelad
–d v s vi har lika ofta för mycket som för litet av komponenten ifråga –
och vid symmetriska fördelningar är konvergensen mot normalfördelning
supersnabb. Av detta följer att X är en lämplig testvariabel för 0 och
vi väljer därför att förkasta vår nollhypotes om vi …nner att x skiljer sig
mycket från 0. Eftersom vi ovan konstaterat att X är approximativt
normalfördelad betraktar vi, för att bestämma om skillnaden är stor eller
ej, den stokastiska variabeln
Z =
X 60
0:7
p 100
vilken vi sedan tidigare vet har väntevärdet 0 och standardavvikelsen 1.
3 Detta gäller dock inte alltid i verkligheten.
c Mikael Möller

180 8.2. Test av vid normalfördelning
8.2.3 Steg 3: Bestäm en beslutsregel
Vi har nu byggt upp de två första stegen i vår konstruktion av ett test
och passar här på att sammanfatta dem:
Steg 1 H0 : = 60 H1 : 6= 60
Steg 2 Z =
X 60
p n
För att kunna avgöra om data bekräftar att vår hypotes är ’felaktig’
eller ej studerar vi följande två sannolikheter:
samt
P (förkasta H0 givet H0 sann)
P (förkasta ej H0 givet H0 ej sann).
Båda händelserna leder till felaktiga beslut och vi vill därför att de båda
skall vara små. 4 Nu är det inte möjligt att alltid välja båda små även
om, som vi längre fram skall se, en utökning av antalet observationer gör
den ej valda sannolikheten mindre. Eftersom den första sannolikheten är
’rakt på sak’(ej innehåller dubbla negationer) och vi ogärna vill förkasta
sanna hypoteser (dessa förändringsobenägna statistiker) så väljer vi att
låsa den första sannolikheten. Nu kan vi i vårt medicinexempel skriva
på följande sätt
P (förkasta H0 givet H0 sann)
P (Z < a eller Z > b givet H0 sann)
för något val på a och b. Alternativt kan detta skrivas
ty allmänt gäller likheten
1 P (a < Z < b givet H0 sann)
P (förkasta H0 givet H0 sann) = 1 P (förkasta ej H0 givet H0 sann)
och
4 Däremot vill vi att sannolikheterna
båda skall vara stora.
c Mikael Möller
P (förkasta ej H0 givet H0 sann)
P (förkasta H0 givet H0 ej sann)

8. Prövning av antaganden 181
Liksom i intervallteorin betraktar vi tre val av a och b och i detta exempel
passar det symmetriska valet bäst –d v s b = a = . Härav följer att
vi förkastar nollhypotesen om
för något val av .
jZj >
Uppgift 26 Hur kommer man från a och b till . Utför det saknade
resonemanget.
Om vi betecknar P (förkasta H0 givet H0 sann) med (det är samma
som förekommer i kon…densgraden för trovärdighetsintervallen) så erhåller
vi nu beslutsregeln
förkasta H0 om jZj > 2
och detta har getts ett speciellt namn –signi…kansnivån. 5 Därmed
har vi klarat av steg 3 vid hypotesprövning och bestämt en beslutsregel.
Eftersom företaget ogärna vill kasta en hel dags produktion väljer
man en liten sannolikhet för att förkasta denna om den verkligen be…nner
sig inom angivna gränser –man sätter därför = 0:01 varvid 0:005 =
2:576.
8.2.4 Steg 4: Besluta
De tre första stegen i vår testalgoritm kan nu skrivas
Steg 1 H0 : = 60 H1 : 6= 60.
Steg 2 Z =
X 60
= p n .
Steg 3 Förkasta H0 om jZj > 2 .
Det fjärde och sista steget är att utifrån det observerade stickprovet
fatta ett beslut. Vårt observerade värde blev x = 59:7 varför
5 Om vi sätter
så erhålls
varför
2
59:7 60
Zobs =
0:07
= 4:286
= P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (Z < ) + P (Z > ) = 2P (Z > )
är en lämplig beteckning.
c Mikael Möller

182 8.2. Test av vid normalfördelning
Eftersom det uppenbarligen gäller att jZobsj > 2:576 följer att hypotesen
förkastas.
Efter att du gjort detta test, i enlighet med konstens alla regler, går
du till chefen och säger: Tyvärr håller dagens produktion inte måttet och
måste därför kastas. 6
Uppgift 27 Lös exempel46 med hjälp av teorin för kon…densintervall.
Exempel 46 beskriver ett symmetriskt test där vi vill hamna mitt i
prick. Nedan ger vi ett exempel på ett osymmetriskt test och passar på
att införa en ny testvariabel.
Exempel 47 Picko:s budservice står i begrepp att inköpa ett större antal
bilar och man har genom ett studium av tekniska speci…kationer funnit
att märket Finus är intressant. Innan köp hyr man därför 4 bilar av detta
märke och använder dem under 5 dagar. Följande bensinförbrukning per
mil uppmättes under provperioden (cl/mil)
67 68 56 59 67
56 65 66 63 59
63 69 58 64 63
65 62 61 71 73
Eftersom bensinförbrukningen:s fördelning beror av uppdragens längd och
förarens körstil och man tidigare funnit att denna fördelning väl kan
approximeras med en normalfördelning antager man att bensinförbrukningen
även framöver följer samma fördelning.
Enligt den tekniska speci…kationen skall detta märke dra högst 65 cl
per mil i stadskörning. Kan detta stämma? Vad tror du? Försök att ur
data ovan dra en rimlig slutsats innan du genomför beräkningarna.
Lösning 35 Sätt
Xi = bensinförbrukning mätning nr i i = 1; 2; : : : ; 20
där Xi 2 ON( ; ). Picko vill gardera sig och väljer därför ett test där
sannolikheten, för att köpa bilar som har en förbrukning som överstiger
65 cl per mil, kan hållas liten.
Steg 1 H0 : 65 H1 : < 65
6 Därefter går du och läser platsannonserna.
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 183
Steg 2 I detta fall känner vi inte till standardavvikelsen för bensinförbrukningen
och måste därför skatta densamma. Detta gör att vi ej kan
använda den stokastiska variabeln
utan istället måste använda
Z = X
= p n
T = X
S= p n .
För att vi skall kunna göra detta behöver vi en normalfördelning
i botten (vilket vi enligt antagandet har) och det gäller därför att
den stokastiska variabeln T 2 t(n 1) där antalet observationer, n,
i detta fall är 20.
Steg 3 För att erhålla beslutsregeln ställer vi upp ekvationen
= P (förkasta H0 givet H0 sann) = P (T < a)
där a = t (19). Vi förkastar H0 om Tobs a.
Observera att vi ej delar med 2 ty här har vi ett osymmetriskt
test.
Eftersom bensinpriset är på väg upp väljer Picko risknivån 0:01
d v s att det är 1 procents chans att förkasta hypotesen att bensinförbrukningen
överstiger 65 cl per mil om så verkligen är fallet.
Detta kan också uttryckas som att Picko har sannolikheten 0:01
att, mot sin vilja, välja ett "törstigt" bilmärke.
Tabell ger att t0:01(19) = 2:54.
63:75 65
Steg 4 Data ger att t =
4:7226= p = 1:18 > 2:54 varför nollhypote-
20
sen ej förkastas på signi…kansnivån 1 procent.
Bilar av märket Finus rekommenderas ej för inköp.
Om vi nu funderar över vad vi har gjort så inser man att det …nns
två svårigheter vid utförandet av ett test. Den första svårigheten är att
bestämma nollhypotesen (och därmed den alternativa hypotesen) och
den andra är att bestämma vilken testvariabel som skall användas. Den
första svårigheten är politisk –på vems sida skall man stå. 7 Den andra
svårigheten är egentligen ej svår ty testvariabeln följer av modellen. Att
hitta rätt modell kan däremot vara svårt.
7 Om du hade varit säljare av Finus hur hade då din hypotes sett ut?
c Mikael Möller

184 8.3. Test av 1 2 vid normalfördelning
8.2.5 Jämförelse mellan kon…densintervall och test
När vi byggde upp teorin för trovärdighetsintervall bestämde vi oss för
att betrakta tre olika typer av intervall. Dessa tre typer översätts i
testteorin till följande tabell.
Teori
Form Intervall Test
Symmetriskt P (X < a1) = 2
P (X > a2) = 2
H0 : = 0 H1 : 6= 0
Nedåt begränsat P (X < a2) = H0 : 0 H1 : < 0
Uppåt begränsat P (X > a1) = H0 : 0 H1 : > 0
8.3 Test av 1 2 vid normalfördelning
Ibland vill man jämföra medelvärden för två olika behandlingar eller
mellan två olika grupper för att kunna uttala sig om de skiljer sig åt
eller ej. För att göra detta behöver vi ingen ny teori utan kan tillämpa
vad vi tidigare lärt oss.
Exempel 48 Konkurrensverket misstänker kartellbildning mellan oljebolagen
och ett av deras instrument för att utröna om denna företeelse
föreligger är att mäta bensinpriset i olika geogra…ska områden. För
en slumpmässigt uttagen dag hämtade man in uppgifter från ett antal
bensinstationer spridda över landet. En delmängd av dessa uppgifter
föreligger för OKQ8 och Statoil i tabellerna nedan. Undersök om OKQ8:as
priser skiljer sig från Statoil:s den aktuella dagen.
Följande är de data som har inhämtats för OKQ8 respektive Statoil
OKQ8
9.51 9.65 9.39 9.89 9.55
9.34 9.21 9.64 9.71 9.59
9.45 9.49 9.29 9.74 9.35
9.67 9.78 9.69 9.36 9.45
10.01 9.53 9.75 9.89 9.67
Statoil
9.41 9.11 9.54 9.49
9.35 9.79 9.91 9.26
9.64 9.35 9.68 9.79
9.57 9.43 9.65 9.61
9.29 9.79 9.54 9.64
Det aritmetiska medelvärdet för OKQ8 blir x1 = 9:584 och för Statoil
x2 = 9:542. Populationernas standardavvikelser är sedan tidigare kända
till att för OKQ8 vara 1 = 0:20322 och för Statoil 2 = 0:20664. 8 Före-
8 Självklart känner vi inte 1 och 2 utan dessa måste skattas. Dock inför vi inte
denna komplikation här utan betraktar standardavvikelserna som kända.
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 185
ligger det någon prisskillnad mellan de två bolagen, den aktuella dagen,
om priserna kan anses vara oberoende och följa en normalfördelning?
Lösning 36 Sätt
X 1 i = OKQ8:as pris station i i = 1; 2; : : : ; 25
X 2 j = Statoil:s pris station j j = 1; 2; : : : ; 20
där X 1 i 2 ON( 1; 1) respektive X 2 j 2 ON( 2; 2). För stickprovsmedel-
värdena erhålls nu att9 1
X1 2 N 1; pn 2
och X2 2 N 2; pn varav
det följer att
X1 X2 2 N
Stegen i ett traditionellt test blir nu
1 2;
r 21
n +
!
2
2
.
n
Steg 1 H0 : 1 = 2 H1 : 1 6= 2
Vi väljer ett symmetriskt test eftersom vi skall undersöka om priserna
skiljer sig åt.
Steg 2 På grund av förutsättningarna ovan följer att
Z = X1 X2
q
21
n1 + 2 2
n2
är normalfördelad N(0; 1) och vi tar Z som vår testvariabel. Observera
att under nollhypotesen är 1 2 = 0. 10
Steg 3 Konkurrensverket bestämmer sig för att ta risken 0:05 att förkasta
nollhypotesen om denna är sann och …nner då förkastelsegränsen
ur ekvationen
9
där 0:025 = 1:96.
= 0:05 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (jZj > 0:025)
E X1 = 1 X
1
E Xi =
n
1 X
n
V X1 = 1
n2 V X X 1 i
fp g a oberoendetg = 1
n 2
10 Varför betonar jag detta?
X V X 1 i =
2
n
1 = 1
c Mikael Möller

186 8.3. Test av 1 2 vid normalfördelning
Steg 4 Data ger följande observerade värde på testvariabeln
Zobs =
9:584 9:542
q 0:20322 2
25
0:206642 + 20
= 0:683
och eftersom jZobsj < 1:96 kan vi ej förkasta nollhypotesen på signi…kansnivån
5 procent.
Ovanstående test ger således belägg för att priserna i genomsnitt är
lika men om detta beror på kartellbildning eller konkurrens vet vi ej.
Observera att om standardavvikelserna inte hade varit kända så hade
vi inte kunnat lösa talet med nuvarande kunskaper. Det …nns dock ett
fall med okända standardavvikelser som vi kan lösa och detta inträ¤ar
när de två standardavvikelserna kan anses vara lika.
Exempel 49 Vägverket har i uppdrag att utreda om hjälmtvång för motorcyklister
kan minska antalet dödsolyckor för denna kategori tra…kanter.
För att erhålla jämförbara data studerade man elva stater i USA
där fem av staterna (A) haft hjälmtvång under de sista 10 åren och sex
av staterna (B) fortfarande inte har hjälmtvång. Enligt de o¢ ciella källorna
fann man följande skattade medelvärden och standardavvikelser för
antalet dödsolyckor
xA = 0:1021, sA = 0:0918,
xB = 0:2133, sB = 0:0547.
Testa om medelantalet dödsolyckor minskar med hjälmtvång om de underliggande
populationerna kan anses ha samma varians. För perioden
i fråga föreligger uppgifterna X A 1 ; : : : ; X A 5 respektive X B 1 ; : : : ; X B 6
vilka är medelvärden för de tio senaste åren.
Lösning 37 Sätt
X A i = medelantalet dödsolyckor stat i i = 1; 2; : : : ; 5
X B j = medelantalet dödsolyckor stat j j = 1; 2; : : : ; 6
där XA i N( A; ) och XB j N( B; ) enligt centrala gränsvärdessatsen.
’Försöks’bakgrunden ger att oberoende kan förutsättas. 11 Detta
ger att
0
1
X A X B N
11 Hur ser egentligen grundmodellen ut?
c Mikael Möller
@ A B;
s 2A
nA
+
2
B
nB
A

8. Prövning av antaganden 187
där XA = 1 P A
5 Xi och XB = 1 P B
6 Xi . Men eftersom varianserna anses
vara lika kan vi även skriva
X A X B r
1
N A B; +
nA
1
nB
De observerade skattningarna av A och B är sA och sB ovan.
Steg 1 Vi utgår ifrån att stater med hjälmtvång har färre antal dödsolyckor
( A B), eftersom det är vad vi tror. 12
H0 : A B 0 HA : A B > 0
Steg 2 Vi har en normalfördelning, litet stickprov och lika varianser och
detta ger oss testvariabeln
T = XA XB
Sp
q 1
nA
+ 1
nB
Den observerade skattningen av variansen är 13
s 2 p = (nA 1)s 2 A + (nB 1)s 2 B
nA + nB 2
= 4 0:09182 + 5 0:0547 2
9
= 0:0054.
12 Kan man tänka sig andra skäl för denna nollhypotes? Hur kan man motivera den
omvända hypotesen? Vem betalar för undersökningen?
13 Om man logaritmerar likelihood funktionen under antagande om lika varians så
erhålls funktionen
P
xA i A
L( 1; 2; ) = konstant (nA + nB) ln +
2
2 2
P
xB i B
+
2
2 2
vars derivata satt till noll ger ML-skattningen
^ 2 = (nA 1) s2 A + (nB 1) s2 nA + nB
B
.
För att denna skattning skall bli väntevärdesriktig ersätter vi nämnaren nA +nB med
nA + nB 2.
Man kan också resonera på följande sätt: För att …nna skattningen s2 A används nA
av de totalt nA +nB observationerna och vi litar därför på s2 nA A i proportionen . nA+nB Motsvarande för s2 nB B blir då . Härav följer att den naturliga skattningen blir
nA+nB ^ 2 nA
= s
nA + nB
2 A +
nB
s
nA + nB
2 B = nAs2 A + nBs2 B
nA + nB
vilken justeras till ovanstående.
.
c Mikael Möller

188 8.3. Test av 1 2 vid normalfördelning
Steg 3 Beslutsregeln erhålls ur ekvationen
= 0:05 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (T > a)
där a = t0:05(5 + 6 2) = 1:83.
Steg 4 Data ger att
0:1021 0:2133
t = q
0:0054 1 1
5 + 6
= 2:5
Eftersom detta värde är mindre än 1:83 förkastas ej nollhypotesen
på signi…kansnivån 5 procent.
Dödsfrekvensen är signi…kant lägre i de stater som har hjälmtvång än
i de som ej har det.
Det är inte alltid som det är bäst att behandla två mätserier som två
oberoende stickprov. Ibland görs tester där en och samma individ mäts
två gånger. Varje mätning störs då av dels den naturliga variationen
mellan individer och dels av mätvariationen (variation inom individ). I
dylika fall kan man ’trolla bort’den störning som beror av variationen
mellan individer och därmed få exaktare resultat. Hur man gör beskrivs
bäst i ett exempel.
Exempel 50 Två däcksfabrikanter påstår båda att deras däck är hållbarare
än konkurrentens. Tra…kmagasinet bestämmer sig för att testa
fabrikanternas påståenden och monterade därför ett däck av vardera märket,
A och B, på bakhjulen på fem bilar. Bilarna var av samma märke och
årgång. Fem förare körde sedan varsin bil i exakt 1000 mil och därefter
uppmättes förslitningen med resultat enligt tabell
Typ av Förslitning i mm hos bil
däck 1 2 3 4 5
A 1:0 0:9 0:7 1:5 0:5
B 0:9 0:7 0:8 1:2 0:5
Eftersom förslitningarna av däcken beror av förarens körstil, var denne
kört m m är det knappast troligt att oberoende mellan däckens förslitning,
på en bil, föreligger. Hjälp Tra…kmagasinet att testa om det föreligger
någon skillnad mellan däckstyperna ifråga. Använd risknivån 5 procent.
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 189
Lösning 38 Sätt
X A i = förslitning förare i däck A
X B i = förslitning förare i däck B
där i = 1; 2; : : : ; 5. Det är inte orimligt att antaga att dessa stokastiska
variabler är normalfördelade (ge ett resonemang!) och vi har då
att X A i 2 N( A + i; A) och X B i 2 N( B + i; B). Här är A och
B däcktypens förväntade förslitning och i är förare i:s påverkan på
förslitningen. Denna modell kan också skrivas
X A i = A + i + A i och X B i = B + i + B i
där A i 2 N( A; A), B i 2 N( B; B) och i är förare i:s påverkan på
förslitningen.
Nu är vi egentligen inte ute efter att mäta de enskilda däckens förslitning
utan skillnaden i förslitning. Bilda därför den stokastiska variabeln
Zi = X A i
X B i .
Det gäller då att Zi 2 N( ; ) där = A B. Eftersom förarna
ej anses påverka varandra är det naturligt att anta att Z1; : : : ; Z5 är
oberoende. Vi har därmed, genom ett enkelt knep, ’trollat bort’den enskilde
förarens påverkan på däckslitaget.
För de stokastiska variablerna Z1; : : : ; Z5 erhålls mätvärdena
0:1; 0:2; 0:1; 0:3; 0
och vi kan utföra ett av våra tidigare test:
Steg 1 H0 : = 0 H1 : 6= 0
Eftersom vi utgår ifrån att ingen skillnad föreligger – Tra…kmagasinet
har knappast anledning att favorisera någon av däcksfabrikanterna.
Steg 2 Som testvariabel tar vi
där T 2 t(n 1).
T = Z
S= p n
Steg 3 Beslutsregeln erhålls ur ekvationen
= 0:05 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (jT j > a)
där a = t0:025(4) = 2:78.
c Mikael Möller

190 8.4. Test av p
Steg 4 Vi …nner att jTobsj =
förkastas på signi…kansnivån 5 procent.
p 0:1 = 1:414 < 2:78 varför H0 ej kan
0:025=5
Tra…kmagasinet kan därför konstatera att det inte föreligger någon
statistiskt veri…erad skillnad mellan de två däckstyperna.
Det …nns en mycket vanlig typ av test som förekommer i tidningarna
stup i kvarten. Nämligen test av proportioner. De mer kända av dessa
är partisympatiundersökningarna 14 och till de ökända hör t ex det som
påstod att 80 procent av Stockholmarna vill ha högre skatter. 15 Vi skall
nu närmast studera test av proportioner.
8.4 Test av p
Ofta ställs man inför problemet att uttala sig om en proportion uppfyller
någon nivå eller ej. Detta är mycket vanligt i samband med riksdagsval
då proportionen väljare för de olika partierna skattas och publiceras i
tid och otid. Nedan skall vi ge ett exempel från just detta område men
väljer att börja med ett något mindre infekterat och enklare exempel
som dessutom har fördelen att varken kräva normalfördelning eller ett
stort stickprov.
Exempel 51 En tillverkare av stålrör vill undersöka om en viss, dyrare,
ytbehandling har någon korrosionsminskande e¤ekt. Man har därför
grävt ner 18 behandlade och 18 obehandlade rör parvis – med ett behandlat
och ett obehandlat rör i varje par –på olika ställen. Man antar
sedan att de båda rören, i ett par, be…nner sig i samma miljö.
Efter en tid gräver man upp rören och se efter i hur många par som
det behandlade röret korroderat mest, säg att detta skett i 6 par. Vi
förutsätter att man alltid kan se en skillnad ty annars får vi en ytterligare
komplikation att ta hänsyn till.
Tillverkarens utgångspunkt är att de behandlade rören korroderat minst
lika mycket som de obehandlade och att det således inte …nns anledning
att införa en ny ytbehandling. Denne vill således gardera sig mot att
införa en dyrare behandlingsmetod om denna inte bevisligen har e¤ekt.
14 Min privata åsikt om dessa är att de borde förbjudas. Ge en möjlig förklaring
till denna åsikt.
15 Denna undersökning publicerades i gratistidningen City efter Socialdemokraternas
höjning av skatten när de återtog maktens taburetter 2002 i Stockholms stadshus.
Ett beställningsjobb?
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 191
Lösning 39 För att kunna hjälpa tillverkaren måste vi bygga en modell
över just hans problem och eftersom han är intresserad av huruvida det
behandlade röret korroderat minst lika mycket som det obehandlade har
vi följande grundläggande stokastiska variabel
Xi =
1 om behandlat rör korroderat mest . . .
0 om behandlat rör korroderat minst . . .
i = 1; 2; : : : ; 18
där P (Xi = 1) = p. Av den beskrivna situationen kan vi dra slutsatsen
att de stokastiska variablerna måste vara oberoende ty vi betraktar paren
och inte varje rör för sig 16 . Bilda nu summavariabeln
X =
18X
i=1
Xi = antal par där behandlat rör korroderat mest
för vilken det gäller att X 2 Bin (18; p).
Steg 1 Försöket utförs för att man vill testa om behandlingen har e¤ekt
eller ej och mer formellt kan vi skriva detta som
H0 : behandlingen har ej e¤ekt H1 : behandlingen har e¤ekt
Nu är det klart att behandlingen har ingen e¤ekt om sannolikheten
för att det behandlade röret korroderat mest är större än eller lika
med 0:5. Hypotesen kan därför även skrivas som
H0 : p 0:5 H1 : p < 0:5.
Observera att valet av 0:5 är ett val ty vi kunde lika gärna ha valt
testet
H0 : p 0:6 H1 : p < 0:4
Fast då uppstår det problem. Vad skall vi göra när sannolikheten
p 2 (0:4; 0:6)?
Steg 2 Det kan nu synas att det gamla hederliga medelvärdet inte är
användbart i denna situation men om man observerar att en skattning
av p är17 ^p = x = x
18 ser man att medelvärdet dyker upp
även här. Dock har vi endast n = 18 observationer så en normalapproximation
är inte lämplig. Därför fungerar inte ett vanligt
medelvärdesresonemang med hjälp av centrala gränsvärdessatsen.
Däremot känner vi fördelningen för X ty X 2 Bin(n; p) och därför
får X bli vår testvariabel.
16 Ett annat exempel på hur man ’trollar bort’en viss typ av störning –i detta fall
markmiljön.
P 17 18
Det gäller här, liksom annorstädes, att x = i=1 xi.
c Mikael Möller

192 8.4. Test av p
Steg 3 Beslutsregeln erhålls ur ekvationen
= P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P ( ^p p0 j p 0:5 )
= P ( X x0 j p 0:5 ).
I detta fall kan ekvationen skrivas
=
x0 X
k=0
18
k pk 18 k
0(1 p0)
där sannolikheten p0, under antagande om en sann nollhypotes, är
större än eller lika med 0:5. Ett utdrag av binomialfördelningstabellen
(n = 18; x = x0; p = 0:5; 0:6), där cellerna består av sannolikheterna
P (X x0), ger följande tabell
x0 p = 0:5 p = 0:6
2 6:6 10 4 2:6 10 5
3 3:8 10 3 2:1 10 4
4 1:5 10 2 1:3 10 3
5 4:8 10 2 5:8 10 3
6 1:2 10 1 2:0 10 2
Vår första observation är att p = 0:5 ger de största sannolikheterna
på för varje val av x0 när p = 0:5 eller 0:6. Kolumnen för p = 0:5
innehåller tal som radvis är större än de i kolumnen för p = 0:6.
Man övertygar sig via några ytterligare exempel på p (0:55, 0:65,
. . . ) om att det minsta värdet på x0, för ett givet , erhålls när
p = 0:5. Vidare gäller att när x0 är minst så ställs det högsta
kravet på behandlingen. Om vi därför följer värsta fallets princip
(mer om detta i kapitlet om beslutsteori) kan vi ersätta p 0:5
med p = 0:5.
Men detta betyder att vår ursprungliga hypotes kan ersättas med
den ekvivalenta hypotesen
H0 : p = 0:5 H1 : p < 0:5.
Om vi nu väljer att ej skall överstiga 5 procent så …nner vi att
när x0 = 5 så är = 0:048. Vår beslutsregel blir därför: Om det i
5 eller färre par gäller att det behandlade röret korroderat mest så
förkastar vi H0 och inför den nya metoden.
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 193
Steg 4 Man fann att x = 6 > 5 varför nollhypotesen ej förkastas på
signi…kansnivån 4:8 procent.
Observera at undersökningen ger belägg för att behandlingen saknar effekt.
Dock ger den inget bevis för att så är fallet.
Det blir som synes ganska krångligt att bygga ett test när man inte
kan använda sig av centrala gränsvärdessatsen men det är dock möjligt.
Det …nns en speciell gren inom statistiken, icke-parametriska metoder,
som behandlar situationer där fördelningen inte är känd.
Låt oss nu se hur man förfar när centrala gränsvärdessatsen kan användas.
Exempel 52 Under ett valår visade SCB:s partisympatiundersökning
(1903 intervjuade) att Moderaterna:s andel av väljarkåren var 29 procent
samt att Socialdemokraterna:s andel var 32 procent. Avgör om
Socialdemokraterna:s andel är signi…kant större än Moderaterna:s på 1
procentsnivån.
Lösning 40 Sätt
X 1 i =
X 2 i =
1 om röst på Moderaterna
0 annars
1 om röst på Socialdemokraterna
0 annars
Då N = 1903 är ett ändligt tal har vi här egentligen en hypergeometrisk
fördelning men eftersom n
N < 0:1 kan vi i ett första steg göra en binomialapproximation.
Men det gäller nu att 1903 0:29 = 551 >> 5 och
därför kan vi i det följande steget även göra en normalapproximation18 .
Härav följer att modellens fördelningar kan skrivas
r !
r !
p1(1 p1)
p2(1 p2)
X1 2 N p1;
och X2 2 N p2;
.
n
n
Följande procedur erhålls nu
Steg 1 Praxis ger att om vi vill visa att Moderaternas andel är mindre
så antager vi det omvända:
H0 : p1 p2 H1 : p1 < p2
18 Ett villkor till skall vara uppfyllt men det är det trivialt.
c Mikael Möller

194 8.4. Test av p
Steg 2 Som testvariabel väljer vi
Z =
X1 X2
q
p(1 p) 1 1
n + n
ty liksom tidigare erhålls enligt värsta fallets princip att testet kan
skrivas
H0 : p1 = p2 H1 : p1 < p2
varför p1 = p2 = p. En skattning av p blir 19
^pobs =
1903 0:29 + 1903 0:32
1903 + 1903
Steg 3 Beslutsregeln erhålls ur ekvationen
där 0:01 = 2:326.
Steg 4 Vi …nner att
= 0:305
= 0:01 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (Z < )
0:29 0:32
Zobs = q
1 1
0:305(1 0:305) 1903 + 1903
= 2:01
och eftersom 2:01 < 2:326 förkastas nollhypotesen på signi…kansnivån
1 procent.
Moderaternas andel av väljarkåren är signi…kant mindre än Socialdemokraternas
andel.
Uppgift 28 Byt hypotesen i exempel 52 mot
H0 : p1 = p2 H1 : p1 6= p2
och genomför testet på nivån 1 procent.
Därmed har vi gått igenom några metoder för att testa parametern
(parametern p inklusive) när normalfördelning gäller antingen direkt
eller via centrala gränsvärdessatsen.
19 Likelihood funktionen blir, när p1 = p2 = p,
L(p) = n1
k pk (1 p) n1 k n2
m pm (1 p) n2 m
.
Bestäm maximum för logaritmen av denna funktion varvid man …nner att
k + m
^p =
n1 + n2
= n1 k m
+ n2 n1 n2
n1 + n2
= n1 ^p1 + n2 ^p2
.
n1 + n2
Det alternativa sättet att ta fram ^p (se tidigare fotnot sid ??) ger samma resultat.
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 195
8.5 Test av vid normalfördelning
Vid analys av börskurser är test av av större betydelse än test av . Vi
skall gå igenom två olika test för standardavvikelsen under antagandet
om att den underliggande fördelningen är normalfördelningen. Det första
testet handlar om att jämföra standardavvikelsen med ett på förhand
angivet värde och det andra handlar om att jämföra standardavvikelser
mellan två oberoende stickprov.
Exempel 53 En banks ledning har hört att en kö som leder till ‡era kassor
är e¤ektivare än en kö till varje kassa. För att testa detta mäter man
under en längre tid variationen på kundernas väntetider och …nner därvid
att standardavvikelsen är 8 minuter. Därefter inför man systemet med
endast en kö och …nner då efter 30 kunder att s = 5 minuter. Om kundernas
väntetider kan anses vara normalfördelade hur skall bankens ledning
besluta, införa eller inte införa en-kö-system. Banken väljer risken
2:5 procent för ett felaktigt beslut?
Lösning 41 Sätt
Xi = kund i:s väntetid i = 1; 2; : : : ; 30
där Xi 2 N( ; ). Vi vet sedan tidigare att en bra skattning av 2 är s 2
samt att det gäller att
(n 1)S 2
Steg 1 H0 : 2 64 H1 : 2 < 64
2 2 2 (n 1).
Om den nya variationen är större än den gamla så …nns ingen
anledning att införa det nya systemet.
Steg 2 Som testvariabel tar vi
2 = (n 1)S 2
där liksom tidigare värsta fallets princip ger att testet kan skrivas
H0 : 2 = 64 H1 : 2 < 64.
Steg 3 Beslutsregeln följer ur ekvationen
= 0:025 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P 2 < a
där a = 2 0:975(29) = 16 20 .
20 Observera hur 2 -tabellen är uppbyggd.
2
c Mikael Möller

196 8.5. Test av vid normalfördelning
2 29 5 Steg 4 Data ger att = 2
82 = 11:33 < 16 varför nollhypotesen
förkastas på 2:5 procentsnivån.
Banken rekommenderas att införa det nya systemet med en kö till ‡era
kassor.
För att kunna ta itu med nästa typ av test –två standardavvikelser
är lika – behöver vi införa en ny typ av stokastisk variabel. Eftersom
vi är intresserade av att testa det inbördes storleksförhållandet mellan
två standardavvikelser behöver vi en storhet som mäter just detta. En
sådan variabel är
F = S2 1
S 2 2
ty om: F > 1 så tror vi att 1 2, om F < 1 så tror vi att 1 2
och om F = 1 så tror vi att 1 = 2. Nu vet vi att man måste ta hänsyn
till slumpen så det gäller att hitta en lämplig ersättare för talet 1 i de
tre olika fallen. För att kunna hitta denna ersättare konstaterar vi att
fördelningen för F kan skrivas
eftersom
(n1 1) S 2 1
2
1
F = S2 1
S 2 2
2
2 2 (n1 1) och
2
1 2 (n1 1) = (n1 1)
2
2 2 (n2 1) = (n2 1)
(n2 1) S 2 2
2
2
2 2 (n2 1)
För de tre olika testen gäller antagandet att 1 = 2 (värsta fallets
princip) varför vi kan skriva
F 2
2 (n1 1) = (n1 1)
2 (n2 1) = (n2 1)
som är helt oberoende av 1 och 2. Denna nya fördelning benämns
F -fördelningen och den …nns tabulerad för olika värden på n1, n2 och .
Observera att tabellen oftast pratar om sannolikheten P F (n1; n2) > a .
Om man istället betraktar P F (n1; n2) < b så gäller att b erhålls på
följande sätt
c Mikael Möller
P F (n1; n2) < b = P 1
b <
1
F (n1; n2)
= P 1
b < F (n2; n1)
= P F (n2; n1) > 1
b
.

8. Prövning av antaganden 197
och vi är tillbaks till ursprungsfallet där n1 och n2 har bytt roller. Detta
följer trivialt från de…nitionen av den stokastiska variabeln F .
Exempel 54 En ekonom har en teori om att volatiliteten i en aktie
påverkas märkbart när ’insiders’ ger sig in i handeln. För att testa om
denna teori håller införska¤ar ekonomen börskurserna för en aktie (AssiDomän)
där denne vet att ’insiders’ har handlat. Data delades upp
i två perioder: dels perioden där beslutet om inlösen bara var känt av
en inre krets och dels i en lika lång period före. Data transformerades
till daglig ränteavkastning och man fann standardavvikelsen 9 kronor för
perioden då inlösen bara var känd av den inre kretsen och 3 kronor för
perioden dessförinnan. Har ekonomens teori stöd i data? Antag att
normalfördelning och oberoende observationer kan anses rimligt. 21
Lösning 42 Sätt
X F i = avkastning före beslut dag i, i = 1; 2; : : : ; 25
X E j = avkastning efter beslut dag j, j = 1; 2; : : : ; 25
där X F i 2 ON( 1; 1) och X E j 2 ON( 2; 2).
Steg 1 Ekonomen tror på sin teori och vill ogärna förkasta denna om
den är sann men dennes belackare kommer naturligtvis slå ner på
första bästa felkälla. Därför väljs testet
H0 : 1 2 H1 : 1 < 2
d v s H0 : teorin fungerar ej mot alternativet H1 : teorin fungerar
och som signi…kansnivå väljs 0:01.
Steg 2 Som testvariabel tas
där F 2 F (24; 24).
F = S2 1
S 2 2
Steg 3 Beslutsregeln följer ur ekvationen
= 0:01 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P F < a
varför det erhålls att a = 1
2:66 = 0:376.
21 Vilket de inte är! Varför?
c Mikael Möller

198 8.6. Olika typer av fel
Steg 4 Data ger att Fobs = 32
9 2 = 0:11 < 0:376 varför nollhypotesen
förkastas på nivån 1 procent.
Ekonomen:s teori stämmer med verkligheten och risken för att teorin
skall vara fel är en på hundra.
8.6 Olika typer av fel
Vi har tills nu endast betraktat en typ av de två fel man kan begå vid
utförande av test – nämligen att förkasta en sann hypotes. Dock …nns
ytterligare ett fel, som man kan göra, och det framgår av nedanstående
tabell att det är att ’ej förkasta H0 om H0 ej är sann’.
Testresultat
Sanningen Förkasta H0 Förkasta ej H0
H0 är sann Ej korrekt ( ) Korrekt
H0 ej är sann Korrekt Ej korrekt ( )
Dessa två typer av fel benämns Typ I ( ) och Typ II ( ) fel där typ I
felen har sannolikheten (signi…kansnivån) att inträ¤a. Båda felen vill
vi skall vara små.
8.6.1 Styrkefunktion
För att illustrera hur dessa två typer av fel hänger ihop betraktar vi
ånyo exemplet med de nedgrävda rören. Det gäller att Typ II:felet är
= P (förkasta ej H0 givet H0 ej sann)
= 1 P (förkasta H0 givet H0 ej sann)
= 1 f(p).
Funktionen f(p) = P (förkasta H0 givet H0 ej sann) de…nieras här av
f(p) =
5X
k=0
18
k pk 18 k
(1 p)
och eftersom det är sannolikheter vi arbetar med ritar vi upp den i
intervallet (0; 1) och erhåller då …guren nedan
I …guren har vi noterat signi…kansnivån 4:8 procent för p = 0:5.
Antag nu att det sanna värdet i verkligheten är p = 0:3 d v s att ytbehandlingen
har en positiv e¤ekt. Vi ser då i …guren att sannolikheten
att förkasta H0 (när H0 ej är sann) blir 0:53.
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 199
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
Figur 8.1: (p) = 1 P 5
k=0
0.7
0.8
0.9
18
k pk 18 k (1 p)
Eftersom ett p = 0:3 betyder att metoden ger en bättre e¤ekt än
ingen behandling alls kan sannolikheten att förkasta H0 synas vara väl
liten. Testet diskriminerar ej bra för p mellan 0:5 och 0:3.
Ett sätt att göra sannolikheten större, för p = 0:3, är att utöka
antalet observationer. Om vi t ex tar ytterligare 18 par rör så att vi
totalt har 36 par så erhålls beslutsregeln att förkasta H0 till x0 = 13
när = 0:066 och x0 = 12 när = 0:033. Då signi…kansnivån ej skall
överstiga 5 procent, tar vi = 0:033 (d v s förkastelsegränsen x0 = 12)
och då erhålls sannolikheten att ’förkasta H0 när p = 0:3’till 0:74 vilken
är betydligt större än 0:53 –se …gur 8.2.
Vi ser allmänt i denna …gur att 36 par ger bättre förmåga att diskriminera
huruvida ytbehandlingen har e¤ekt eller ej. Lite eftertanke ger att
72 par vore ännu bättre o s v. Men det kostar!
Funktionen
f ( ) = P (förkasta H0)
där är den parameter som studeras, t ex = p, kallas styrkefunktionen
och för denna funktion gäller att 0 f ( ) 1 för alla värden på .
Uppgift 29 Bestäm styrkefunktionen för testet i exempel 46 när man
valt signi…kansnivån 0:01.
8.7 p-värden
Filoso…skt är begreppet signi…kansnivå tilltalande eftersom den kopplar
direkt till undersökningens kostnader samt gör att man funderar igenom
1
c Mikael Möller

200 8.7. p-värden
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Figur 8.2: 18 par (— ) och 36 par (. . . )
sitt försök och dess uppläggning innan man sätter igång. Det …nns
dock tillfällen när användandet av signi…kansnivå ej blir bra som t ex
vid diskreta fördelningar ty där är det ej alltid möjligt att trä¤a exakt
rätt med signi…kansnivån. 22
Det …nns således tillfällen när en annan terminologi skulle vara bättre
och den metod som utkristalliserats är vad som kallas p–värden. Denna
metod låser ej sannolikheten
0.6
0.7
0.8
0.9
P (förkasta H0 givet H0 sann)
till ett givet värde utan beräknar istället
P (förkasta H0 givet det resultat vi erhållit givet H0 sann)
och hur denna sannolikhet skall användas förstås lättast med ett exempel.
Exempel 55 Antag att vi vill göra ett ensidigt test på m för en N (m; )
där är känd:
H0 : m m0 H1 : m m0
Det naturliga testet är att vi förkastar H0 om vi …nner ett x som är
’stort’d v s att x ligger så mycket till höger om m0 att vi måste acceptera
mothypotesen H1.
22 Självklart kan testet krånglas till så att önskad signi…kansnivå erhålls. Men varför
krångla när det …nns bättre metoder.
c Mikael Möller
1

8. Prövning av antaganden 201
1. Om vi låser signi…kansnivån till säg 5 procent medför detta att
vi kan beräkna gränsen 0:05 = 1:96 och om x > m0 + 1:96 p n
förkastar vi nollhypotesen.
2. Antag att vi istället beräknar den till x hörande signi…kansnivån
d v s vi beräknar
Då uppstår två möjligheter.
p = P X > x givet H0 sann .
(a) Det beräknade p-värdet (signi…kansnivån) är mindre än 5 procent:
Detta betyder att x > m0 + 1:96 p n ty vi har för‡yttat
oss längre ut i fördelningens svans (vi …ck en mindre sannolikhet)
och således förkastar vi vår hypotes i detta fall.
(b) Det beräknade p-värdet (signi…kansnivån) är större än 5 procent:
Detta betyder att x < m0 + 1:96 p n ty vi har för‡yttat
oss längre in på fördelningens svans (vi …ck en större sannolikhet)
och således förkastar vi ej vår hypotes i detta fall.
Metoden med p-värden är vad alla statistikprogram anammat ty det
är lätt att beräkna p-värden men det är svårt att gissa en användares
preferens på signi…kansnivån. 23
8.8 Test av fördelningar
8.8.1
2 -testet
Det …nns två olika typer av sannolikhetsfördelningar –diskreta och kontinuerliga
–för vilka vi behöver metoder som avgör om data kommer från
den tänkta fördelningen eller ej. Eftersom data som kommer från en
diskret fördelning redan är naturligt grupperade börjar vi med att studera
dessa. Test för de kontinuerliga fördelningarna behandlas i kapitlet
Passar vår fördelning.
Antag att vår modell är ”kast med en tärning”samt att ett stickprov
på denna tärning är
3 5 4 5 6 4 3 6 4 2 3 4 5 5 4 6 6 3
4 5 5 4 3 1 6 4 3 3 2 6 4 4 1 5 4 3
23 I äldre litteratur kan man läsa om *, ** och *** signi…kans. Dessa beteckningar
bör användas endast om man medvetet avser föra läsaren bakom ljuset.
c Mikael Möller

202 8.8. Test av fördelningar
eller med andra ord att vi har kastat tärningen 36 gånger och därvid
erhållit de angivna resultaten. Vår statistiska modell för tärningskasten
är
X = antal prickar vid ett kast
där P (X = k) = 1
6 k 2 f1; 2; : : : ; 6g. Vi skall nu avgöra om stickprovet
bekräftar denna modell eller om det förkastar den. Med andra ord skall
vi avgöra om de sannolikheter som kan skattas med hjälp av stickprovet
skiljer sig märkbart från modellens teoretiska sannolikheter. För att
kunna göra detta behöver vi betrakta det transformerade stickprovet
– 2; 2; 8; 11; 7; 6 – där den första 2:an betyder att vi har två 1:or, den
andra tvåan betyder att vi har två 2:or o s v. Om modellen är bra så bör
följande approximationer gälla
2
36
1 2
,
6 36
1 8
,
6 36
1 11
,
6 36
1 7
,
6 36
1 6
,
6 36
där 36 är det totala antalet kast. Detta kan även skrivas
2 36 1
6
11 36 1
6
0, 2 36 1
6
0, 7 36 1
6
0, 8 36 1
6
0, 6 36 1
6
Idéen är således att jämföra vårt observerade värde med det förväntade
värdet. Denna idé kommer i det följande avsnittet leda oss till
2 -metoden. En metod som är så allmän att den inte bara kan användas
för test av diskreta fördelningar utan den förmår även hjälpa oss att
avgöra om gissningar på kontinuerliga fördelningar är bra eller ej samt
om händelser är oberoende eller ej.
8.8.2 Ett enklare exempel
Betrakta följande enkla försök: För att avgöra om ett mynt är symmetriskt
eller ej kastas detta n gånger. Räkna antalet krona (1) respektive
klave (0) och om ungefär hälften av kasten ger krona klassas myntet
som symmetriskt.
Detta försök kan beskrivas med följande generella modell där en av
två möjliga händelser kan inträ¤a: Sätt
där
c Mikael Möller
Xi =
1 om krona kast i
0 om klave kast i
P (Xi = k) =
0;
0.
i = 1; 2; : : : ; n
p om k = 1,
1 p om k = 0.
1
6

8. Prövning av antaganden 203
Bilda sedan de stokastiska variablerna
Y1 = antal ettor =
nX
i=1
Y2 = antal nollor = n
där Y1 2 Bin(n; p) och Y2 2 Bin(n; 1 p). För ett symmetriskt mynt
gäller att p = 0:5 men det blir inga ytterligare svårigheter om man
betraktar ett godtyckligt mynt och tillåter p vara ett godtyckligt tal
mellan 0 och 1, däremot får vi en mer allmän utsaga.
Eftersom fördelningen för Y1 är Bin (n; p) så gäller enligt centrala
gränsvärdessatsen att
Xi
nX
i=1
Y1 np
p np (1 p) N (0; 1)
om np > 5 och n(1 p) > 5. I försöket ovan förväntar vi oss att p = 0:5
varför det behövs mer än 10 slantsinglingar 24 för att normalapproximation
skall kunna användas.
I kapitlet Fördelningsmatematik visas att kvadraten på en normalfördelning
med väntevärde 0 och varians 1 är 2 -fördelad med en frihetsgrad
och det följer därför att
(Y1 np) 2
np (1 p)
2 (1)
Denna kvadratsumma skall nu skrivas om så att den innehåller både Y1
och Y2 och vi kommer då se en viss symmetri. Denna symmetri kan
överföras till situationer med ‡er än två möjliga utfall.
En uppdelning i partialbråk ger
Xi
(Y1 np) 2
np (1 p) = (Y1 np) 2
+
np
(Y1 np) 2
n (1 p)
men eftersom Y2 = n Y1 kan detta även skrivas
(Y1 np) 2
np (1 p) = (Y1 np) 2
+
np
(n Y2 np) 2
n (1 p)
= (Y1 np) 2
np
+ (Y2 n (1 p)) 2
n (1 p)
24 Med tumregeln np(1 p) > 10 erhålls istället att antalet slantsinglingar skall
vara större än 40.
c Mikael Möller

204 8.8. Test av fördelningar
Sätt nu p = p1 och 1 p = p2 varvid vi erhåller
(Y1 np) 2
np (1 p) = (Y1 np1) 2
np1
+ (Y2 np2) 2
Här känner vi nu igen det som nämndes i introduktionen nämligen att vi
betraktar skillnaden mellan det observerade värdet och det förväntade
värdet. Detta kan nu skrivas
y1 np1 och y2 np2
och vi skall avgöra om dessa skillnader är stora eller ej. Här har lösningen
förts ett steg längre ty om vi tar skillnaderna i kvadrat och delar med
det förväntade värdet, E(Yi) i = 1; 2, så erhålls en 2 -fördelning.
Det är därmed visat att det allmänt gäller
Q =
2X
i=1
Yi E(Yi) 2
E(Yi)
np2
2 (1)
där E(Y1) = np1 och E(Y2) = np2.
De observerade värdena på Y1 och Y2 bör, vid kast med ett mynt, vara
ungefär lika stora som sina förväntningsvärden (E (Yi) = npi). Kvadratsumman
bör därför vara liten om vi gissat rätt på p1 och p2 = 1 p1
och den bör vara stor om vi gissat fel.
Det hittills sagda ger oss en algoritm för att avgöra om data kommer
från ett mynt med sannolikheten p för krona eller ej.
Steg 1 H0 : p = 0:5 H1 : p 6= 0:5
Vi utgår ifrån att myntet är symmetriskt ty det har alltid varit så
förut.
Steg 2 Som testvariabel tar vi
Q =
och denna är 2 (1)-fördelad.
2X (Yi npi) 2
i=1
npi
Steg 3 Beslutsregeln erhålls nu ur ekvationen
där a = 2 (1).
c Mikael Möller
= P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P Q > a

8. Prövning av antaganden 205
Steg 4 Beräkna Qobs och om Qobs > a så förkastas nollhypotesen på
signi…kansnivån 100 procent.
Om det mer allmänt …nns r möjliga utfall (för en vanlig tärning är
r = 6) använder vi oss istället av variabeln
rX (Yi npi)
Q =
2
npi
i=1
för vilken det gäller att Q 2 2 (r 1).
Exempel 56 (forts på exempel 46 sid 177) Vad gäller för tärningen i
början av detta avsnitt? Är den rättvis eller har den oönskade egenskaper?
Använd signi…kansnivån 5 procent.
Lösning 43 Modellen gavs tidigare och de fyra hypotesstegen blir
Steg 1 H0 : pi = 1
6 i = 1; 2; : : : ; 6 H1 : :H0 25
Steg 2 Som testvariabel tar vi
Q =
vilken är 2 (6 1)-fördelad.
6X (Yi npi) 2
i=1
Steg 3 Beslutsregeln erhålls ur ekvationen
npi
= 0:05 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (Q > a)
där a = 2 0:05(5) = 11:1.
Steg 4 Vårt observerade värde erhålls till
q =
+ 11 36 1
1 2 36 6
36 1
6
6
36 1
6
2
2
= 152:8 > 11:1
+ 2 36 1
+ 7 36 1
6
36 1
6
2
6
36 1
6
2
+ 8 36 1
+ 6 36 1
6
36 1
6
2
6
36 1
6
varför vi förkastar antagandet om en korrekt tärning på signi…kansnivån
5 procent.
Det är därför att rekommendera att tärningen ej används.
25 Symbolen : skall utläsas ’icke’.
2
c Mikael Möller

206 8.8. Test av fördelningar
8.8.3 Fördelningar –diskreta
Ovanstående metod låter sig utvecklas till ett allmänt test för om en
gissad diskret fördelning är giltig eller ej. Metoden är direkt överförbar
om fördelningen är helt känd som i Bin(13; 0:34), P o(2:15) o s v. I de fall
som vi måste skatta en parameter p, o s v behöver vi endast göra en
smärre korrigering i antalet frihetsgrader för 2 -fördelningen. Frihetsgraden
skall minskas med en enhet för varje skattad parameter.
Exempel 57 En ‡yginstruktör har fört bok över antalet gjorda fel per
timme i en ‡ygsimulator och därvid efter 30 timmar erhållit följande
tabell
Antal fel 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
Frekvens 3 8 5 7 2 1 2 1 0 0 1 0
och vill nu testa sitt antagande om att antalet fel per timme uppträder
enligt en Poissonfördelning.
Lösning 44 Eftersom Poissonfördelningens parameter ej är given måste
denna skattas med hjälp av den givna informationen. Nu gäller det att
det förväntade antalet fel per timme, , skattas med medelvärdet och vi
erhåller
^
0
obs = x =
3 + 1 8 + 2 5 +
30
+ 10 1 + 11 0
= 81
= 2:7
30
Med hjälp av detta värde kan vi beräkna den teoretiska frekvensen för
0 fel per timme till nP (X = 0) = 30e 2:7 = 2:016, för 1 fel per timme
till nP (X = 1) = 30 2:71
1! e 2:7 = 5:444 o s v. Detta ger, efter en hel del
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 207
arbete, tabellen nedan
Antal Observerad Teoretisk
fel frekvens frekvens
fo
fe
(f0 fe) 2
0 3 2:016
1 8 5:444 1:679
2 5 7:350 0:751
3 7 6:615 0:022
4 2 4:464
5 1 2:412
6 2 1:086
7 1 0:417
8 0 0:141
9 0 0:042
10 1 0:012
11 0 0:003 0:290
2:742
I den fjärde kolumnen har vi slagit ihop celler så att den teoretiska
frekvensen överstiger 5 (npi > 5) så att centrala gränsvärdessatsen blir
möjlig att tillämpa. Summering av den fjärde kolumnen ger sedan det
observerade värdet på testvariabeln Q till
q = X (f0 fe) 2
= 2:742.
Steg 1 H0 : antal fel per timme 2 P o(2:7) H1 : :H0
Steg 2 Som testvariabel tar vi
fe
Q = X (f0 fe) 2
vilken är 2 (4 1 1)-fördelad. Här har vi dragit bort ytterligare
1 enhet eftersom vi skattat en parameter . Om vi skattar två
parametrar drar vi bort 2 o s v.
Steg 3 Beslutsregeln erhålls ur ekvationen
fe
= 0:01 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (Q > a)
där a = 2 0:01(2) = 9:21.
fe
c Mikael Möller

208 8.8. Test av fördelningar
Steg 4 Tabellen ger att q = 2:742 < 9:21 och H0 förkastas därför ej på
1 procent nivån.
Det …nns därför belägg för att antalet fel per timme i ‡ygsimulatorn
följer en Poissonfördelning.
8.8.4 Fördelningar –kontinuerliga
När man har observationer på en kontinuerlig fördelning brukar man
ofta göra ett histogram över data. Därvid delas data in i klasser och
på dessa klasser kan man tillämpa 2 -testet för att avgöra om en gissad
kontinuerlig fördelning passar till data eller ej.
Exempel 58 En analytiker vill ta reda på om antalet handlade köpoptioner
per dag fortfarande följer en normalfördelning med väntevärde
50 (miljoner) och standardavvikelse 10 (miljoner). Analytikern noterar
därför antalet handlade köpoptioner per dag under 90 dagar och fann då
följande tabell
Antal Observerad
köp frekvens
fo
0 10 5
10 20 9
20 30 15
30 40 23
40 50 20
50 60 8
60 70 6
70 80 3
80 1
Totalt 90
Ger tabellen belägg för ett bibehållet köpmönster? Utför ett test på nivån
2 procent.
Lösning 45 Först bildar vi den indikerade modellen och sätter
Xi = antal köpta köpoptioner dag i i = 1; 2; : : : ; 90
där Xi 2 ON(50; 10).
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 209
Med hjälp av modellen kan vi nu beräkna de teoretiska frekvenserna 26
för de angivna klasserna (intervallen). Därefter utvecklar vi tabellen
enligt samma mönster som för de diskreta fördelningarna. Detta ger oss
tabellen
Antal Observerad Teoretisk
köp frekvens frekvens
fo
fe
(f0 fe) 2
0 10 5 0:0
10 20 9 0:126
20 30 15 1:926
30 40 23 12:231 99:599
40 50 20 30:717 3:739
50 60 8 30:717 16:801
60 70 6 12:321
70 80 3 1:926
80 1 0:126 1:330
Totalt 90 121:469
I tabellen har vi slagit ihop de fyra raderna 0 10 till 30 40 så att
kravet om förväntat värde större än 5 uppfylls. Detsamma har gjorts för
raderna 60 70 till 80 . Testet blir nu
Steg 1 H0 : Antal köp per dag 2 N(50; 10) H1 : :H0
Steg 2 Som testvariabel tar vi
vilken är 2 (4 1)-fördelad.
Q = X (f0 fe) 2
Steg 3 Beslutsregeln erhålls ur ekvationen
fe
= 0:01 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (Q > a)
där a = 2 0:01(3) = 11:345.
26 För t ex intervallet (20; 30) gäller att den teoretiska frekvensen är
nP (20 < X 30) = 90P
20 50
10
< X 50
10
= 90P ( 3 < Z 2)
1:926.
fe
30 50
10
c Mikael Möller

210 8.8. Test av fördelningar
Steg 4 Eftersom Qobs = 121:469 > 11:345 förkastas nollhypotesen på
nivån 1 procent.
Testet visar tydligt att köpmönstret har förändrats. En snabb kalkyl ger
att det skattade medelvärdet är 37:6 miljoner och inte 50 miljoner. Bara
här uppstår en diskrepans.
Uppgift 30 Gör om testet i exemplet ovan men ta nu hänsyn till att
och skattas med x och s. Vad blir nu resultatet?
8.8.5 Test av oberoende
2 -testet är även lämpligt när man vill testa om två olika typer av händelser
A och B är oberoende eller ej (kontigenstabeller). Antag att den
ena händelsetypen har a olika möjliga utfall, vilka vi betecknar med
A1; A2; : : : ; Aa, samt att den andra händelsetypen har b möjliga utfall,
vilka vi betecknar med B1; B2; : : : ; Bb. Sätt
Xij = antal gånger händelserna Ai och Bj inträ¤at samtidigt
i = 1; 2; : : : ; a och j = 1; 2; : : : ; b.
Vi erhåller då en tabell enligt
Typ B
Typ A B1 B2 Bb
A1 X11 X12 X1b r1
A2 X21 X22 X2b r2
.
.
.
. ..
Aa Xa1 Xa2 Xab ra
c1 c2 cb n
där det gäller att ri = Pb j=1 Xij och cj = Pa i=1 Xij samt n = Pa Pb j=1 cj. De…niera nu sannolikheterna
pij = P (Ai \ Bj),
pi = P (Ai),
p j = P (Bj).
Om oberoende föreligger så skall det gälla att
pij = pi
Ett test av oberoende händelser blir nu
c Mikael Möller
p j.
.
.
i=1 ri =

8. Prövning av antaganden 211
Steg 1 Vår hypotes är
eller ekvivalent
H0: händelserna A och B är oberoende H1: :H0
H0: pij = pi p j , 8 (i; j) : i 6= j H1: :H0.
Steg 2 Under hypotesen har vi testvariabeln
Q =
aX
i=1 j=1
bX (fo fe) 2
=
fe
aX
bX
i=1 j=1
(Xij npi p j) 2
npi p j
där Q 2 (?) 27 . Nu är p1 ; p2 ; : : : ; pa och p 1; p 2; : : : ; p b okända
parametrar och de måste därför skattas. Det visar sig att lämpliga
skattningar (enligt minsta-kvadrat-metoden) är
pi = ri
n
p j = cj
n
i = 1; 2; : : : ; a
j = 1; 2; : : : ; b
och eftersom det gäller att p a = 1 p 1 p 2 p (a 1) samt
pb = 1 p1 p2 p (b 1) behöver vi skatta a 1 och b 1
parametrar. Detta för med sig att antalet frihetsgrader för Q måste
justeras till
ab 1 (a 1) (b 1) = ab a b + 1
Vår testvariabel blir därför
Q =
aX
bX
i=1 j=1
där Q 2 (a 1)(b 1) .
Steg 3 Beslutsregeln erhålls nu till
27 Fortsätt att läsa!
Xij n ri
n
n ri cj
n n
= (a 1)(b 1).
cj
n
= P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (Q > 2 ).
2
c Mikael Möller

212 8.8. Test av fördelningar
Steg 4 Beräkna Qobs och jämför med 2 .
Vi ger nu ett exempel på när ett oberoende-test är lämpligt och hur
det praktiskt utförs.
Exempel 59 På ett sjukhus har man fört bok över ett stort antal patienter
och noterat om de bland annat är rökare och/eller har någon
hjärtsjukdom. En medicine kandidat vill nu undersöka om hennes teori,
om inget samband mellan rökning och hjärtsjukdom, har stöd i be…ntliga
observationer (se tabellen nedan).
R Hjärtsjukdom
ö Ja (HJ) Nej (HN)
k Ja (RJ) 300 200 500
a Nej (RN) 100 300 400
r 400 500 900
e
Lösning 46 En statistikers formulering av ovanstående fråga är: Rökning
och hjärtsjukdom är oberoende händelser. Vi har därför att utföra
ett oberoende-test och ur den givna tabellen erhålls att
samt att
P (RJ \ HJ) = 300
900 P (RJ \ HN ) = 200
900
P (RN \ HJ) = 100
900 P (RN \ HN) = 300
900
P (RJ)P (HJ) = 500 400
900 900 P (RJ)P (HN) = 500 500
900 900
P (RN)P (HJ) = 400 400
900 900 P (RN )P (HN) = 400 500
900 900 .
Den omformulerade frågan är nu om de…nitionen av oberoende
P (A \ B) = P (A)P (B)
är uppfylld eller ej. Observera att villkoret np > 5 är giltigt i varje cell.
Steg 1 H0 : händelserna R och H är oberoende H1 : :H0
Steg 2 Som testvariabel tar vi
Q =
2X
i=1 j=1
där Q är 2 (2 1)(2 1) -fördelad.
c Mikael Möller
2X (fo fe) 2
fe

8. Prövning av antaganden 213
Steg 3 Vår beslutsregel erhålls ur ekvationen
där 2 0:05(1) = 3:84.
Steg 4 Data ger att
= 0:05 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (Q > 2 )
q =
= 300 900 5
+ 200 900 5
2X
2X
i=1 j=1
Xij n ri
n
n ri cj
n n
4
9 9
900
2
5 4
9 9
5
9 9
2
900 5 5
9 9
= 110:25
+ 100 900 4
+ 300 900 4
cj
n
2
4
9 9
900
2
4 4
9 9
5
9 9
2
900 4 5
9 9
Eftersom q = 110:25 > 3:84 så föreligger signi…kant beroende mellan
rökning och hjärtsjukdomar.
Medicine kandidatens teori har ej stöd i be…ntliga observationer.
Alla de tabeller vi studerat med hjälp av 2 -testet har bestått av
r rader och c kolumner. Vid test av fördelning har vi 2 kolumner
(observerad och teoretisk frekvens) och r rader och vid vårt test av
oberoende var det 2 rader och 2 kolumner (eller allmänt a rader och
b kolumner).
Oavsett vad vi studerar behövs antalet frihetsgrader för den aktuella
2 -fördelningen och vi har angett dessa till att vara (a 1)(b 1). Vid
fördelningstesten måste vi även ta hänsyn till antalet (m) skattade parametrar
och erhåller då frihetsgraden (a 1) (b 1) m.
Dessa frihetsgrader är intimt förknippade med rangen hos en matris
och vi illustrerar detta på föregående exempel om oberoende. Tabellen
där har följande principiella utseende
x1 x2 r
x3 x4 n r
c n c n
c Mikael Möller

214 8.9. Övningar och Problem
vilket är ekvivalent med ekvationssystemet
x1 + x2 = r
x3 + x4 = n r
x1 + x3 = c
x2 + x4 = n c
och detta system har rangen 1 d v s (2 1)(2 1).
8.9 Övningar och Problem
c Mikael Möller

8. Prövning av antaganden 215
8.10 Lösningar till uppgifter
26 Eftersom vi valt nollhypotesen = 0 följer att vi vill undvika både
för stora och för små värden varför a = b. är bara en alternativ
beteckning.
27 Ett symmetriskt 99 procentigt trovärdighetsintervall för när är
okänd är
x 2 p n
= 59:7 2:576 0:7
p 100
= 59:7 0:18
= (59:52; 59:88) .
Eftersom detta intervall ej innehåller värdet 60 kan produktionen ej anses
hålla sig inom angivna ramar.
28 Med samma modell som i exempel 52 erhålls
Steg 1 H0 : p1 = p2 H1 : p1 6= p2
Steg 2 Som testvariabel väljer vi
Z =
X1 X2
q
p(1 p) 1 1
n + n
eftersom p1 = p2 = p. En skattning av p blir 28
^pobs =
1903 0:29 + 1903 0:32
1903 + 1903
Steg 3 Beslutsregeln erhålls ur ekvationen
där 0:005 = 2:5758.
= 0:305
= 0:01 = P (förkasta H0 givet H0 sann)
= P (jZj > =2)
28 Likelihood funktionen blir, när p1 = p2 = p,
L(p) = n1
k pk (1 p) n1 k n2
m pm (1 p) n2 m .
Bestäm maximum för logaritmen av denna funktion varvid man …nner att
k + m
^p = =
n1 + n2
n1 k
m
+ n2 n1 n2
n1 + n2
= n1 ^p1 + n2 ^p2
.
n1 + n2
c Mikael Möller

216 8.10. Lösningar till uppgifter
Steg 4 Vi …nner att
0:29 0:32
Zobs = q
1 1
0:305(1 0:305) 1903 + 1903
= 2:01
och eftersom j 2:01j < 2:5758 förkastas ej nollhypotesen på signi-
…kansnivån 1 procent.
Moderaterna:s andel av väljarkåren är densamma som Socialdemokraterna:s.
Observera att denna slutsats strider mot den föregående slutsatsen. Hur
förklarar du det?
29 Styrkefunktionen kan här skrivas
f ( ) = P
= 1 P
X 60
= p n
X 60
= p n
= 1 P 2:576
= 1 P 2:576
= 1 P 2:576
= 1 2:576
= 1 2:576
> 2:576 när det sanna värdet är
2:576 när det sanna värdet är
X 60
= p n
2:576
X + 60
= p n
60
= p n
60
= p n
60
= p n
X
= p n
2:576
+ 2:576
2:576
60
2:576
= p n
60
= p n
60
= p n
Om vi nu stoppar in = 0:7 och n = 100 så erhålls den funktion som
är skisserad i …guren nedan. Observera att dess minimum ligger precis
0:005 över -axeln (även om det kan vara svårt att se).
c Mikael Möller

9. Linjär regression –
enkel
217

218
c Mikael Möller

10. Linjär regression –
multipel
219

220
c Mikael Möller

11. Icke linjär regresion
221

222
c Mikael Möller

12. Logistisk regression
Logistisk regression är en statistisk analysmetod för att dels utröna
vilka förklarande variabler (x1; x2; : : : ; xm) som signi…kant påverkar en
diskret svarsvariabel (Y , som endast antar värdena 0 eller 1) och dels
göra förutsägelser på svarsvariabeln för en given uppsättning förklarande
variabler. För svarsvariabelns väntevärde ansätts
E( Y j x1; x2; : : : ; xm ) = p(x1; x2; : : : ; xm)
d v s att väntevärdet är någon funktion, en sannolikhet, av de förklarande
variablerna (x1; x2; : : : ; xm). De förklarande variablerna kan här vara
kontinuerliga och/eller diskreta. Om vi antar att funktionen är linjär,
d v s att vi har en multipel linjär regression, så gäller
p(x1; x2; : : : ; xm) = 0 + 1x1 + + mxm,
men de mätfel som görs vid denna modell är ej normalfördelade och ej
heller har mätfelen konstant varians –hela teorin för linjär regression
bryter samman. Därför måste vi ta fram en speciell teori för dylika
svarsvariabler/modeller en teori där p(x1; x2; : : : ; xm) är en sannolikhet.
12.1 När är logistisk regression användbart
Låt oss börja med att betrakta tre exempel där logistisk regression är
lämplig att använda.
Exempel 60 I en programmeringstävling ingick bland annat att konstruera
en algoritm som på en given tid skulle lösa ett givet problem.
Deltagarna hade en på förhand bestämd tid på sig att lösa problemet och
beroende på deras resultat klassades de som 1 (löst uppgiften) respektive
0 (ej löst uppgiften). Över deltagarna …nns en förteckning över deras
meriter och däribland antalet månader som de arbetat med programmering.
Frågan är nu om programmerarens erfarenhet spelar någon roll för
dennes förmåga att lösa uppgiften. Denna fråga kan i vårt statistiska
språk uttryckas som: beror P (Y = 1) av den oberoende variabeln x =
erfarenhet? När tävlingen var klar erhölls följande tabell över de 19
deltagarna. I tabellen står S (1) för att programmeraren lyckades lösa
uppgiften och F (0) för motsatsen:
223

224 12.1. När är logistisk regression användbart
Tabell 12.1: Resultattabell för programmeringstävlingen.
Programmerare 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Erfarenhet 14 29 6 25 18 4 8 12 22 28
Resultat F F F S S F S F S S
Programmerare 11 12 13 14 15 16 17 18 19
Erfarenhet 30 11 19 5 20 13 9 32 24
Resultat S F F F S F F S F
Den modell vi här ansätter är
Yi = p(xi) + i
i = 1; 2; : : : ; 25,
där Yi = 1 om programmerare i lyckats lösa uppgiften och 0 annars. Den
förklarande variabeln, xi, är här antalet månaders programmeringserfarenhet.
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
­0,2
0 5 10 15 20 25 30 35
Figur 12.1: Programmerare som löser en uppgift (1 = lyckas och 0 =
misslyckas)
När vi ovan ritar en bild av svarsvariabeln, Y , som funktion av den
förklarande variabeln, x, så blir bilden rätt intensägande ty vi erhåller
endast två linjer av punkter. Där …nns ingen uppenbar information om
det vi är ute efter – sannolikheten p(x) = E( Y j x ). Detta gör den
logistiska regressionen mindre intuitiv än den linjära regressionen där
punkterna ansluter sig till E( Y j x ).
Ett möjligt användningsområde kan vara en person som anställer programmerare
och som med hjälp av denna modell fattar beslut om anställning
(1) eller ej (0). Självklart räcker det ej med en enda förklarande
c Mikael Möller

12. Logistisk regression 225
variabel, vilket data också ger uttryck för, ty programmerare 7 har endast
8 månaders erfarenhet men lyckas ändock lösa uppgiften på stipulerad tid
men programmerare 2 har 29 månaders erfarenhet och misslyckas.
I ovanstående exempel fanns endast en mätning per x-värde och vi säger
då att data är ogrupperade. Om vi hade haft ‡era programmerare med
samma erfarenhet så säges data vara grupperade. För att illustrera grupperade
data byter vi dock till nedanstående exempel.
Exempel 61 ICA sänder ut rabattkuponger till 1000 hushåll. Av dessa
rabattkuponger fanns det 200 av varje av 2, 4, 6, 8 och 10 procents rabatt.
Rabatten gällde vid ett och samma köptillfälle av en speciell vara.
Svarsvariabeln Y är 1 (Ja) om hushållet använt rabattkupongen och 0
(Nej) annars.
Tabell 12.2: Använda rabattkuponger
Rabatt Hushåll Använt
2 32 1
4 51 1
6 70 1
8 103 1
10 148 1
2 168 0
4 149 0
6 130 0
8 97 0
10 52 0
Eftersom det kostar pengar att göra utskick samt ge rabatt måste ett
tillräckligt stort antal kuponger användas för att det skall bli lönsamt.
Därför önskar ICA hitta en optimal rabattsats och ett delsvar är att
…nna en skattning på andelen kunder som verkligen utnyttjar rabatten.
Om vi plottar data i en …gur erhålls …gur 12.2 på sid 226. Observera
att varje punkt i denna …gur består av ‡era observationer. Till exempel
består observation (2; 1) av 32 observationer och observation (10; 0) av
52 observationer. Den modell vi här ansätter blir därför en utvidgning
av modellen i exempel 60:
Yi;j = p(xi) + i;j i = 1; 2; 3; 4; 5 j = 1; 2; : : : ; 200,
där Yi;j = 1 (Ja) om det j:te av de hushåll som …ck rabatten xi har
utnyttjat rabatten och 0 (Nej) om de ej utnyttjat rabatten. Den förklarande
variabeln, xi, är rabattens storlek och till varje storlek …nns en
c Mikael Möller

226 12.1. När är logistisk regression användbart
studerad grupp om totalt 200 hushåll. Eftersom vi har ‡er observationer
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
­0,2
2 4 6 8 10
Figur 12.2: Rabattkuponger
per rabattsats har vi också ritat in de skattade värdena av proportionen
använda rabattkuponger (punkterna ) vid rabattsatsen xi d v s
^p(2) = 32
148
; ; ^p(10) =
200 200 .
Vi avslutar med ett exempel inom bankväsendet som troligen återigen
kommer att bli högaktuellt.
Exempel 62 Försäkringssparbanken säljer bostadslån till enskilda hushåll.
För att skydda sig mot eventuella obehagligheter och därmed hålla
kreditförlusterna nere avkrävs varje låntagare uppgifter om tidigare betalningsinställelser,
aktuell årsinkomst (medelvärdet av de senaste 5 åren),
aktuell förmögenhet (ej fastigheter) m m. Efter 5 år har man dessutom
noteringar över vilka lån där låntagaren någon gång under perioden haft
problem med att amortera och/eller betala räntorna. Utifrån dessa noteringar
har man bland annat framställt tabellen 12.3 på sid 227. Den
modell vi här ansätter är densamma som i exempel 61 men med den
skillnaden att vi har en variabel gruppstorlek:
Yi;j = p(xi) + i;j i = 1; 2; 3; : : : ; 11; j = 1; 2; : : : ; ni,
där Yi;j är 1 (Ja) om det j:te lånet vid årsinkomst xi ej har amorterats
enligt plan och 0 (Nej) annars. Den förklarande variabeln, xi, är här
c Mikael Möller

12. Logistisk regression 227
årsinkomstens storlek och till varje årsinkomst; xi, …nns en grupp om ni
lån.
Tabell 12.3: Resultat beviljade bostadslån.
Problemlån Ej problemlån
Inkomst Problem Antal lån Problem Antal lån
0 0 567 1 183
25 0 32 1 8
75 0 70 1 20
125 0 218 1 32
175 0 788 1 48
225 0 1329 1 81
275 0 1289 1 31
350 0 996 1 24
450 0 227 1 3
600 0 150 1 0
850 0 79 1 1
Om vi plottar data i en …gur erhålls …gur 12.3 och även i denna …gur
består varje punkt av ‡era observationer.Till exempel består observation
(0; 1) av 183 lån med problem och observation (850; 0) av 79 lån utan
problem. Vi har även här ritat in de skattade proportionerna (punkterna
). Vi får här en kurva som avtar mot 0 till skillnad från kurvan i
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
­0,2
­100 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900
Figur 12.3: Bostadslån
föregående exempel som växte mot 1. Om vi istället valt att betrakta de
c Mikael Möller

228 12.2. Hur ser p(x1; : : : ; xm) ut
problemfria lånen så kommer vi tillbaks till en kurva som växer mot 1.
Nu låter sig inte betalningsförmågan beskrivas med ett så enkelt mått som
årsinkomsten utan man bör även ta till vara andra möjliga förklarande
variabler som förmögenhet, kön, ålder, och tidigare betalningsanmärkningar.
Gör man detta erhålls istället den mer allmäna modellen
Yi;j = p(x1;i; : : : ; xm;i) + i;j i = 1; 2; : : : ; 11, j = 1; 2; : : : ; ni,
där antalet förklarande variabler är m. Av de tidigare 5 uppräknade
förklarande variablerna är inkomst, förmögenhet och ålder kontinuerliga
och kön (Man/Kvinna) samt betalningsanmärkningar (Ja/Nej) diskreta.
Ett användningsområde är att för en låneansökan bestämma om ett lånesökande
hushåll skall få ett bostadslån eller ej.
Innan vi går vidare med ovanstående tre exempel behöver vi utreda
strukturen hos väntevärdet
E( Y j x1; x2; : : : ; xm ) = p(x1; x2; : : : ; xm).
12.2 Hur ser p(x1; : : : ; xm) ut
I de exempel som getts framgår att E( Y j x ) för varje värde på x är
en sannolikhet samt att när x växer så växer denna sannolikhet mot 1
och när x avtar så avtar sannolikheten mot 0 (tvärtom gäller i exempel
62). I exempel 60 gäller ju att den som inte har någon programmeringserfarenhet
överhuvudtaget har sannolikheten 0 att kunna klara av
uppgiften på stipulerad tid. Omvänt bör en mycket erfaren programmerare
ha en sannolikhet nära 1 för att klara uppgiften. Strukturen hos
p(x) bör därför ha formen av en fördelningsfunktion (eller en spegelvänd
sådan som i exempel 62).
I avsnitt 12.2.1 tar vi fram denna sannolikhet med hjälp av en spelbetraktelse
(odds) och i avsnitt 12.2.1 med hjälp av en populationsbetraktelse.
12.2.1 Logistisk regressionsmodell via odds
För att …nna ett uttryck för E( Y j x ) skall vi betrakta begreppet odds.
Detta är ett typiskt spelbegrepp och välkänt bland alla hasardspelare.
Låt oss därför resonera som en sådan: Bakom en skärm …nns en person
(man eller kvinna) och om denna person får du veta dennes längd, x,
och utifrån denna information skall du gissa på kön. Oddset för att gissa
c Mikael Möller

12. Logistisk regression 229
rätt de…nieras av
odds =
antal kvinnor av längd x
antal män av längd x
och anses vara känt (det mesta …nns registrerat i Sverige så varför inte
en uppdelning på längd). Begreppet odds låter sig nu uttryckas i sannolikhetsteoretiska
termer ty vi kan dividera med ’antal personer av längd
x’varvid
odds =
antal kvinnor av längd x
antal personer av längd x
antal män av längd x
antal personer av längd x
= p(x)
1 p(x)
=
1
antal kvinnor av längd x
antal personer av längd x
antal kvinnor av längd x
antal personer av längd x
där vi de…nierat
antal kvinnor av längd x
p(x) = = proportionen kvinnor av längd x.
antal personer av längd x
Antag att proportionen kvinnor av längd 185 cm är 0:1. Oddset för en
kvinna, om vi får veta att längden är x = 185, är då
oddsk = 0:1 1
= = 1 till 9
0:9 9
och motsvarande odds för en man blir
oddsm = 0:9 9
= = 9 till 1.
0:1 1
Vi ser genast följande mycket enkla samband
1
odds för kvinna =
odds för man
d v s att ’odds för kvinna’ ’odds för man’= 1. Men eftersom det traditionellt
är enklare att räkna med + och än med och och vi
dessutom strävar mot enkla modeller (på något sätt vill vi ha en linjär
modell) så logaritmerar vi oddset (då blir nämligen
enligt logaritmlagarna
+ och ) och
1 har vi
ln(odds för kvinna) = ln(odds för man).
Med hjälp av den ovan införda sannolikheten p(x) kan denna senare
ekvation även formuleras som
ln
p(x)
1 p(x)
= ln 1 p(x)
p(x)
1 Enligt det matematiska språket skall ln uttydas som den naturliga logaritmen
d v s basen är det naturliga talet e = 2: 718 3.
.
c Mikael Möller

230 12.2. Hur ser p(x1; : : : ; xm) ut
Approximation av odds
Ovan införde vi begreppet odds samt dess logaritm 2 för att komma fram
till ett förslag på utseendet hos E( Y j x ). Eftersom hela vitsen med logaritmeringen
var att ersätta alla med + och alla med så approximerar
vi det logaritmerade värdet av ln(odds) med ett linjärt uttryck 3
d v s vi sätter
ln
p(x)
1 p(x) = 0 + 1x.
Vårt nästa steg är att hitta ett uttryck för p(x) och studera vilka egenskaper
detta p(x) har. Först några standardomskrivningar
ln
p(x)
1 p(x) = 0 + 1x
p(x)
= e 0+ 1x
1 p(x)
p(x) = 1 p(x) e 0+ 1x .
Ur den sista ekvationen löses sannolikheten, p(x), till
p(x) =
e 0+ 1x
=
1 + e 0+ 1x
1
1 + e 0 1x .
Låt oss se om detta uttryck på p(x) = E( Y j x ) uppfyller kraven på en
sannolikhet. Notera att parametern 0:s tecken är ointressant eftersom
e 0 är en positiv konstant oavsett värdet på 0.
Antag först att parametern 1 är positiv. Vi ser då att p( 1) = 0
och p(1) = 1 samt att alla tal mellan 0 och 1 antas men inga andra.
Antag nu att parametern 1 är negativ. Vi ser då att p( 1) = 1
och p(1) = 0 samt att alla tal mellan 0 och 1 antas men inga andra.
Det gäller därför att det funna uttrycket
p(x) =
1
1 + e 0 1x
2 Det …nns andra logaritmer än ln som t ex log som står för 10-logaritmen vilken
använder sig av basen 10. Denna var före räknedosornas tid rätt populär men har
förlorat i in‡ytande ty den ställer till problem i många sammanhang. Man måste
dras med en irriterande konstant.
3 Eftersom linjära modeller är linjära i sina parametrar kan vi om så krävs
ansätta modellen
p(x)
ln
1 p(x) = + 1x + + kx k
och därmed erhålla godtycklig noggranhet.
c Mikael Möller

12. Logistisk regression 231
uppträder som en sannolikhet. I …gur 12.4 ges hur denna sannolikhet
beror av x för några olika värden på parametrarna 0 och 1.
1
0.8
0.6
0.4
0.2
­1
0
1 2 3 4 5 6
p(x) =
e 4+2x
1+e 4+2x
1
0.8
0.6
0.4
0.2
­2 ­1
0
1 2 3 4 5
p(x) =
e4
2x
1+e4 2x
Figur 12.4: Två sannolikhetsmodeller som kan genereras med den föreslagna
metoden.
Jämför dessa två möjliga utseenden med …gur 61 på sid 225 och …gur
62 på sid 226. Vi ser att …gur 61 liknar den vänstra …guren ovan och
…gur 62 liknar den högra (eller snarare delar av dessa).
12.2.2 Logistisk regressionsmodell via tillväxtmodell
När vi i föregående avsnitt tog fram väntevärdet för vår responsvariabel
införde vi en approximation för logaritmen av oddset och det är något
otillfredsställande. Här skall vi göra en annan härledning av väntevärdet.
Nu baserat på tillväxten av en populationsmodell. Detta avsnitt kräver
kunskap om di¤erentialekvationer och integraler och vänder sig därför
endast till de läsare som har dessa kunskaper. Innehållet i detta avsnitt
kommer ej behövas längre fram och det kan därför hoppas över.
Modell
Vi skall betrakta en population (rabattkuponger, människor, tävlande
m m) och studera hur den tillväxer under vissa naturliga antaganden som
t ex begränsat livsutrymme.
Sätt
Y (t) = en populations storlek vid tidpunkt t
och vi intresserar oss för populationens storlek vid tidpunkten t + dt. En
c Mikael Möller

232 12.2. Hur ser p(x1; : : : ; xm) ut
första approximation av Y (t + dt) kan nu skrivas
Y (t + dt) = Y (t) + Y (t) dt
där dt är ett litet tidsavsnitt. I ord blir detta att populationens storlek
vid tidpunkt t + dt är först populationens storlek vid tidpunkt t plus en
ökning/minskning av populationen som är proportionell mot en universiell
konstant och tidsavsnittet dt. Det verkar rimligt att ju kortare
tidsavsnitt desto mindre ökning och vice versa.
Denna ekvation kan skrivas om till
Y (t + dt) Y (t)
dt
= Y (t)
och om vi låter dt ! 0 så går vänstra ledet mot derivatan av Y (t) d v s
vi har
dY (t)
Tillväxten = = Y (t) .
dt
Detta är en di¤erentialekvation och den har lösningen
Y (t) = e
som tyvärr leder till orimligheter –en population kan inte växa obegränsat.
Antag därför att dess största möjliga storlek är N (t ex kan inte
jordens befolkning bli hur stor som helst). Detta rimliga antagande gör
att vi kan införa en begränsningsfaktor N Y (t). Om vi dessutom delar
faktorn med N d v s vi betraktar kvoten
N Y (t)
N
+ t
0 Y (t) N
så får vi en faktor som ligger mellan 0 och 1 (här får av naturliga skäl
Y (t) bara anta värden mellan 0 och N). Detta leder oss till en modi-
…erade di¤erentialekvation för tillväxten:
dY (t)
Tillväxten = =
dt
N
Y (t)
Y (t)
N
= Y (t) 1
Y (t)
N
.
Om båda leden delas med N erhålls
c Mikael Möller
Y (t)
d N
dt
= Y (t)
N
1
Y (t)
N

12. Logistisk regression 233
och vi betraktar
Y (t)
p (t) =
N
som den möjliga proportionen. Ekvationen för denna proportion blir
dp (t)
dt
= p (t) 1 p (t) .
Denna ekvation kan lösas medelst separering (separabel di¤erentialekvation)
Z
dp (t)
p (t) 1 p (t) =
Z
dt
Högra ledet blir Z
och vänstra ledet blir
Z
V L =
varför
Z
=
dt = + t
dp (t)
p (t) 1 p (t)
1
p (t)
1
1 p (t)
= ln p (t) ln (1 p (t))
= ln
ln
p (t)
1 p (t)
p (t)
= + t.
1 p (t)
Om vi löser ut p (t) i denna ekvation så erhålls
p (t) =
1
1 + e
t
dp (t)
vilket stämmer bra med tidigare resultat. Det är således införandet av
en övre gräns som ger väntevärdet dess karakteristiska form.
12.3 Hur bestäms parametrarna 0 och 1
Vi har nu gett en möjlig beskrivning av väntevärdet, E( Y j x ), för
svarsvariabeln (Y = 0 eller 1) och visat att detta värde ligger mellan
0 och 1. Det återstår att …nna en metod för att skatta de i modellen
c Mikael Möller

234 12.3. Hur bestäms parametrarna 0 och 1
ingående parametrarna 0 och 1. Vi ställer därför frågan: Finns det
någon metod att skatta parametrarna 0 och 1 i den logistiska regressionsmodellen
Yi =
1
1 + e 0 1xi + i i = 1; 2; : : : ; n
där i är generaliserat Bernoullifördelade. Svaret på denna fråga är att
en sådan metod …nns –Maximum Likelihoodmetoden. Denna metod går
ut på att man bestämmer parametrarna 0 och 1 så att sannolikheten
för det utfall man fått blir så sannolikt som möjligt. 4 Vi har därför att
maximera funktionen
L( 0; 1) = P (Y1 = y1; Y2 = y2; : : : ; Yn = yn : 0; 1)
med avseende på 0 och 1. Här beskriver talen y1; y2; : : : ; yn det utfall
(de observationer) som vi …ck, t ex utfallet 0; 1; 0; : : : ; 1. Men eftersom
vi har oberoende observationer kan denna funktion skrivas
L( 0; 1) = P (Y1 = y1 : 0; 1) P (Yn = yn : 0; 1)
nY
= P (Yi = yi : 0; 1)
i=1
och vi behöver därför endast bestämma P (Yi = yi : 0; 1). Det gäller nu
att Yi är Bernoullifördelad med sannolikheten pi = p(xi) för att ’lyckas’
varför
P (Yi = yi : 0; 1) = p yi
i (1 pi) 1 yi ; yi = 0; 1
(inses om man först sätter yi = 1 och sedan 0). Men
varför
P (Yi = yi : 0; 1) =
=
pi =
1
1 + e 0 1xi
1
1 + e 0 1xi
1
1 + e 0 1xi
yi
yi
1
1
1 + e 0 1xi
e 0 1xi
1 + e 0 1xi
1 yi
1 yi
4 Den mer generella modellen med m parametrar och ni observationer per grupp
tillför inget nytt utan ger endast mer komplicerade uttryck.
c Mikael Möller
.

12. Logistisk regression 235
Eftersom vi alltid kan numrera om data så är det ingen inskränkning att
anta att de första n1 mätningarna ger resultatet 1 och de övriga n n1
resultatet 0. Vi antar därför att
Y1 = Y2 = = Yn1 = 1 och Yn1+1 = Yn1+2 = = Yn = 0.
Denna omnumrering ger oss slutligen följande mer hanterbara uttryck på
likelihoodfunktionen (observera att n1 = Pn i=1 yi varför observationerna
yi ingår i funktionen)
L( 0; 1) =
=
n1 Y
i=1
1
1 + e 0 1xi
n1 Y
e
i=1
nY
(1 + e
i=1
0+ 1xi
0+ 1xi)
.
nY
i=n1+1
e 0 1xi
1 + e 0 1xi
För att …nna maximum av funktionen L( 0; 1) gissar man lämpliga
startvärden på 0 och 1 och medelst en iterationsteknik genererar man
i varje iteration nya värden 0 och 1. Förfarandet avslutas när tillräcklig
noggrannhet uppnåtts. 5
12.3.1 För att summera och generalisera
I vår summering betraktar vi den mer allmänna modellen som har m
förklarande variabler x1; x2; : : : ; xm ty det innebär egentligen ingen extra
svårighet (tänk igenom de olika stegen ovan med m förklarande variabler
istället för med en). Vi gör nu följande de…nition:
De…nition 48 (av logistisk regression.) Logistisk regression är en statistisk
analysmetod för att kunna göra förutsägelser på en diskret svarsvariabel
Y , som endast antar värdena 0 eller 1. Dess väntevärde de…nieras
av
E( Y j x1; x2; : : : ; xm ) =
1
1 + e 0 1x1 2x2 mxm .
De förklarande variablerna x1; x2; : : : ; xm kan vara kontinuerliga eller
diskreta.
5 Likelihoodfunktionens komplicerade utseende gör att man måste förlita sig på
något statistiskt program.
c Mikael Möller

236 12.4. Tillbaks till exemplen
Den logistiska regressionsmodellen för en förklarande variabel, xi, skrivs
Yi =
1
1 + e 0 1xi + i i = 1; 2; : : : ; n,
där i; i = 1; 2; : : : ; n är n oberoende generaliserat Bernoullifördelade
variabler för vilka det gäller att
P ( i = e) = pi om e = 1 pi
1 pi om e = pi.
Denna regressionsmodell används när svarsvariabeln endast antar två
värden och man dels vill förstå vilka av de förklarande variabler (given
information) som signi…kant påverkar mätresultatet och dels när man
vill göra prognoser.
12.4 Tillbaks till exemplen
Vi skall nu åter betrakta exemplen från avsnitt 12.1.
Exempel 63 I en programmeringstävling ingick bland annat att konstruera
en algoritm som på en given tid skulle lösa ett givet problem.
Deltagarna hade en på förhand bestämd tid på sig att lösa problemet och
beroende på deras resultat klassades de som 1 (löst uppgiften) respektive
0 (ej löst uppgiften). Över deltagarna …nns en förteckning över deras
meriter och däribland antalet månader som de arbetat med programmering.
Data …nns i tabell 12.1 sid 224. Frågan är nu om programmerarens
erfarenhet spelar någon roll för dennes förmåga att lösa uppgiften samt
vad är sannolikheten att en programmerare med 10 månaders erfarenhet
löser uppgiften?
Lösning 47 Sätt
Yi =
1
1 + e 0 1xi + i i = 1; 2; : : : ; 25
där Yi är 1 om programmeraren lyckats lösa uppgiften och 0 annars. Den
förklarande variabeln, xi, är antalet månaders programmeringserfarenhet
som programmeraren har och i:na är oberoende och generaliserat
Bernoullifördelade mätfel. Givet data enligt tabell 12.1 så erhålls följande
observerade skattningar av 0 och 1
c Mikael Möller
b0 = 3:05970 (1:25959)
b1 = 0:16149 (0:065)

12. Logistisk regression 237
med standardavvikelser angivna inom parentes. Detta ger den skattade
sannolikheten (väntevärdet av Y ) vid 10 månaders programmeringserfarenhet
till
^p(10) =
1
= 0:191
1 + e3:05970 0:16149 10
Denna sannolikhet kan även erhållas ur …guren nedan. Eftersom vi bara
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
­0,2
0 5 10 15 20 25 30 35
Figur 12.5: Programmering (forts).
har en observation per punkt kan vi inte med data:s hjälp påvisa att
modellen är rimlig. Den beskrivna situationen torde dock ge upphov till
en skattad sannolikhet av denna typ.
Exempel 64 ICA sänder ut rabattkuponger till 1000 hushåll. Av dessa
rabattkuponger fanns det 200 av varje med 2, 4, 6, 8 och 10 procents
rabatt. Rabatten gällde för ett och samma köptillfälle av en speciell vara.
Data …nns i tabell 12.2 sid 225. Eftersom det kostar pengar att göra utskick
samt ge rabatt måste ett tillräckligt stort antal kuponger användas för
att det skall bli lönsamt. Därför önskar ICA hitta en optimal rabattsats
och ett delsvar är att …nna en skattning på proportionen kunder som
verkligen utnyttjar rabatten. För att ta igen förlorade marknadsandelar
planerar man nu en rabattsats på 15 procent . Hur stor proportion av
utdelade kuponger kan ICA förvänta sig blir inlösta?
Lösning 48 Eftersom vi här har att göra med grupperade data med lika
många observationer per grupp sätter vi
Yi;j =
1
1 + e 0 1xi + i;j i = 2; 4; 6; 8; 10; j = 1; 2; : : : ; 200,
c Mikael Möller

238 12.4. Tillbaks till exemplen
där Yi;j är 1 om det j:te av de hushåll som …ck rabatten xi har utnyttjat
rabatten och 0 annars. Den förklarande variabeln, xi, är rabattens storlek
och till varje storlek …nns en studerad grupp om 200 hushåll. För mätfelen
i gäller att de är oberoende och generaliserat Bernoullifördelade.
Givet data enligt tabell 12.2 så erhålls följande observerade skattningar
av 0 och 1
b0 = 2:4531 (0:1891)
b1 = 0:3305 (0:0271)
med standardavvikelser inom parentes. Detta ger den skattade proportionen
inlösta rabattkuponger (väntevärdet av Y ) vid rabattstorleken 15
procent till
^p(15) =
1
= 0:92
1 + e2:4531 0:3305 15
Denna sannolikhet kan även erhållas ur …guren nedan. I detta exempel
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
­0,2
2 4 6 8 10 12 14 16
Figur 12.6: Rabattkuponger (forts).
har vi ‡er observationer per xi och kan lokalt skatta p (xi) (punkterna
). Vi ser att de så erhållna skattningarna väl ansluter till den angivna
modellen.
Exempel 65 Försäkringssparbanken ger bostadslån till enskilda hushåll.
För att skydda sig mot eventuella obehagligheter och därmed hålla kreditförlusterna
nere avkrävs varje låntagare uppgifter om tidigare betalningsinställelser,
aktuell årsinkomst (medelvärdet av de senaste 5 åren),
aktuell förmögenhet (ej fastigheter) m m. Vad är sannolikheten för att
en kund med årsinkomst 150 000 kronor skall amortera enligt plan?
c Mikael Möller

12. Logistisk regression 239
Lösning 49 Eftersom vi här har att göra med grupperade data med olika
antal observationer per grupp sätter vi
Yi;j = p(xi) + i;j i = 1; 2; : : : ; 11 j = 1; 2; : : : ; ni,
där Yi;j är 1 (Ja) om det j:te lånet vid årsinkomst xi ej har amorterats
enligt plan och 0 (Nej) annars. Den förklarande variabeln, xi, är
här årsinkomstens storlek och till varje årsinkomst; xi, …nns en grupp
om ni lån. Givet data enligt tabell 12.3 så erhålls följande observerade
skattningar av 0 och 1
b0 = 1:1248 (0:0774)
b1 = 0:0081 (0:0004)
med standardavvikelser inom parentes. Detta ger den skattade sannolikheten
till
^p(150) =
1
= 0:088
1 + e1:12481+0:0081 150
Denna sannolikhet kan även erhållas ur …guren nedan. Även i detta ex-
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
­0,2
­100 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000
Figur 12.7: Bostadslån (forts).
empel har vi ‡er observationer per xi och kan lokalt skatta p (xi). Punkterna
ansluter sig även här till den antagna modellen.
c Mikael Möller

240 12.5. Hur man tolkar parametrar
12.5 Hur man tolkar parametrar
Vid den linjära regressionsmodellen
E( Y j x ) = 0 + 1x
tolkas parametrarna 0 och 1 på följande sätt: 0 är linjens skärning
med y-axeln (d v s när x = 0) och 1 är linjens lutning. Parametern 0
har ingen annan tolkning än som y-värdet för x = 0. Men för parametern
1 gäller att om Y är en persons vikt i kg och x en persons längd i cm
så blir sorten för 1 kg/cm ty annars blir inte sorten för 1x mätt i
kg. Om vi deriverar funktionen E( Y j x ) med avseende på x så erhålls
ekvationen
Denna kan även skrivas
1 =
dE( Y j x )
.
dx
dE( Y j x ) = 1dx
och dess tolkning är att en ökning av dx med 1 enhet ger en ökning i
E ( Y j x ) med 1 enheter. Parametern 1 är därför en ökningsparameter
–hur mycket vikten ökar per cm. Vad gäller nu för parametrarna vid en
logistisk regression?
För den logistiska regressionsmodellen gäller att
ln
E( Y j x )
1 E( Y j x ) = 0 + 1x
och eftersom vänstra ledet är en dimensionslös storhet följer att även
det högra ledet måste vara dimensionslöst. Detta ger att parametern
0 är dimensionslös samt att 1 har dimensionen 1/x:s enhet d v s om
x är längd i cm så har 1 dimensionen 1/cm. Nu känns det inte riktigt
naturligt att betrakta den naturliga logaritmen av odds:et så vi övergår
till att betrakta sannolikheten
E( Y j x ) =
1
1 + e 0 1x
och skall för denna se vad parametrarna kan tolkas som.
Om vi till att börja med sätter x = 0 så erhålls som tidigare skärningen
med y-axeln och denna skärning sker för
c Mikael Möller
1
E( Y j x ) =
1 + e 0
= e 0
1 + e 0

12. Logistisk regression 241
d v s om 0 > 0 och växer så ‡yttas grafen för p(x) = E( Y j x ) åt
höger och tvärtom om 0 < 0 och avtar. För att …nna en tolkning av 1
deriverar vi funktionen p(x) varvid
dp (x)
dx
= dE( Y j x )
dx
= 1
e 0 1x
1 + e 0 1x 2
vilket i denna form inte är något annat än ett komplicerat uttryck.
Uppgift 31 Derivera funktionen
med avseende på x.
f(x) =
1
1 + e 0 1x
Vi noterar dock att sannolikheten E ( Y j x ) ingår som en del av
uttrycket:s högerled och leds därför till följande omskrivning (där vi
använder knepet att lägga till 1 och dra ifrån 1):
dE( Y j x )
dx
0 1 + e 1x 1
= 1
(1 + e 0 1x 2
)
= 1
Men detta känns igen som
dE( Y j x )
dx
1
1 + e 0 1x
1
1 + e 0 1x
2 !
= 1E( Y j x ) 1 E( Y j x ) . (12.1)
Derivatan av E( Y j x ) är därför parametern 1 multiplicerad med variansen
för det mätfel vi gör. Nu gäller att denna varians är störst, 0:25,
när p(x) = E( Y j x ) = 0:5 och att den avtar när p(x) närmar sig 0 eller
1, i enlighet med …guren nedan
Av detta följer att varje satsad enhet i x ger störst resultat när p(x)
ligger nära 0:5 och ett litet resultat när p(x) ligger nära 0 eller 1.
Formeln 12.1 kan även skrivas som
dE( Y j x ) = 1p(x) 1 p(x) dx
d v s att för varje ökning av dx med 1 enhet så beror ökningen i p(x) =
E( Y j x ) på parametern 1 multiplicerad med variationen vid det givna
värdet på x.
.
c Mikael Möller

242 12.6. Övningar
0.4
0.3
0.2
0.1
12.6 Övningar
0
0.2 0.4 0.6 0.8 1
Figur 12.8: Variansen v(x) = p(x) (1 p(x)).
En aktieanalytiker vill studera hur bokslutsinformation påverkar aktiekursen
för olika aktier. Han studerar därför 40 olika bolag och jämför
vinsten från bokslutskommunikén med vinstbedömningen strax före
publiceringen. Han bildar sedan följande förklarande variabel
x =
verklig vinst per aktie prognosticerad vinst per aktie
aktiens värde
och noterar vilka bolag som haft kursuppgång (Y = 1) respektive kursnedgång
(Y = 0). Dessa observationer ger upphov till följande datatabell
Tabell 12.4: Köpa eller inte köpa?
Y 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
x 1:2 0:7 0:5 0:2 0:2 0:1 0:1 0 0 0:1
Y 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
x 0:1 0:2 0:3 0:5 0:5 0:6 0:8 0:8 0:8 0:9
Y 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0
x 1:1 1:2 1:4 1:4 1:7 2:3 3:7 2:2 1:7 1:0
Y 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
x 0:6 0:2 0:1 0 0 0:3 0:4 0:8 1:4 1:4
c Mikael Möller
100

12. Logistisk regression 243
Bilda en lämplig statistisk modell och skatta sannolikheten för en
kursuppgång när x = 1? Är den utförda analysen tillförlitlig?
där
Sätt
Y =
1 om kursuppgång
0 om kursnedgång
E( Y j x ) =
e 0+ 1x
.
1 + e 0+ 1x
Parametrarna 0 och 1 skattas till (med standardavvikelser inom parentes)
0obs = 0:56 (0; 36)
1obs = 0:76 (0:41)
och vi observerar att för båda parametrarna gäller att intervallen skattning
två standardavvikelser innehåller 0. En plot av data ger …guren
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
­0,2
­3 ­2 ­1 0 1 2 3 4
Sannolikheten för kursuppgång
E( Y j x = 1 ) =
e0:56+0:76 1
1 + e 0:56+0:76 1 0:79
men på grund av att kon…densintervallen innehåller 0 är detta resultat
mycket osäkert.
Ett företag lanserar en ny produkt och satsar en miljon i veckan,
under fyra veckor, i reklam. Man vill studera hur andelen i befolkningen
som har hört talas om produkten växer med tiden och låter därför
ett opinionsinstitut ringa upp, varje dag, ett slumpmässigt urval om 50
c Mikael Möller

244 12.6. Övningar
personer vilka tillfrågas om de känner till produkten eller ej. Genom att
ansätta den logistiska regressionsmodellen med Y = 1 om den uppringda
personen hört talas om produkten och 0 annars samt som förklarande
variabel, x, använda antalet dagar som gått sedan introduktionen så erhålls
parameterskattningarna 0 = 3:13 (0:18) och 1 = 0:308 (0:016)
med standardavvikelser angivna inom parentes.
1. Skissa det förväntade värdet d v s sannolikheten för att en slumpmässigt
tillfrågad person skall känna till produkten.
2. Efter hur många dagar känner halva befolkningen till produkten?
Den logistiska regressionsmodellen ger:
1. det förväntade värdet
ger oss …guren
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
E( Y j x ) =
e 3:13+0:308x
1 + e 3:13+0:308x
10 20 30
2. Antalet dagar …nner vi genom att lösa ekvationen
0:5 =
Denna kan skrivas om till
ln
3:13+0:308x
e
.
1 + e 3:13+0:308x
0:5
= 3:13 + 0:308x
1 0:5
och denna har lösningen x = 3:13
0:308 = 10:162 d v s drygt 10 dagar.
c Mikael Möller

12. Logistisk regression 245
[forts]Om företaget i övning 12.6 är nöjda med att 80 procent av
befolkningen känner till deras produkt hur många miljoner skall de satsa
på reklam?
Antalet dagar tills 80 procent av befolkningen känner till produkten
erhålls ur
ln
0:8
= 3:13 + 0:308x
1 0:8
x =
och detta ger oss reklamkostnaden
14:664
ln 4 + 3:13
0:308
1 miljon
7
= 14:663
= 2:1 miljoner
En mäklare har fått en idé om att den logistiska regressionsmodellen
kan användas för att bestämma sannolikheten för nedgång hos en aktie
imorgon om denna aktie gått ned de föregående (k) dagarna. Mäklaren
insamlade därför information, från A- och O-listan, om aktiers nedgångar
under ett antal veckor och noterade vilka aktier som gått ned en dag,
två dagar i följd, tre dagar i följd, fyra dagar i följd och fem dagar i följd.
Därvid erhöll mäklaren nedanstående datatabell:
Tabell 12.5: Sälja eller inte sälja
Antal dagar A-listan O-listan
med nedgång antal antal med antal antal med
aktier nedgång aktier nedgång
1 275 147 145 84
2 148 83 83 59
3 83 54 58 39
4 54 25 39 25
5 25 19 25 18
Observera att aktier kan gå från O-listan till A-listan och tvärtom
samt att de även kan lämna O-listan genom t ex konkurs eller annan
ekonomisk händelse. T ex fanns det 147 aktier som gått ned två dagar i
följd men ingångsvärdet är 148 och detta förklaras av att en aktie lämnat
O-listan och gått över till A-listan. Om modellen är riktig uppskatta
sannolikheten för att en aktie på
1. A-listan som gått ned 10 dagar i sträck skall gå ned även den 11:e
dagen.
c Mikael Möller

246 12.6. Övningar
2. O-listan som gått ned 10 dagar i sträck skall gå ned även den 11:e
dagen.
Sätt
Y =
och antag modellen
0 om aktien går upp den följande dagen
1 om aktien går ner den följande dagen
Yij =
e 0+ 1x1i+ 2x2i
1 + e 0+ 1x1i+ 2x2i + ij
där i = 1; 2; : : : ; 20 x1 = 1; 2; : : : ; 5 x2 = 0; 1 j = 1; 2; : : : ; ni och
x1 = antal dagar aktien gått ned
x2 =
0 om aktien tillhör O-listan
1 om aktien tillhör A-listan
och är generaliserat binomialfördelad. Vi erhåller nu föjande observerade
skattningar på parametrarna (med standardavvikelser inom parentes)
De sökta sannolikheterna blir nu för
1. A-listan
E( Y j x1 = 10; x2 = 1 ) =
2. O-listan
E( Y j x1 = 10; x2 = 0 ) =
0obs = 0:34949 (0:1639),
1obs = 0:10840 (0:0562),
2obs = 0:31955 (0:1399).
10+0:31955 1
e0:34949+0:1084
= 0:85.
1 + e0:34949+0:1084 10+0:31955 1
10+0:31955 0
e0:34949+0:1084
= 0:81.
1 + e0:34949+0:1084 10+0:31955 0
6 Airbus använder sig vid konstruktionen av ‡ygplan av en typ av
metallspännen vilka skall vara trycktåliga. Man är nu intresserade av
att kunna förutsäga om ett spänne kan klara av ett på förhand givet
tryck samt få ett mått på hur snabbt tryckkänsligheten ökar vid detta
6 För att lösa detta tal behöver du en dator med lämplig statistisk programvara.
c Mikael Möller

12. Logistisk regression 247
tryck. Airbus testar därför ett stort antal spännen vid olika tryck med
resultat enligt tabellen
.
Tabell 12.6: Metallspännens känslighet för tryck
Tryck Antal testade Antal fel
2500 50 10
2700 70 17
2900 100 30
3100 60 21
3300 40 18
3500 85 43
3700 90 54
3900 50 33
4100 80 60
4300 65 51
1. Sätt upp en lämplig statistisk modell.
2. Skatta sannolikheten för att ett spänne ej klarar trycket 3000. För
att få konvergens behöver du välja lämpliga värden på 0start och
1start. 7
Sätt
Yi;j = p (xi) + i;j i = 1; 2; 3; : : : ; 10; j = 1; 2; : : : ; ni,
där Yi;j är 0 (Nej) om det j:te spännet klarar trycket xi och 1 (Ja) om
det ej klarar trycket. Den förklarande variabeln, xi, är här trycket och
till varje tryck, xi, …nns en grupp om ni testade spännen.
1. Som statistisk modell tar vi
p (xi) =
e 0+ 1x
.
1 + e 0+ 1x
7 Sannolikt får du ej konvergens vid ditt första försök. Dock beror detta på pro-
gramvaran.
c Mikael Möller

248 12.6. Övningar
2. För att få konvergens måste vi ange lämpliga startvärden på 0
och 1. Dylika erhålls genom att t ex lösa ekvationssystemet
eller alternativt
e
1 + e
e
1 + e
0+ 1x
0+ 1x = 0:2,
0+ 1x
0+ 1x = 0:24,
0 + 2500 1 = log 0:2
0:8 ,
0 + 2700 1 = log 0:24
0:76 .
Man …nner att 0start = 4:3065 och 1start = 0:001168. Parametrarna
0 och 1 skattas till
0obs = 5:41081 (0:54511),
1obs = 0:00157 (0:00016).
där si¤rorna inom parentes anger standardavvikelsen. Den sökta
sannolikheten blir
c Mikael Möller
p (3000) =
e 5:41081+0:00157 3000
1 + e 5:41081+0:00157 3000 0:332.

12. Logistisk regression 249
12.7 Lösningar till uppgifter
31 Vi använder oss av deriveringsformeln för en kvot och erhåller då
df
dx =
d
dx1 1 + e 0 1x d 1 dx 1 + e 0 1x
1 + e 0 1x 2
= 0 0 + ( 1) e 0 1x
1 + e 0 1x 2
= 1
e 0 1x
1 + e 0 1x 2
c Mikael Möller

250 12.7. Lösningar till uppgifter
c Mikael Möller

13. Tidsserier
13.1 Introduktion
I ekonomiska sammanhang mäter man utfall på olika ekonomiska variabler
vid olika tidpunkter. Dessa tidpunkter kan vara varje minut som
vid en aktie:s värde under börsen:s öppehållande, antalet arbetslösa under
en månad, BNP:s värde kvartalsvis o s v. Det som är gemensamt
för alla dessa situationer är att man vill kunna förutsäga nästa värde
som kommer att observeras. Den som kan förutsäga en akties pris blir
rik, den som kan förutsäga antalet arbetslösa nästa månad kan vidtaga
åtgärder för att minska detta antal och likaså om man kan förutsäga
BNP:s utveckling så kan en förändring av …nanspolitiken dämpa eller
förstärka konjunkturen:s rörelser.
Men det är inte alltid som man är ute efter enbart en förutsägelse för
ett kommande värde utan det kan även vara av intresse att förstå hur
utvecklingen av en tidsserie uppför sig –för att t ex bekräfta ekonomiska
modeller.
Det alla dessa serier av data, tidsserier, har gemensamt är att de
mäts i kronologisk ordning med ett och samma tidsavsnitt mellan mätningarna.
Vi skall här närmare studera kronologiska data och börjar
först med en allmän de…nition:
De…nition 49 En tidsserie fytg t är en kronologisk följd av observationer
på en stokastisk variabel Y .
Självklart måste vi, för att kunna göra kvantitativa uttalanden, lägga
på någon form av struktur på dylika serier. Men vi skall börja med
metoder som arbetar utan restriktioner på data –glidande medelvärden.
Därefter går vi över till att betrakta komponentmodeller där
komponenterna kan tas fram med hjälp av glidande medelvärden. 1
I nästa steg tittar vi på utjämningsmodeller. De modeller som vi
skall titta på är lägesmodellen exponentiell utjämning och läges- och
riktningsmodellen Holt. Den förra är bra för att skatta ett väntevärde
som förändrar sig långsamt i tiden och den senare för att skatta ett
väntevärde som förändrar sig enligt ’en styckvis linjär’ kurva. Denna
1 Observera att även regressionsmodeller kan vara användbara vid uppskattandet
av en tidsseries komponenter.
251

252 13.2. Glidande medelvärden
typ av modeller kan också behandla periodociteter men vi lämnar denna
komplikation därhän.
Vi avslutar sedan med att införa vissa restriktioner på tidsserien och
inför en typ av modeller där tidsseriens kovariansstruktur skall vara konstant
och dess residualer skall var normalfördelade. Denna typ av modeller
kallas ARMA (AutoRegressiva-MovingAverage modeller) och de
är ofta utgångspunkten för mer ingående studier av …nansiella tidsserier.
13.2 Glidande medelvärden
För att …nna ett medelvärde över ett år kan man t ex ta och lägga ihop
kvartalsdata och dela med 4 eller månadsdata och dela med 12 eller mer
generellt så bildar vi medelvärdet
X
yt;k = 1
t+k 1
k
i=t
yi, t = 1; 2; : : : ; n k + 1
för något k (k = 4 eller 12 ovan) och beräknar yt;k för t = 1; 2; : : : ; n
n k+1
k + 1. Därvid erhålls den nya serien fyt;kgt=1 och denna kan sedan
n k+1
jämföras med den ursprungliga serien fytgt=1 . Observera att vi har
ingen möjlighet att …nna värdet på yn k+1;k innan vi har mätt värdet
yn+1. Denna typ av medelvärden kallas glidande medelvärden ty när t
växer så ’glider’ yt;k med. Nu är denna typ av glidande medelvärden
onödigt begränsade och om man gör observationen att
yt;k =
t+k X1
i=t
1
k yi
inser man att vi lika gärna kan ha en serie av k vikter faig i=1;2;:::;k .
Detta medför ingen ytterligare svårighet och vi betraktar därför det mer
generella glidande medelvärdet
yt;k =
t+k X1
i=t
ai t+1yi =
kX
i=1
aiyt+i 1
där P k
i=1 ai = 1 2 . Frågan är nu vilka egenskaper dylika glidande medelvärden
har och vi skall börja med att besvara denna fråga med hjälp av ett
exempel:
2 Denna normering är väsentlig och den är speciellt uppfylld när ai = 1
k .
c Mikael Möller

13. Tidsserier 253
Exempel 66 Tidsserien yt antages bestå av en ren periodisk serie med
perioden 4 d v s det gäller för alla t att yt+4 = yt. Bestäm serien fyt;4g
när
a1 = a2 = a3 = a4 = 1
4 .
Lösning 50 Vi börjar med att beräkna de 4 första värdena av serien
yt;4 och använder oss då av att yt+4 = yt:
y1;4 = y1 + y2 + y3 + y4
4
y2;4 = y2 + y3 + y4 + y5
4
y3;4 = y3 + y4 + y5 + y6
4
y4;4 = y4 + y5 + y6 + y7
4
= y2 + y3 + y4 + y1
4
= y3 + y4 + y1 + y2
4
= y4 + y1 + y2 + y3
4
Vi ser att y1;4 = y2;4 = y3;4 = y4;4 och de är således alla lika. Det är
nu inte svårt att övertyga sig om att alla yt;4 kommer att vara lika med
en och samma konstant. Detta innebär att ett glidande medelvärde om
k = 4, där alla vikter är lika stora, släcker periodiciteter av ordning 4.
En konsekvens av ovanstående exempel är att kvartalsdata kan transformeras,
med hjälp av ett glidande medelvärde, så att den inneboende
periodiciteten försvinner. Därmed skulle säsongsberoendet kunna …ltreras
bort och man får en bättre kontroll över den verkliga utvecklingen av
trenden och konjukturcykeln. Man frågar sig nu om detta var en slump
och att påståendet bara gäller för periodiciteter av ordning 4. Nu är det
inte svårt att övertyga sig om att en serie med en period av k tidssteg
faktiskt blir konstant om den …ltreras med ett k-glidande medelvärde
, i = 1; 2; : : : ; k.
med lika stora vikter ai = 1
k
Uppgift 32 Ge ett konkret exempel på en tidsserie med någon period
och visa att ett lämpligt val av vikter transformerar denna till en konstant.
Glidande medelvärden med en jämn periodicitet (t ex 4, 12) har den
nackdelen att de förskjuter tidsperspektivet ett halvt steg och jämförelser
mellan den ursprungliga serien och den transformerade serien låter sig
därför ej göras. För att se och förstå hur denna tidsförskjutning uppträder
betraktar vi följande:
c Mikael Möller

254 13.2. Glidande medelvärden
Exempel 67 Antag att vi har en tidsserie som består av två komponenter
dels en periodisk komponent y 1 t+4 = y 1 t och dels en linjär komponent
y 2 t = a + bt d v s att
yt = y 1 t + y 2 t = y 1 t + a + bt t = 1; 2; : : : .
För denna tidsserie …nner vi, med c = y1+y2+y3+y4
4 ,
4a + b (1 + 2 + 3 + 4)
y1;4 = c + = c + a + b
4
2:5
4a + b (2 + 3 + 4 + 5)
y2;4 = c + = c + a + b
4
3:5
4a + b (3 + 4 + 5 + 6)
y3;4 = c + = c + a + b
4
4:5
4a + b (4 + 5 + 6 + 7)
y4;4 = c + = c + a + b
4
5:5
o s v. Om vi nu vill jämföra seriens värde vid tidpunkt 4, d v s y4, med
den …ltrerade seriens värde vid samma tidpunkt så måste vi liksom en
åsna välja antingen y2;4 eller y3;4. För att slippa välja kan vi lägga ihop
dessa två värden och dela med 2 –vi bildar med andra ord det nya värdet 3
y2;4 + y3;4
2
= c + a + b 3:5 + c + a + b 4:5
2
= c + a + b 4.
Denna nya …ltrerade serie kan jämföras med den ursprungliga, vid varje
tidpunkt där båda är de…nierade, ty den ursprungliga serien och den
transformerade serien har nu samma tidskala. Dylika glidande medelvärden
kallas centrerade glidande medelvärden.
Uppgift 33 Visa att om vi har ett glidande medelvärde av ordning fyra
med a1 = a2 = a3 = a4 = 1
4 och tillämpar detta 2 gånger som exemplet
ovan föreskriver så erhålls ett nytt glidande medelvärde av ordning 5 med
vikterna
a1 = 1
8 , a2 = 1
4 , a3 = 1
4 , a4 = 1
4 , a5 = 1
8 .
Teorin för glidande medelvärden är egentligen teorin om linjära …lter
och för att förstå dessa behöver man även kunskap i di¤erensekvationer,
trigonometri och komplexa tal. Denna mycket intressanta och användbara
teori hjälper oss att förstå många av de ekonomiska processer som
dagligen försigår men här väljer vi att övergå till en tillämpning av glidande
medelvärden.
3 En salomonisk lösning vi känner igen från medianens de…nition.
c Mikael Möller

13. Tidsserier 255
13.3 Komponentmodeller
De ‡esta ekonomiska tidsserier baserar sig på kronologiska data månadsvis,
kvartalsvis eller årsvis. När vi studerar sådana historiska tidsserier
så …nner vi att de ofta innehåller en eller ‡era av följande fyra
komponenter: En trend, ett säsongmönster, ett cykliskt mönster och en
irreguljär komponent.
Trenden beskriver en series långsiktiga uppträdande såsom växande/avtagande.
Detta kan vara en stigande efterfrågan på telefoner, en
sjunkande bokningsfrekvens till ett visst resemål, lönenivån inom en viss
industri m m.
Säsongvariationer är periodiskt återkommande mönster som uppstår
på grund av varierande efterfrågan. Glass efterfrågas främst under
våren/sommaren, detaljhandelns försäljning varierar från månad till
månad där julhandeln har en avgörande betydelse för handels årsvinst,
försäljningen av charterresor är som störst när folk av tradition har sin
semester –sommar och vinter.
Cykliska variationer är variationer med långa perioder –två år eller
mer. Exempel är olika typer av industrier som skogsindustrin men också
valutor varierar långsiktigt i takt med den övriga ekonomiska utvecklingen.
Den irreguljära komponenten är vad som återstår när vi rensat data
från ovanstående tre komponenter. Denna komponent tar hand om
tillfälligheter som strejker, naturkatastrofer, olyckor, krig m m men vi
kan även välja att modellera många av dessa händelser speci…kt.
13.3.1 Modell
Inför följande storheter
yt = tidseriens observerade värde
Tt = tidseriens trendkomponent
St = tidseriens säsongkomponent
Ct = tidseriens cykliska komponent
It = tidseriens irreguljära komponent
alla vid en och samma tidpunkt t. Dessa komponenter kan nu sammanställas
på ett antal olika sätt och vi börjar med att ge några exempel.
1. Om säsongkomponentens amplitud växer med tiden t och det även
c Mikael Möller

256 13.3. Komponentmodeller
…nns en växande trend ansätter vi en multiplikativ modell –yt =
Tt St Ct It –se …gur 13.1 sid 256.
50
37.5
25
12.5
0
0
10
20
30
kvartal kvartal
Figur 13.1: yt = Tt St Ct It
2. Om både säsongkomponentens och konjunkturkomponentens amplitud
växer med tiden t så ansätter vi en blandad modell –yt =
Tt St It + Tt Ct It –se …gur 13.2.
50
37.5
25
12.5
0
0
10
20
30
kvartal
Figur 13.2: yt = Tt St + Tt Ct där den undre kurvan är Tt Ct.
3. Om säsongkomponentens amplitud växer med tiden men konjunkturkomponentens
är konstant över tiden t så ansätter vi en blandad
modell –yt = Tt St It + Ct It –se …gur 13.3.
4. Om säsongkomponentens och konjunkturkomponentens amplitud
båda är konstanta över tiden t samt det …nns en linjärt ökande
trend så ansätter vi en additiv modell –yt = Tt + St + Ct + It –se
…gur 13.4d sid 258 som dock saknar den irreguljära komponenten.
c Mikael Möller
40
40

13. Tidsserier 257
50
37.5
25
12.5
0
0
10
20
30
Kvartal
Figur 13.3: yt = Tt St + Ct där den undre kurvan är Ct.
Här kommer vi endast studera den additiva modellen och överlåter
studiet av den multiplikativa till övningarna. Notera dock att om vi logaritmerar
den multiplikativa modellen så erhålls den additiva. Övriga
modeller lämnar vi åt sitt öde eftersom de matematiskt är så svårforcerade.
Vår första uppgift är nu att förstå a) hur den additiva modellen
fungerar och b) hur vi kan komma åt de fyra olika komponenterna för
denna modell. Vi börjar med att matematiskt konstruera en tidsserie
som kommer från en additiv modell och därefter tar vi fram de verktyg
som behövs för att, omvänt, plocka fram tidsseriens olika komponenter.
Det gör vi i huvudsak med hjälp av centrerade glidande medelvärden
och regressionsanalys.
13.3.2 Konstruktion av en tidsserie
Vi börjar med en helt teoretisk påhittad modell som innehåller alla komponenter
förutom den irreguljära och utifrån denna visar vi sedan hur
man kan ta fram var och en av de ingående komponenterna. Speciellt
väljer vi komponenterna 4
Tt = 1 + 0:1t
St = sin 2 t
Ct = 2 sin 2
It = 0
34 t
4 Här är det till god hjälp om man känner till de trigonometriska funktionerna.
40
c Mikael Möller

258 13.3. Komponentmodeller
och dessa adderar vi så att en additiv modell yt = Tt + St + Ct erhålls.
Detta innebär att vi betraktar en modell med linjär trend, en
säsongkomponent med perioden 4 (t ex kvartalsdata) och en långsiktig
cyklisk komponent med perioden 17 kvartal. Om vi nu slår ihop de tre
komponenterna så erhålls den sammansatta serien fytg där
yt = 1 + 0:1t + sin 2 t + 2 sin 2
t .
34
Om vi ritar upp funktionerna Tt; St; Ct och yt var och en för sig så erhålls
…gurerna 13.4a-c. Den sista …guren (d) visar oss en additiv serie med
stigande trend, kvartalssvängningar och en långsiktig konjunkturcykel. 5
Denna typ av serie är, om än här överdriven, vanlig i mänskliga sammanhang
–som exempel kan ges bruttonationalprodukten, BNP, kvartalsvis.
y
6
4
2
0
6
4
2
0
10 20 30 40
(a) St = sin 2 t
10 20 30 40
(c) Tt = 1 + 0:1t
y
6
4
2
0
6
4
2
0
10 20 30 40
(b) Ct = 2 sin 2
34 t
10 20 30 40
(d) yt = Tt + St + Ct
Figur 13.4: De tre skilda komponenterna i en tidsserie
5 Figuren visar serien för alla t men självklart har vi i verkligheten endast 4 punkter,
en för varje kvartal.
c Mikael Möller

13. Tidsserier 259
13.3.3 Analys av tidsserien ovan
Vi vet sedan tidigare att sättet att ta bort en periodicitet av storlek 4
och samtidigt behålla möjligheten till jämförelse med den ursprungliga
serien är att tillämpa ett glidande medelvärde av ordning 5 och vikterna
. Bilda därför funktionen
1
8
; 1
4
; 1
4
; 1
4
; 1
8
G5 (fytg ; t) = yt 2 + 2yt 1 + 2yt + 2yt+1 + yt+2
; t = 1; 2; 3; : : : .
8
För funktionen G5 ( ; t) gäller att den transformerar konstanter på konstanter
d v s om a är en konstant så gäller att
G5 (fag ; t) = a.
Uppgift 34 Visa att G5 (fag ; t) = a när a är en konstant.
Vidare gäller att funktionen G5 ( ; t) är additiv
G5 (a fxtg + fztg ; t) = aG5 (fxtg ; t) + G5 (fztg ; t) .
Uppgift 35 Visa att G5 (a fxtg + fztg ; t) = aG5 (fxtg ; t)+G5 (fztg ; t)
där a är en konstant samt fxtg och fztg är två tidsserier.
För serien yt = t erhålls speciellt att
G5 (ftg ; t) =
t 2 + 2 (t 1) + 2t + 2 (t + 1) + (t + 2)
8
= t. (13.1)
Observera att tidsserien:s värden vid tidpunkterna 1 och 2 samt n 1
och n inte kan jämföras med den …ltrerade tidsserien:s värden ty för
detta krävs värden som vi inte har nämligen y 2 och y 1 respektive
yn+1 och yn+2. Om funktionen G5 ( ; t):s egenskaper tillämpas på vår
konstruerade serie erhålls
G5 (fytg ; t) = G5
n
1 + 0:1t + sin 2 t + 2 sin 2
= G5 (f1 + 0:1tg ; t) + G5
+ G5
n
2 sin 2
= 1 + 0:1t + G5
34 t
o
; t
n
sin 2 t
n
sin 2 t
o
; t + G5
34 t
o
; t
o
; t
n
2 sin 2
34 t
o
; t .
Vi vet sedan tidigare att G5 ( ; t) släcker periodiciteter av storlek 4 varför
det gäller
n o
G5 (fStg ; t) = G5 sin t
2
; t = 0
c Mikael Möller

260 13.3. Komponentmodeller
och således återstår att studera vad som händer med den sista termen –
cykeln Ct. Utveckling ger
n
G5 (fCtg ; t) = G5 2 sin 2
34 t
o
n
; t = 2G5 sin 2
34 t
o
; t
= 2
h
sin
8
2
(t 2) + 2 sin2 (t 1)
34 34
+ 2 sin 2
t + 2 sin2
34
+ sin 2
i
(t + 2)
34
(t + 1)
34
vilket är ett ganska komplicerat uttryck. Vi kan dock rita upp skillnaden
mellan den ursprungliga serien fCtg och den transformerade serien
G5 (fCtg ; t) varvid …guren nedan erhålls
0.05
0.025
0
­0.025
­0.05
0
10
Figur 13.5: f (t) = Ct G5 (fCtg ; t)
och vi ser att skillnaden är liten jämförd med trenden. Detta betyder
att …ltret G5 ( ; t) bibehåller trenden samt lämnar konjunkturcykeln i det
närmaste opåverkad d v s vi har att
20
30
G5 (fCtg ; t) Ct.
I …gur 13.6 på sid 261 visar vi dels den sanna ursprungliga kurvan
yt (— ) och dels den kurva som ges av funktionen G5 (fytg ; t) ( ) när
säsongen har …ltrerats bort.
Denna …gur ger oss idéen att den skattade säsongsvariationen kan
skrivas
st = yt G5 (fytg ; t) , t = 2; 3; : : : ; n 2
ty om vi från den heldragna kurvan yt (Tt + St + Ct) drar den streckade
kurva, som är en approximation av Tt + Ct, så återstår i princip bara
c Mikael Möller
40

13. Tidsserier 261
6
5
4
3
2
1
0 5 10 15 20 25 30 35
Figur 13.6: yt (— ) och G5 (fytg ; t) ( )
säsongskomponenten. För att se att detta blir en ’bra’ skattning av
säsongen ritar vi upp den kända säsongen sin 2 t (— ) och den skattade
säsongen st ( ) i en och samma …gur för 8 kvartal i …gur 13.7.
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
­0.2
­0.4
­0.6
­0.8
­1
1 2 3 4 5 6 7 8
Figur 13.7: sin 2 t (— ) och st ( )
Det gäller således att trend plus cykel, Tt + Ct, skattas av
tct = yt st.
Nästa steg blir att maska ut trenden. För att göra detta använder vi
vanlig regressionsteknik på serien ftctg och den cykliska komponenten
blir därefter den ursprungliga serien minskad med skattad säsong och
skattad trend d v s ct = yt st tt.
När vi konstruerade vår tidsserie tog vi ej med någon irreguljära
komponent. Dylika …nns förvisso i alla förekommande ekonomiska tidsserier
och den irreguljära komponenten trasslar förvisso till det. Dock
kan man, i princip, genom en enkel medelvärdesbildning av storlek 3
eliminera dess påverkan. Arbetsgången blir nu
c Mikael Möller

262 13.3. Komponentmodeller
1. Bilda st = yt G5(fytg ; t).
2. Bilda tcit = yt st.
3. Skatta den linjära trenden tt = a + bt.
4. Bilda cit = yt st tt.
5. Bilda ct = cit 1 + cit + cit+1
.
3
6
6. Bilda it = yt st tt ct.
Till sist; i alla programpaket för säsongrensning görs, innan man går
vidare med steg 2 ovan , ytterligare medelvärdesbildningar så att en jämn
periodisk serie st erhålls. För t ex en kvartalsserie bildar man medelvärden
(si) för kvartal 1, kvartal 2, kvartal 3 och kvartal 4. Därefter centreras
dessa medelvärden (si) på följande sätt
si = 1
m 1
m
j=0
si = si
X
s4j+1 i = 1; 2; 3; 4; m = antal år,
1
4
4X
sj.
j=1
Allt sönderhackande av data läggs därför i den irreguljära termen.
Ovanstående utjämningsmetod har den nackdelen att den ej kan ge
prognoser ty metoden använder de sista mätvärdena för att skatta ett
tidigare värde (i fallet med kvartalsserier används de två sista för att
beräkna det tredje från slutet). Metoden lämpar sig däremot väl för att
förstå de underliggande mönster som ger upphov till tidserien. Denna
förståelse kan sedan användas för att ge kvalitativa utsagor om framtiden.
Exempel 68 Från SCB erhålls en rensad 7 tidsserie över BNP:s kvartalsvärden
och vi skall dela upp denna serie i dess komponenter. En
…gur över BNP:s rensade utveckling under åren 1980 till och med 2001
är …gur 13.8a på sid 263.
6 Ty konjunkturen varierar långsamt och därför bör ct 1 ct ct+1. Att addera
tre värden bör därför släcka den slumpmässiga termen.
7 Ekonomiska tidsserier korrigeras ofta för kalendere¤ekter av typ att påsken ej
alltid infaller i samma månad, att månaderna är av olika längd o s v. Denna tidsserie
är dessutom angiven i fast pris.
c Mikael Möller

13. Tidsserier 263
500000
400000
300000
200000
100000
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90
(a) Rensad BNP
500000
400000
300000
200000
100000
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80 85 90
(b) Trend- cykelkomponent.
Figur 13.8: Bruttonationalprodukten i fast pris.
Tillämpar vi ett centrerat glidande medelvärde (a1 = = a4 = 1
4 ) på
data så erhålls trend-cykeln i …gur 13.8b. Om vi sedan tar den ursprungliga
serien minus trend-cykeln så erhålls säsongen –se …gur 13.9a. Observera
dock att vårt exempel hanterar verkliga data och dessa innehåller
även den irreguljära komponenten. Den irreguljära komponenten ser vi
i …gur 13.9b.
40000
30000
20000
10000
0
­10000
­20000
­30000
­40000
Case 1
Case 5
Case 9
Case 17
Case 13
Case 89
Case 85
Case 81
Case 77
Case 73
Case 69
Case 65
Case 61
Case 57
Case 53
Case 49
Case 45
Case 41
Case 37
Case 33
Case 29
Case 25
Case 21
(a) Säsongskomponent
40000
30000
20000
10000
0
­10000
­20000
­30000
­40000
Case 1
Case 5
Case 9
Case 13
Case 17
Case 21
Case 25
Case 29
Case 33
Case 37
Case 41
Case 45
Case 49
Case 53
Case 57
Case 61
Case 65
Case 69
Case 73
Case 77
Case 81
Case 85
Case 89
(b) Irreguljär komponent
Figur 13.9: Säsongs- och irreguljär komponent.
Det framgår med önskvärd tydlighet (se y-axelns skala) att säsongen
och den irreguljära komponenten förklarar ungefär lika mycket (d v s den
irreguljära komponenten förklarar ingenting den är bara av samma storleksordning
som säsongskomponenten). Det återstår därför en hel del
c Mikael Möller

264 13.3. Komponentmodeller
arbete innan vi har funnit en bra modell.
13.3.4 Enkel exponentiell utjämning
En utjämningsteknik som även kan ge korta prognoser är enkel exponentiell
utjämning och den är främst tillämpbar när tidsserien är
utsatt för små långsamma förändringar i tiden. Mera exakt utgår vi
ifrån tidsserien
yt = (t) + t
där medelnivån (t) tillåts ha långsamma förändringar över tiden t.
Denna modell är en första utvidgning av den för oss bekanta modellen
där konstanten skattas med
Yt = + t
^ = y = yn.
Vad vi behöver nu är en metod för successiva omräkningar av skattningen
av (t). Idéen till en sådan metod får vi genom att se hur yn kan beräknas
rekursivt:
yn = 1
n
nX
i=1
= 1
n yn +
yi = 1
n (n 1) yn 1 + yn
n 1
n yn 1 = 1
n yn + 1
1
n yn 1
och vi ser att varje ny omräkning beror allt mindre på det senaste värdet
yn. Men vi vill uppnå en motsatt e¤ekt, nämligen att det sista värdet
har "stor" betydelse ty det sista värdet indikerar vart serien är på väg.
Detta ger oss följande idé för uppräkning av skattningen a(t) för (t)
a(t) = yt + (1 )a(t 1) , 0 < < 1 (13.2)
där är en konstant som skall väljas klokt. Ett sätt är att välja den
så att kvadratsumman för medelfelet blir liten (vanligen ligger mellan
0:01 och 0:3). Ett stort värde på innebär att den utjämnade serien
a (t) nära följer den ursprungliga, om än förskjuten i tiden. Ett litet
värde tyder i sin tur på att vi betraktar serien som en slumpmässig serie
med ett konstant väntevärde.
c Mikael Möller

13. Tidsserier 265
Om vi genomför de första iterationerna i ekvation 13.2 så erhålls att
a(t) = yt + (1 )a(t 1)
= yt + (1 ) yt 1 + (1 )a(t 2)
= yt + (1 )yt 1 + (1 ) 2 a(t 2)
= yt + (1 )yt 1 + (1 ) 2 yt 2 + (1 ) 3 a(t 3)
varav det framgår att
a(t) =
X
t 1
(1 ) k yt k + (1 ) t a(0) .
k=0
Som prognos vid tidpunkt n + , gjord vid tidpunkt n, tar man det
senast kända värdet d v s
^y(n + ) = a(n)
och ett 100(1 ) procentigt prediktionsinterval för denna prognos kan
skrivas
^y(n + ) =2s p 1 + ( 1) 2 .
Observera att tekniken med enkel exponentiell utjämning ej kräver någon
bakomliggande statistisk modell och därför kan egentligen inga kon-
…densintervall konstrueras. Man kan dock visa att enkel exponentiell
utjämning kan betraktas som en delklass av ARIMA-modellerna – se
nästa avsnitt för en introduktion till dessa –och då blir det möjligt att
prata om kon…densintervall.
Exempel 69 Tabellen nedan innehåller fångstresultat i ton för en …skebåt
som …skar torsk utanför Islands kust
Jan Feb Mar Apr Maj Jun
År 1 362 381 317 297 399 402
År 2 276 334 394 334 384 314
Jul Aug Sep Okt Nov Dec
År 1 375 349 386 328 389 343
År 2 344 337 345 362 314 365
Gör en skattning av fångstresultatet för januari, år 3.
Lösning 51 Vi gör först en …gur över fångstresultatet och erhåller då
…gur 13.10 och denna …gur ger att möjligen förändras medelvärdet över
c Mikael Möller

266 13.3. Komponentmodeller
360
260
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24
Figur 13.10: Torskfångst i ton.
tiden – om än lite (det ser ut att sjunka). För att förutsäga värdet i
januari år 3 använder vi oss av metoden med exponentiell utjämning
och väljer = 0:02. Vi väljer ett litet värde eftersom serien verkar
vara helt slumpmässig. Som startvärde tar vi medelvärdet av de 6 första
observationerna. Vi kunde lika gärna ha tagit medelvärdet av de tre
första observationerna eller gjort något annat val. Vad som är lämpligt
följer av sammanhanget. I detta fall ser serien slumpmässig ut om än
med stor variation och då är vårt val inte så pjåkigt. Följande sekvens
av värden erhålls:
a(0) = 359:67 = 1
6
6X
i=1
a(1) = 0:02 362 + 0:98 359:67 = 359:72
a(2) = 0:02 381 + 0:98 359:72 = 360:15
. = .
a(24) = 0:02 365 + 0:98 355:95 = 356:13
En …gur över både den ursprungliga tidsserien (— ) och den erhållna exponentiellt
utjämnade tidsserien ( ) är …gur 13.11 på sid 267. I denna
syns klart att medelfångsten är svagt avtagande. Det skattade januarivärdet
är nu detsamma som det sista utjämnade värdet d v s 356:13. Ett
trovärdighetsintervall med kon…densgraden 95 procent blir
c Mikael Möller
356:13 1:96 1:25 28:62 = (286:01; 426:25).
yi
420
400
380
360
340
320
300
280

13. Tidsserier 267
360
260
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34
Figur 13.11: Torskfångst i ton.
13.3.5 Dubbel exponentiell utjämning à la Holt
Om data följer en styckvis linjär trend där interceptet och riktningskoe¢
cienten förändras långsamt över tiden kan man använda sig av den
linjära linjens ekvation. Den linjära ekvationen kan skrivas på formen
y y1 = y1 y2
(x x1) (13.3)
x1 x2
och denna ekvation kommer att utnyttjas för att ta fram ekvationer
för den rekursiva omräkningen av parametrarna. Om vi liksom tidigare
betecknar medelnivån med (t) och väljer som riktningsparameter (t)
så gäller att en tidsserie med en styckvis linjär trend, med föränderliga
parametrar, kan skrivas
yt = (t) + (t) t + t.
Parametrarna ( (t) ; (t)) kan, givet mätvärdena (a(t 1) ; b(t 1)), skattas
vid den följande tidpunkten t på följande sätt:
Om läget vid tidpunkt t 1 är a(t 1) så uppdateras läget vid
tidpunkt t av en del av det nya uppmätta värdet på läget vid
tidpunkt t ,d v s yt, plus en del som bestäms av det gamla läget
och riktningskoe¢ cienten vid tidpunkt t 1:
a(t) = yt + (1 ) a(t 1)
| {z }
y1
+ b(t 1)
| {z }
y 1 y 2
x 1 x 2
420
400
380
360
340
320
300
280
t (t 1)
| {z }
x x1
Den sista parentesen är en tillämpning av ekvation 13.3 för att
erhålla en uppdatering av läget enligt räta linjens ekvation. Parametern
skall ligga mellan 0 och 1.
c Mikael Möller
.

268 13.3. Komponentmodeller
Om riktningen vid tidpunkt t 1 är b(t 1) så beräknas den nya
utjämnade riktningen vid tidpunkt t av en del av den nya riktningen
plus en del av den gamla riktningen
b(t) =
a(t) a(t 1)
t (t 1)
Parametern skall ligga mellan 0 och 1.
+ (1 ) b(t 1) .
Ovanstående metod för uppdatering av skattningarna av parametrarna
(t) och (t) ger oss följande rekursiva förfarande:
a(t) = yt + (1 ) a(t 1) + b(t 1) ,
b(t) = a(t) a(t 1) + (1 ) b(t 1) .
En prognos för tidpunkten n + vid tidpunkten n erhålls till
^y(n + ) = a(t) + b(t) .
Återstår så att starta rekursionen med några lämpliga värden på
(a(0) ; b(0)). En sådan uppsättning värden kan vara
a(0) = 1
kX
yt
k
t=1
Pk t=1 b(0) =
(xt x) (yt y)
Pk t=1 (xt x) 2
där xt = t och k ett lämpligt valt tal. I valet av b(0) känner vi igen
skattningen av riktningskoe¢ cienten i enkel linjär regression.
Exempel 70 Slutkursen för Ericsson B har uppmätts för perioden 2003-
01-02 till 2003-09-12. Kursdata ger oss linjediagramet i …gur 13.12 på
sid 269. Om vi nu tillämpar både enkel exponentiell utjämning (EE) och
dubbel exponentiell utjämning (DE) så erhålls …gurerna:
c Mikael Möller

13. Tidsserier 269
Kronor
12
11
10
9
8
7
6
5
Kronor
12
11
10
Eriksson B
4
0 20 40 60 80 100 120 140 160
EE, = 0:1
9
8
7
6
5
4
0 20 40 60 80 100 120 140 160
Figur 13.12: Ericsson B
Kronor
12
11
10
9
8
7
6
5
Eriksson B
4
0 20 40 60 80 100 120 140 160
DE, = 0:1 och = 0:3
Av dessa framgår att Holt:s utjämningsmetod har större följsamhet
vid styckvisa linjära trender än vad enkel exponentiell utjämning har.
13.4 ARMA-modeller
13.4.1 Introduktion
Många tidsserier beskriver snabba förändringar och då fungerar ovanstående
utjämningsmetoder ej bra vilket också delvis beskrivs av det
senaste exemplet med Ericsson:s kursutveckling. Vi har ej heller visat
hur man tar hand om säsonger vid utjämningsmetoder. Vår nästa modell,
ARMA-modellen, lämpar sig bättre för dylika serier och innehåller
dessutom utjämningsmetoderna som specialfall.
Dock i denna bok skall vi endast betrakta två specialfall av den
c Mikael Möller

270 13.4. ARMA-modeller
allmäna ARMA modellen nämligen AR(1) och MA(1) och se hur de
kan beskriva vissa ekonomiska tidsserier. För vår del räcker det med att
endast betrakta dessa två ty de behöver alla de väsentliga verktyg som
behövs för en fullständig ARMA-analys. Vår introduktion kommer därför
öppna portarna till betydligt mer komplicerade och mer användbara
modeller –modeller som även inkluderar säsonger.
ARMA-modellerna ställer andra krav på data än tidigare och det viktigaste
kravet är stationäritet. Enligt uppslagsboken är ’stillastående’en
synonym till stationär och det kan därför synas märkligt att kräva av en
tidsserie att den skall vara stillastående. Nu är det inte tidsseriens värden
som är stillastående (dessa hoppar vilt till synes helt okontrollerat)
utan det är de grundläggande förutsättningar, som ger tidsserien dess
karaktär, som skall vara stationära. Med andra ord förutsätts tidsseriens
statistiska egenskaper vara konstanta. Detta är ju inget nytt utan är vad
vi vanligtvis antager i våra statistiska modeller när vi ofta kräver att de
slumpmässiga felen skall vara 1) oberoende 2) normalfördelade med
3) väntevärdet 0 (väntevärdet är konstant) och 4) standardavvikelsen
(standardavvikelsen är konstant).
Inom tidsserieanalysen gör man motsvarande men svagare antaganden.
De är svagare eftersom man istället för oberoende endast kräver att
kovariansen skall bero av tidsdi¤erensen mellan mätningarna. De övriga
tre antagandena behåller man. Mer exakt de…nierar vi svag stationäritet
som följer:
De…nition 50 En tidsserie fYt : t = 1; 2; 3; : : :g säges vara svagt stationär
om det gäller att
1. väntevärdet och variansen existerar ändligt för alla t samt är konstanta,
d v s oberoende av t,
E(Yt) = ,
V (Yt) = 2 .
2. för alla par av tidpunkter s och t beror kovariansen mellan Ys och
Yt endast av s och t genom tidsdi¤erensen t s, via någon ändlig
funktion f d v s
C(Ys; Yt) = f(t s) .
De…nitionens första punkt är punkterna 3 och 4 ovan och dess andra
punkt är en försvagning av villkoret 1. Punkten 2 behåller vi som den
är.
c Mikael Möller

13. Tidsserier 271
Eftersom vi kallade tidsserien ovan svagt stationär så …nns naturligtvis
också begreppet starkt stationär. Låt oss därför för fullständighetens
skull de…niera även detta begrepp även om vi inte kommer att använda
det.
De…nition 51 En tidsserie fYt : t = 1; 2; 3; : : :g säges vara starkt stationär
om den simultana fördelningen för (Ys n; Ys n+1; : : : ; Ys) är densamma
som den simultana fördelningen för (Yt n; Yt n+1; : : : ; Yt) för
alla s, t och n. 8
Eftersom vi endast kommer behandla svagt stationära tidsserier och
dessutom är lite lata så kommer vi att skriva stationär när vi egentligen
menar svagt stationär.
13.4.2 Hur ser en stationär tidsserie ut
I allmänhet är de ekonomiska tidsserierna inte stationära utan man måste
tillämpa vissa tekniker för att transformera dem så att den transformerade
serien blir stationär. En mycket vanlig förekommande transformation
är bildandet av di¤erenser och vi skall först reda ut några av denna
transformations egenskaper.
Antag att vi har en tidsserie fYt : t = 1; 2; 3; : : :g som består av en
linjär trend plus en slumpmässig komponent. En möjlig modell för en
sådan serie är
Yt = a + bt + t t 2 ON(0; ) .
Denna tidsserie är inte stationär ty för dess väntevärde gäller
E(Yt) = E(a + bt + t) = a + bt
och väntevärdet beror av t.
Bilda nu en ny tidsserie på följande sätt
Zt = Yt Yt 1.
8 Nu är begreppet starkt stationär ej ett vedertaget begrepp utan man säger strikt
stationär eller bara stationär. Men personligen tycker jag det passar bättre med
starkt ty denna stationäritet innehåller (om man lägger på kraven ändligt första och
andra moment) även den svaga men tvärtom gäller endast om vi har normalfördelning.
Med andra ord så är en svagt stationär process vars fel är normalfördelade också starkt
stationär.
c Mikael Möller

272 13.4. ARMA-modeller
Vi säger att vi har tagit första di¤erenserna av den gamla tidsserien.
Vad är detta bra för? Jo för den nya tidsserien fZtg gäller att
Zt = Yt Yt 1
= a + bt + t a b(t 1) t 1
= b + t t 1 t 2 ON (0; )
och vips har vi en tidsserie med det konstanta väntevärdet b.
Uppgift 36 Visa att den nya tidsserien är stationär.
Hur kan en sådan stationära tidsserie se ut? Om vi gör en simulering
av Zt med b = 3 och = 2 d v s av modellen
så erhålls …guren 13.13
Zt = 3 + t t 1 t 2 ON 0; 2 p 2
3,06
3,04
3,02
3,00
2,98
2,96
2,94
Figur 13.13: En stationär tidsserie.
och vi ser att en stationär tidsserie verkligen hoppar vilt, i detta fall
kring talet 3, utan något synbart mönster. Dock vet vi att det …nns en
struktur ty Zt:s felterm är uppbyggd av det nya felet minus det gamla
felet.
Låt oss nu konstruera serien
Yt = 10 + 0:95Yt 1 + t t 2 ON(0; ) ; = 2
Y0 = 0
och se hur en dylik kan se ut som ett linjediagram. En möjlig realisering
visas i …gur nedan och det erhållna linjediagrammet liknar en aktie:s
kursrörelse. Det intressanta här är att, efter lång tid, är fYtg en stationär
tidsserie.
c Mikael Möller

13. Tidsserier 273
16
14
12
10
8
6
4
2
0
Figur 13.14: En efter lång tid stationär serie.
Uppgift 37 Visa att serien fYtg ovan, efter lång tid, är stationär.
Kommer alla tidsserier som skapas av modellen
Yt = 10 + Yt 1 + t t 2 ON(0; ) ; = 2
Y0 = 0
att se ut som kursrörelser? Låt oss välja = 0:4 och generera serien
fytg på nytt. En typisk …gur över en realisering av en sådan serie är
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
och den ger intryck av att ha ett stabilt väntevärde men i övrigt svänga
runt detta. Dock vet vi att den, efter lång tid, är stationär ty vi kan
göra samma beräkningar som ovan –vi byter bara ut 0:95 mot 0:4.
Av ovanstående preliminära analys ser vi att en stationär tidsserie
kan se ut lite hur som helst. Vi kan därför inte med ögat avgöra om
en tidsserie är stationär eller ej. Det behövs därför en teori som ger oss
verktyg med vars hjälp vi kan avgöra om en tidsserie är stationär eller ej.
c Mikael Möller

274 13.4. ARMA-modeller
En sådan teori är teorin om ARMA-modeller (Auto Regressive Moving
Average) av ordning (p; q) och vi har ovan sett två exempel på sådana
modeller nämligen en MA(1) och en AR(1) modell.
En direkt översättning av ’autoregressive’till svenska skulle bli tidsserier
som verkar på sig själva, varav modellen
Yt = 3 + 0:4Yt 1 + t
är ett exempel på en AR(1) modell.
För MA-delen blir en direkt översättning ’glidande medelvärde’men
detta leder tankarna fel ty denna MA-del har mer att göra med enkel
exponentiell utjämning än med vår de…nition av glidande medelvärde på
sid 252. Vi väljer därför att behålla den engelska beteckningen för MAdelen.
En konsekvens av detta blir att vi även behåller beteckningen AR
istället för dess svenska motsvarighet SB (SjälvBakåtverkande).
Ett exempel på en MA(1) modell är modellen
Zt = b + t t 1
som vi behandlade i ett tidigare exempel. 9
13.4.3 Autokorrelationsfunktionen
I de…nitionen av stationäritet ingår kravet på att kovariansen skall vara
en funktion av tidsdi¤erensen men kovariansen har den nackdelen att
ej vara begränsad d v s den kan anta godtyckligt stora respektive små
värden. Observera att 1000 är ett litet värde. Om vi studerar lösningarna
till uppgifterna 36 respektive 37 ovan så ser vi att kovariansen
kan skrivas
36)
8
<
:
2 2 k = 0
2 k = 1
0 k = 2; 3; : : :
k 2
respektive 37) 0:95
och om vi dividerar med variansen 2 2 för serien Zt respektive 2 för
serien Yt så erhålls
8
< 1 k = 0
36)
:
1
2
0
k = 1
k = 2; 3; : : :
respektive 37) 0:95 k .
Med denna operation har vi transformerat kovariansen till att bli korrelationen
och för korrelationen vet vi att den ligger mellan 1 och +1.
Vi de…nierar nu autokorrelationsfunktionen:
9 Nu är inte detta helt sant eftersom man brukar lägga på ett krav på dessa modeller
och vår modell i detta exempel uppfyller inte detta krav.
c Mikael Möller

13. Tidsserier 275
De…nition 52 För en given tidsserie fYt : t = 1; 2; 3; : : :g de…nieras dess
teoretiska autokorrelationsfunktion k av
k = C(Yt; Yt k)
, k = 1; 2; : : : .
V (Yt)
För denna autokorrelationsfunktion gäller:
och den skattas med
rk =
1 k 1
P (yt y) (yt k y)
P (yt y) 2
där yt är det observerade värdet på Yt vid tidpunkt t.
De två uppgifterna 36 och 37 indikerar att en MA(1)-modell har
en autokorrelationsfunktion som är identiskt 0 från och med k = 2.
Motsvarande enkla resultat gäller ej för en AR(1)-modell ty där ser vi
att autokorrelationen avtar i k.
13.4.4 Partiella autokorrelationsfunktionen
För en AR(1)-modell gäller att den ej direkt beror av sig självt 2 eller ‡er
steg bakåt ty den innehåller endast Yt 1 i sin de…nition. Detta betyder
att t ex kunskap om Yt 3 ej påverkar värdet på Yt om Yt 1 är givet. Om
vi därför de…nierar den speciella kovariansen
kk = C( Yt; Yt k j Yt 1; : : : ; Yt k+1 )
så gäller för en tidsserie som följer modellen AR(1) att
11 = C( Yt; Yt 1 j det …nns inget mellanliggande värde )
= C(Yt; Yt 1) = 1 2 Y ,
22 = C( Yt; Yt 2 j Yt 1 ) .
Eftersom Yt 2 endast är kopplat till Yt genom Yt 1 och detta senare
värde hålls …xt (detta är ju betydelsen av betingning) så …nns det ingen
samvariation mellan Yt och Yt 2 varav följer att 22 = 0. På samma
sätt erhålls att kovariansen är 0 för k = 3; 4; : : :. 10 Detta leder oss till
följande de…nition
10 Vi skall visa att 22 = 0 och antager (utan inskränkning) att processen har
förväntningsvärdet 0 (ty om det inte är det kan vi alltid dra bort ett lämpligt tal så
c Mikael Möller

276 13.4. ARMA-modeller
De…nition 53 För en given tidsserie fYt : t = 1; 2; 3; : : :g de…nieras dess
teoretiska partiella autokorrelationsfunktion kk av
kk = C( Yt; Yt k j Yt 1; : : : ; Yt k+1 )
, k = 1; 2; : : : .
V (Yt)
Den införda funktionen kk har samma betydelse för en AR-process
som autokorrelationsfunktionen k har för en MA-process. Den är för
en AR(1)-process 0 för alla k 2. Man kan även visa att kk avtar
exponentiellt för en MA(1)-process.
Funktionerna k och kk har således speglade egenskaper vad gäller
tidsserierna AR(1) och MA(1).
Den partiella autokorrelationsfunktionen kan skattas via följande kop-
plade system av funktioner
där
r1;1 = r1, rkk = rk
Pk 1
j=1 rk 1;jrk j
1 P k 1
j=1 rk 1;jrk j
, k = 2; 3; : : : (13.4)
rk;j = rk 1;;j rkkrk 1;k ;j, j = 1; 2; : : : ; k 1. (13.5)
Exakt samma system av ekvationer kan användas för att beräkna det
teoretiska värdet kk.
Den partiella autokorrelationsfunktionen anger hur mycket Yt k påverkar
Yt – när man har tagit bort Yt 1; ; Yt k+1:s påverkan på Yt.
Ett sätt att mäta Yt 1; ; Yt k+1:s påverkan på Yt är att skatta parametrar
1; : : : ; k 1 så att
och därefter bilda kovariansen
Yt = 1Yt 1 + + k 1Yt k+1 + t k
C( t k; Yt) = C(Yt 1Yt 1 k 1Yt k+1; Yt) .
att denna egenskap erhålls). Det gäller då att
22 = C( Yt; Yt 2 j Yt 1 )
= E( YtYt 2 j Yt 1 )
= E( ( Yt 1 + t) Yt 2 j Yt 1 )
= E( Yt 1Yt 2 j Yt 1 ) + E( tYt 2 j Yt 1 )
= Yt 1E( Yt 2 j Yt 1 )
= 0.
| {z }
=0
+ E( tYt 2 j Yt 1 )
| {z }
=0
Den första termen är 0 eftersom väntevärdet är 0 och den andra termen är 0 eftersom
Yt 2 och t är oberoende och t har väntevärdet 0.
c Mikael Möller

13. Tidsserier 277
Den till denna kovarians hörande korrelationskoe…icient ( t k; Yt) är
den partiella autokorrelationsfunktionen.
13.4.5 Modellen AR(1)
I uppgift 37 betraktade vi en speciell AR(1)-modell och vi skall nu generalisera
denna. Antag därför att följande modell för tidsserien fYtg
gäller:
Yt = + Yt 1 + t t 2 ON (0; )
samt antag att den är stationär. Att fYtg är stationär innebär först och
främst att väntevärde och standardavvikelsen är konstanta och därmed
oberoende av t. Detta ger
där E(Yt) = E(Yt 1) = mY varvid
E(Yt) = + E(Yt 1)
mY = + mY ) mY = 1
Observera att det är stationäriteten som medför att mY = E(Yt) =
E(Yt 1). För variansen …nner vi på motsvarande sätt
V (Yt) = 2 V (Yt 1) + 2
ty t och Yt 1 är oberoende. Härav följer ekvationen
2
Y = 2 2 Y + 2 ) 2 Y =
Observera även här att det är stationäriteten som ger att 2 Y = V (Yt) =
V (Yt 1). Till sist beräknar vi autokorrelationen:
varför
k = C(Yt; Yt k)
V (Yt)
= k
0
k = C(Yt; Yt k) = C( + Yt 1 + t; Yt k)
= C( ; Yt k) + C(Yt 1; Yt k) + C( t; Yt k)
= 0 + k 1 + 0 = k 1
= = k 0
k = k
k = 0; 1; 2; : : : .
För konstanten gäller att den måste vara absolut mindre än 1 för att
vi skall ha stationäritet.
1
2
.
2 .
c Mikael Möller

278 13.4. ARMA-modeller
Uppgift 38 Visa att det måste gälla j j < 1.
För den partiella autokorrelationsfunktionen erhålls liksom tidigare att
1;1 = C(Yt; Yt 1)
V (Yt)
= 1.
För k = 2; 3; : : : kan vi resonera på följande sätt
kk = C( Yt; Yt k j Yt 1; : : : ; Yt k+1 )
= C( + Yt 1 + t; Yt k j Yt 1; : : : ; Yt k+1 )
= C( ; Yt k j Yt 1; : : : ; Yt k+1 )
+ C( Yt 1; Yt k j Yt 1; : : : ; Yt k+1 )
+ C( t; Yt k j Yt 1; : : : ; Yt k+1 )
= 0 + 0 + 0.
Den första 0:an erhålls därför att är en konstant och det …nns ingen
variation med Yt. Den sista 0:an erhålls därför att t är oberoende av
hela det för‡utna (och även av framtiden). Den mittersta 0:an erhålls
därför att vi betingar med avseende på Yt 1 d v s vi väljer att hålla den
konstant men om den är konstant så …nns ingen variation med avseende
på Yt k varför vi får en 0:a. Därmed har vi visat att
kk =
1 k = 1
0 k = 2; 3; : : :
Det gäller därför för en AR(1)-process att autokorrelationen successivt
avtar samt att den partiella autokorrelationen är noll från och med lag
2.
13.4.6 Modellen MA(1)
I uppgiften 36 betraktade vi en speciell MA(1)-modell och vi skall nu
generalisera denna. Antag därför att följande modell för tidsserien fYtg
gäller:
Yt = + t t 1 t 2 ON (0; ) .
En dylik serie är alltid stationär och det gäller att
8
><
k = 1 +
>:
2 k = 1,
k 2 1
och kk =
, k 1
1 2(k+1)
0 k = 2; 3; : : :
c Mikael Möller

13. Tidsserier 279
Uppgift 39 Visa att en MA(1) alltid är stationär samt har autokorrelationen
ovan.
För att bestämma den partiella autokorrelationsfunktionen kk ställer
vi oss följande fråga: Hur mycket kan vi förbättra vår prognos av yt om
vi erhåller kunskapen yt 1 och yt 2? Det gäller nu att
yt = t t 1
yt 1 = t 1 t 2
yt 2 = t 2 t 3
och vi ser att om vi känner yt 2 så har vi även lite kunskap om t 2.
Detta ger oss i sin tur mer kunskap om t 1 = yt 1 + t 2 vilket sin
tur förbättrar vår skattning av yt. På samma sätt kan vi resonera om
yt 3; yt 4; : : :. Men ju längre bort desto mindre inverkan har den extra
kunskapen. Det måste därför gälla att kk avtar när k växer.
Uppgift 40 Visa med hjälp av ekvationerna 13.4 och 13.5 på sid 276
att en MA(1) har den partiella autokorrelationen ovan.
Vi avslutar detta avsnitt med att indikera arbetsgången i en ARMAanalys
av en tidsserie och hur man gör en prognos. Härvid kommer vi
att använda oss av storheter som ej diskuterats men detta är nödvändigt
för fullständighetens skull. För en full förståelse hänvisas till t ex [2].
Exempel 71 Den svenska barnblöjan Libero …ck en minskad försäljning
i och med Pamper:s intåg på den svenska marknaden. Libero:s försäljningsstatistik
(1000-tals paket) per månad …nns för 10 år bakåt (hela
den tid Pamper funnits på den svenska marknaden). Analysera data
med hjälp av ARMA-teknik och ge en prognos för de följande månadsförsäljningarna.
Lösning 52 Alla analyser börjar med en …gur över rådata, fytg, och
vi ser direkt att detta inte är en stationär tidsserie ty dess väntevärde
ändrar sig över tiden. Serien ger ett intryck av att vara styckvis linjär
och detta indikerar att en di¤erens skall användas. Vi skapar därför
serien
zt = yt yt 1
vars linjediagram ges i …guren nedan Väntevärdet och variansen för serien
fztg ser ut att vara konstanta. Vi kan nu skatta den observerade autokorrelationsfunktionen
och den observerade partiella autokorrelationsfunktionen.
Därvid erhålls …gurerna
c Mikael Möller

280 13.4. ARMA-modeller
Lag Corr. S.E.
1 ­,339 ,0905
2 ­,125 ,0901
3 +,017 ,0898
4 +,141 ,0894
5 ­,016 ,0890
6 ­,209 ,0886
7 +,119 ,0882
8 +,049 ,0878
9 ­,064 ,0874
10 ­,053 ,0870
11 +,096 ,0866
12 +,053 ,0862
13 ­,157 ,0858
14 +,051 ,0854
15 +,064 ,0850
­1
­2
­3
1000­tals paket
4
3
2
1
0
16
15
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
­4
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130
Skattad autokorrelationsfunktion
0
­0,5 0,0 0,5
Skattad partiell auotokorrelationsfunktion
Lag Corr. S.E.
1 ­,339 ,0917
2 ­,271 ,0917
3 ­,157 ,0917
4 +,066 ,0917
5 +,077 ,0917
6 ­,168 ,0917
7 ­,030 ,0917
8 +,003 ,0917
9 ­,038 ,0917
10 ­,042 ,0917
11 +,046 ,0917
12 +,065 ,0917
13 ­,081 ,0917
14 ­,007 ,0917
15 +,018 ,0917
0
0
­0,5 0,0 0,5
Figur 13.15: Autokorrelation och partiell autokorrelation för zt.
Den skattade autokorrelationsfunktionen är signi…kant för k = 1 och
6. Den skattade partiella autokorrelationsfunktionen ger ett avtagande
intryck. Om vi i ett första steg bortser från det signi…kanta värdet för
k = 6 erhålls att vi skall pröva en MA(1)-modell d v s
zt = t t 1 t 2 ON(0; ) .
Man …nner då att = 0:51.Residualserien ger oss sedan …guren
c Mikael Möller

13. Tidsserier 281
Lag Corr. S.E.
1 +,022 ,0905
2 ­,081 ,0901
3 +,042 ,0898
4 +,135 ,0894
5 ­,052 ,0890
6 ­,210 ,0886
7 +,051 ,0882
8 +,030 ,0878
9 ­,066 ,0874
10 ­,042 ,0870
11 +,081 ,0866
12 +,043 ,0862
13 ­,115 ,0858
14 +,039 ,0854
15 +,101 ,0850
Skattad autokorrelationsfunktion
residualer
0
0
­0,5 0,0 0,5
Q p
,06 ,8088
,87 ,6480
1,08 ,7808
3,36 ,5001
3,70 ,5940
9,30 ,1577
9,63 ,2103
9,75 ,2827
10,33 ,3246
10,56 ,3931
11,44 ,4074
11,69 ,4708
13,49 ,4110
13,69 ,4730
15,11 ,4434
Lag Corr. S.E.
1 +,022 ,0917
2 ­,082 ,0917
3 +,046 ,0917
4 +,127 ,0917
5 ­,052 ,0917
6 ­,194 ,0917
7 +,045 ,0917
8 ­,009 ,0917
9 ­,035 ,0917
10 +,006 ,0917
11 +,049 ,0917
12 +,004 ,0917
13 ­,083 ,0917
14 +,047 ,0917
15 +,057 ,0917
Skattad partiell autokorrelationsfunktion
residualer
0
­0,5 0,0 0,5
Figur 13.16: Autokorrelation och partiell autokorrelation för t.
För För både den skattade autokorrelationen och den skattade partiella
autokorrelationen gäller att tidsdi¤erensen 6 är signi…kant. Dock
detta kapitel går ej längre än till MA(1). Dessutom ser vi att p-värdet
för testvariabeln 11
Q = (n d)(n d + 2)
KX
k=1
r 2 k
n d k
är större än 0:1 för alla tidsdi¤erenser k = 1; 2; : : : ; 15 så vi är nära en
slutmodell. Vi nöjer oss därför med den funna modellen
yt = yt 1 + t 0:51 t 1 t 2 ON(0; ) .
En prognos för månad 121 när y120 = 10:6699459 och ^120 = 1:7662
blir
0:51^120
= 10:6699459 + 0 0:51 ( 1:76620)
y121 = y120 + 121
För månad 122 …nner vi
= 11:571
0:51 121
= 11:571 + 0 0:51 0
y122 = ^y121 + 122
= 11:571
11 Denna testvariabel är framtagen av Ljung och Box och den används för att testa
om vår modell är bra eller ej.
Talet d står här för antalet gjorda di¤erenser och talet K = 1; 2; 3; : : :. I …gurerna
anges denna testvariabel samtidigt med den skattade autokorrelationsfunktionen.
c Mikael Möller

282 13.5. Lösningar till uppgifter
och samma prognosvärde erhålls för de följande månaderna. Observera
att den bästa skattningen vi kan göra av t för t > 120 är väntevärdet
och detta är 0.
13.5 Lösningar till uppgifter
33 För serien fytg gäller att
varav erhålls att
yt;4 + yt+1;4
2
34 Eftersom yt = a så erhålls
yt;4 = yt + yt+1 + yt+2 + yt+3
4
yt+1;4 = yt+1 + yt+2 + yt+3 + yt+4
4
G5 ((fag ; t)) =
35 Eftersom yt = axt + zt så erhålls
= yt + 2yt+1 + 2yt+2 + 2yt+3 + yt+4
.
8
a + 2a + 2a + 2a + a
8
= a
8G5 (a fxtg + fztg ; t) = axt 2 + zt 2 + 2 (axt 1 + zt 1) + 2 (axt + zt)
Division med 8 ger nu påståendet.
+ 2 (axt+1 + zt+1) + axt+2 + zt+2
= a (xt 2 + 2xt 1 + 2xt + 2xt+1 + xt+2)
+ (zt 2 + 2zt 1 + 2zt + 2zt+1 + zt+2)
= 8 aG5 (fxtg ; t) + G5 (fztg ; t)
36 Vi skall visa att punkt 1 och 2 i de…nitionen är uppfyllda.
1. Det gäller att
E(Zt) = E(b + t t 1)
= b + 0 0 = b
oberoende av t. På samma sätt erhålls
V (Zt) = V (b + t t 1)
= 0 + 2 + 2 = 2 2
eftersom vi har oberoende t och således är även variansen konstant.
c Mikael Möller

13. Tidsserier 283
2. Det gäller att 12
C(Zt; Zt k) = C(b + t t 1; b + t k t k 1)
= C(b; b) + C( t
| {z }
=0
t 1; t k t k 1)
= C( t; t k) C( t; t k 1) C( t 1; t k)
+ C( t 1; t k 1) .
Nu gäller att i och j är oberoende (enligt antagandet) när i 6= j
och därför erhålls att
8
<
C(Zt; Zt k) =
:
2 2 k = 0
2 k = 1
0 k = 2; 3; : : :
och det gäller därför att serien fZtg är svagt stationär.
37 Vi skall visa att punkt 1 och 2 i de…nitionen är uppfyllda.
1. Det gäller att
t = E(Yt) = E(10 + 0:95Yt 1 + t)
= 10 + 0:95 t 1
= 10 + 0:95 (10 + 0:95 t 2)
= 10 (1 + 0:95) + 0:95 2 t 2
= 10 1 + 0:95 + 0:95 2 + 0:95 3 t 3 o s v
Lite triviala räkningar ger nu att
1 0:95t
t = 10
1 0:95
+ 0:95t
0
|{z}
=0
1 0:95t t!1 10
= 10 !
1 0:95 1 0:95
12 Kovariansen är en bilinjär form och detta innebär att följande räkneregler gäller:
C(X; Y ) = C(Y; X) ,
C(aX; Y ) = aC(X; Y ) ,
C(X + Z; Y ) = C(X; Y ) + C(Z; Y ) .
Läsaren uppmanas att visa dessa räkneregler utifrån de…nitionen av kovarians
C(X; Y ) = E X E(X) Y E(Y ) .
c Mikael Möller

284 13.5. Lösningar till uppgifter
och vi ser att ett svagt beroende av t föreligger men att detta
beroende klingar av ju längre tiden går. Väntevärdet är således
konstant efter lång tid. För variansen erhåller vi ett liknande resultat
varför
2 1 0:952t
t =
1 0:952 2
t = V (Yt) = V (10 + 0:95Yt 1 + t)
= 0:95 2 V (Yt 1) +
= 0:95 4 V (Yt 2) + 0:95 2 2 + 2
=
2 2t
+ 0:95 V (Y0) =
| {z }
=0
1 0:952t
1 0:952 Variansen är även den konstant efter lång tid.
2. Det gäller att
2 t!1
!
Tk = C(Yt; Yt k) = C(Yt; 10 + 0:95Yt k 1 + t k)
= C(Yt; 10)
| {z }
=0
= 0:95Tk 1
+ 0:95C(Yt; Yt k 1) + C (Yt; t k)
| {z }
=0 k>0
= 0:95 2 Tk 2 = 0:95 3 Tk 3 = : : : = 0:95 k T0
= 0:95 k 2 t
t!1
!
2
.
1 0:952 2
1 0:95 2
Härav följer att kovariansen, efter lång tid, endast beror av tidsdi¤erensen
k.
38 Ovan beräknade vi väntevärdet för Yt till
mY = 1
och utgick då ifrån att stationäritet gällde. Antag nu att vi inte vet att
mY är konstant. Vi får då ekvationen (rekursionen)
c Mikael Möller
mt = + mt 1
= + ( + mt 2)
= + + 2 mt 2

13. Tidsserier 285
och det är nu inte svårt att övertyga sig om att
mt =
Xt
1
i=0
i + t m0 = 1 t
1
+ t m0.
Om nu = 1 så erhålls att mt = t + m0 (l’Hospital:s regel) och om
j j > 1 så växer högerledet med t. I båda fallen har vi inte ett konstant
värde på väntevärdet och således kan vi inte ha en stationär tidsserie för
dessa värden på .
39 Det gäller att
samt att
E(Yt) = + E( t) E( t 1) = + 0 + 0 =
V (Yt) = V ( t) + 2 V ( t 1) = 2 1 + 2
C(Yt; Yt k) = C( + t t 1; + t k t k+1)
= C( ; ) + C( ; t k) C( ; t k+1)
+ C( t; ) + C( t; t k) C( t; t k+1)
C( t 1; ) C( t 1; t k) + 2 C( t 1; t k+1) .
Man övertygar sig lätt om att alla kovarianser är 0 för k = 2; 3; : : : samt
att
2
C(Yt; Yt 1) = .
Det gäller därför att
k = C(Yt; Yt k)
V (Yt)
40 Av de…nition följer att
=
8
<
: 1 + 2 k = 1,
0 k = 2; 3; : : : .
1;1 = 1
Med hjälp av rekursionen 13.4 och 13.5 erhålls
2;2 = 2
1
2
1
2
1
c Mikael Möller

286 13.5. Lösningar till uppgifter
c Mikael Möller

14. ARMA processer
287

288
c Mikael Möller

15. Beslutsteori
Inom all ekonomisk verksamhet fattas dagligen både stora och små beslut.
Oftast är det frågan om beslut av ringa ekonomiskt värde och dessa behöver
sällan någon omfattande utredning men ibland gäller det stora
projekt som t ex tågtunneln genom Hallandsåsen. Behovet av detta projekt
gavs en ekonomisk motivering och borde därför ha ställts inför en
ekonomisk utvärdering för att avgöra om relationen mellan vinst och
kostnad ger rätt tecken. Dock blev det hela en politisk fråga och all
vedertagen vetenskap ‡ög sin kos.
Det …nns också mindre projekt om än ej av samma dignitet som behöver
en vetenskaplig utvärdering. Exempel på ett sådant är när du har
tre miljoner och en person kommer till dig och ansöker om ett bolån på
säg tre miljoner kronor. Skall lånet beviljas eller ej? För att utvärdera
bästa sättet att förvalta de tre miljonerna – som bolån eller annan investering
– kan du naturligtvis ta hjälp av logistisk regression för att
utröna sannolikheten för att personen kan betala ränta och amortering
under en följd av år. Men detta räcker inte för att avgöra vilket av de
två (eller ‡era valen) som skall väljas för att optimera avkastningen på
de tre miljonerna. Istället behöver man beakta förväntad avkastning för
de olika investeringsmöjligheterna för att slutligen välja den investering
som ger bäst förväntad avkastning.
I var och en av de beskrivna situationerna föreligger det en räcka
av val, som du som beslutsfattare kan göra men du drabbas också av
händelser som du ej kan påverka:
Har du gjort ett dåligt val av en tätningsprodukt kan du råka ut
för Rhoca Gil, förgiftat med akrylamid, med ett bra val hade du
sluppit detta.
Har du gjort ett dåligt val av företag får du sparken ty företaget
slimmar (ett politiskt ord för att man avskedar folk) sin organisation
på grund av konjunkturnedgång, med ett bra val hade du
sluppit detta.
Beslutsteorin hjälper oss att fatta beslut i dylika situationer när vi har
kunskap om vinster/kostnader för olika val och olika händelser. Denna
kunskap kan vara antingen exakt som vid de olika valalternativen eller i
form av någon sannolikhetsfunktion som för händelserna.
289

290 15.1. Beslutsprocessen
Vissa beslut fattar vi själva (aktivt) – t ex om man skall köpa ett
företag som tidigare sysslat med asbest eller om vi skall börja byggandet
av tunnel –och denna typ av beslut kallar vi val.
Andra beslut fattas av andra åt oss (icke-aktivt) –t ex om en grupptalan
i ett asbestmål skall väckas mot företaget eller om en tätningsprodukt
innehållet ett giftigt ämne –och denna typ av beslut kallar vi för
händelser. Över händelser rår vi ej (inte alltid sannt) men kan ofta
åsätta dem en sannolikhet för att de skall inträ¤a.
Till varje följd av beslut, aktiva och icke-aktiva, förknippas en vinst/kostnad
som kan beräknas och detta kapitel skall ge oss några enkla modeller som
kan leda oss till ett rimligt beslut.
15.1 Beslutsprocessen
Alla beslutsproblem måste ha ett mål ty utan ett mål har vi inget att
besluta om. Dessa mål tar alltid ställning för något ty vi bygger inte en
ny fabrik för att ha något att göra utan för att vi har ett visst mål som
t ex :
skapa en större vinst för koncernen under de följande 5 åren,
skapa sysselsättning åt en del av befolkningen,
bygga en ny järnvägssträckning,
berika VD och vissa prominenta styrelseledamöter o s v.
När så målet är bestämt så gäller det att …nna vad vi kan påverka
(kontrollerbara variabler) och vad vi inte kan påverka (icke-kontrollerbara
variabler).
När det gäller byggandet av en fabrik så kan följande variabler betraktas
som kontrollerbara:
1. aktuellt pris på byggmaterial,
2. tomtpriset,
3. priser på den blivande produktens råvaror,
4. priset på den produkt som skall tillverkas o s v.
Exempel på, för företaget, icke-kontrollerbara variabler kan vara
1. samhällets ekonomiska utvecklingen,
c Mikael Möller

15. Beslutsteori 291
2. politiska beslut om subventioner,
3. kommer produkten att efterfrågas,
4. andra aktörers beslut o s v
Dessa variabler, kontrollerbara och icke-kontrollerbara, är antingen
helt kända som dagspriset på cement medan andra endast är ofullständigt
kända som den ekonomiska utvecklingen. Utifrån ovanstående
information skapar vi sedan en modell för hur vårt beslut skall fattas.
Exempel 72 Du har fått ett arv om en miljon kronor och just nu har du
inte behov av dessa pengar. Däremot, om 5 år, är ditt nuvarande projekt
slut och du tänker då passa på att ta en längre semester. Eftersom du
är obenägen att ta stora risker väljer du mellan två sparformer
1. sätta in pengarna på riksgälden mot en fast 5-årig ränta om 100r
procent.
2. sätta in pengarna mot en variabel årlig ränta om 100ri procent för
år i.
Vad skall du göra?
Lösning 53 Målsättningen här är uppenbar: Du vill optimera din avkastning
under en 5-års period. De variabler som ingår är
Kontrollerbara Antalet år 5, den 5-åriga räntan r, och den första 1åriga
räntan r1.
Okontrollerbara De följande fyra 1-åriga räntorna r2; r3; r4; r5.
De två modellerna som beskriver kapitalets utveckling under de 5 åren
kan skrivas (där k0 = 1 000 000)
1. efter 5 år med fast ränta har vi kapitalet
k5 = k0 (1 + r) 5 .
2. efter 5 år med 5 ett-åriga räntor har vi kapitalet
k5 = k0 (1 + r1) (1 + r2) (1 + r3) (1 + r4) (1 + r5) .
För att fatta beslut simuleras olika troliga (hur det varit historiskt)
ränteutvecklingar för r2; r3; r4 och r5 samt beräkna kapitalet för respektive
räntemix. Välj sedan den sparform som ger störst förväntad avkastning.
c Mikael Möller

292 15.2. Enkla beslutsproblem
För att föra resonemanget vidare behöver vi följande tre de…nitioner
av Val, Händelse och Betalning.
De aktiva valen kan vara V1 = Inga investeringar, V2 = Investera i
be…ntliga anläggningar och personal eller V3 = Bygg en ny anläggning.
De…nition 54 De ömsesidigt uteslutande beslutsalternativ som står till
buds betecknar vi med V1; V2; : : : ; Vn (här står V för ’val’).
De icke-aktiva valen, framtida händelser, som påverkar vårt företag
är t ex h1 = konjunkturuppgång och h2 = konjunkturnedgång.
De…nition 55 De ömsesidigt uteslutande framtida händelser som en beslutsfattare
ej kan påverka betecknar vi med h1; h2; : : : ; hm (här står h
för ’händelse’).
Beroende på de val vi gör och de händelser som drabbar oss erhålls
en vinst eller kostnad (negativ vinst).
De…nition 56 De positiva eller negativa kostnader som associeras med
varje kombination av aktiva och icke-aktiva val betecknar vi med b1;1,
b1;2, : : :, bn;m (där b står för ’betalning’).
15.2 Enkla beslutsproblem
Ett sätt att beskriva en beslutssituation är via en betalningstabell (betalningsmatrisen
betecknas med B) och den betecknar vi med:
Händelse
Val h1 h2 hm
V1 b1;1 b1;2 b1;m
V2 b2;1 b2;2 b2;m
.
.
.
. ..
Vn bn;1 bn;2 bn;m
.
=
Händelse
Val h1 h2 hm
V1
. B
Med dess hjälp kan vi fatta enkla deteriministiska beslut. Beroende på
om bi;j är positiv eller negativ så erhålls en vinst eller en kostnad. Det
…nns nu tre enkla kriterier för att behandla dylika tabeller – ett pessimistiskt,
ett optimistiskt och ett som vi kallar ’förlorade möjligheter’.
Vi skall betrakta och jämföra dessa kriterier utgående från en positiv
betalningsmatris (vinst) och lämnar åt läsaren att ta fram motsvarande
algoritmer när betalningsmatrisen är negativ (kostnad).
c Mikael Möller
Vn

15. Beslutsteori 293
15.2.1 Minimax
Denna algoritm går ut på att för varje val välja den händelse som ger
minst förtjänst och därefter välja det val som ger maximum av dessa minimala
förtjänster. Detta är sannerligen en pessimistisk syn på framtiden
även om den andas lite optimism på slutet. Formellt lägger vi till en kolumn
till betalningstabellen och i denna anger vi minima över raderna.
Längst ned anges det största av dessa minima:
Händelse Rad
Val h1 h2 hm min
V1 b1;1 b1;2 b1;m R1 = min (b1;1; : : : ; b1;m)
V2 b2;1 b2;2 b2;m R2 = min (b2;1; : : : ; b2;m)
.
. . . .. .
.
Vn bn;1 bn;2 bn;m Rn = min (bn;1; : : : ; bn;m)
max (R1; : : : ; Rn)
Motsvarande för en kostnadsmatris blir maximin där vi först maximerar
kostnaden för varje val och sedan tar det val som ger minst kostnad.
15.2.2 Maximax
Denna algoritm går ut på att för varje val välja den händelse som ger
mest förtjänst och därefter välja det val som ger maximum av dessa
maximala förtjänster. Detta är optimistens syn på framtiden. Även här
lägger vi till en kolumn till betalningstabellen som nu innehåller följande
uträkningar
Händelse Rad
Val h1 h2 hm min
V1 b1;1 b1;2 b1;m R1 = max (b1;1; : : : ; b1;m)
V2 b2;1 b2;2 b2;m R2 = max (b2;1; : : : ; b2;m)
.
. . . .. .
.
Vn bn;1 bn;2 bn;m Rn = max (bn;1; : : : ; bn;m)
max (R1; : : : ; Rn)
Motsvarande för en kostnadsmatris blir minimin där vi först minimerar
kostnaden för varje val och sedan tar det val som ger minst kostnad.
c Mikael Möller

294 15.2. Enkla beslutsproblem
15.2.3 Förlorade möjligheter
Ovanstående två metoder är rakt på sak ty de betraktar vinst/kostnad.
En metod som är mer indirekt är att istället bestämma en betalningsmatris
som mäter den besvikelse man känner när man har gjort ett val
och det sedan visar sig att man kunde ha gjort ett bättre val. Först
de…nerar vi vad vi menar med ’besvikelse’:
De…nition 57 Om det föreligger n möjliga val V1; V2; : : : ; Vn och m
möjliga händelser h1; h2; : : : ; hm samt om den ursprungliga betalningsmatrisen
är B = fbijg n;m
i;j=1 så gäller att maximal betalning vid händelsen
hj är b j = max(b1j; b2j; : : : ; bnj); j = 1; 2; : : : ; m. Vi säger nu att valet
Vi ger oss besvikelsen bij := b j
bij. 1
Rent formellt bildar vi för varje enskild händelse maximum, av betalningarna,
över valen. Därefter bildar vi nya betalvärden genom att
från varje kolumnmaximum dra betalvärdet. Därvid erhålls den nya
betalningstabellen
Händelse
Val h1 h2 hm
V1 b 1 b1;1 b 2 b1;2 b m b1;m
V2 b 1 b2;1 b 2 b2;2 b m b2;m
.
.
.
Vn b 1 bn;1 b 2 bn;2 b m bn;m
På denna betalningstabell tillämpar vi sedan maximin-metoden d v s vi
minimerar de största besvikelserna. Vad de enskilda betalningarna här
mäter är den indirekta förlust vi gör om vårt val inte blir det bästa
möjliga.
För att illustrera hur räkningarna genomförs i de tre ovan angivna
metoderna ger vi några exempel.
Exempel 73 Företaget Lego (ett företag i leksaksbranschen) måste för
att kunna möta den ökande konkurrensen inom leksaksmarknaden göra
nya investeringar och har att välja mellan följande beslut:
V1 Inga investeringar görs.
V2 Investera i be…ntliga anläggningar och personal.
1 Beteckningen := betyder att vi omde…nierar det som står till vänster till att
innehålla något nytt – nämligen det som står till höger.
c Mikael Möller
.
.

15. Beslutsteori 295
V3 Bygg en ny anläggning.
Leksaksmarknaden är betingad av antalet barn och konjunkturen. Man
bedömer att två olika möjliga framtider – h1 och h2 (där h1 är konjunkturuppgång
och h2 är konjunkturnedgång) –föreligger och baserat på
tidigare erfarenheter och befolkningsstrukturer sätter man upp följande
vinsttabell:
Händelse
Beslut h1 h2
V1 200 100
V2 1200 200
V3 3000 800
Vilket beslut skall man fatta med metoderna, när man använder begreppet
vinst, minimax, maximax och ’förlorade möjligheter’?
Lösning 54 Minimax-metoden ger oss tabellen
Händelse Rad
Beslut h1 h2 min
V1 200 100 100
V2 1200 200 200
V3 3000 800 800
Rad max: 100
och vi fattar beslutet V1: att göra inga investeringar. Maximax-metoden
ger oss betalningstabellen
Händelse Rad
Beslut h1 h2 max
V1 200 100 200
V2 1200 200 1200
V3 3000 800 3000
Rad max: 3000
och vi fattar beslutet V3: att bygga en ny anläggning. Besvikelsemetoden
d v s metoden med ’förlorade möjligheter’ ger oss betalningstabellen
Händelse
Beslut h1 h2
V1 3000 200 100 ( 100)
V2 3000 1200 100 ( 200)
V3 3000 3000 100 ( 800)
3000 100
)
Händelse Rad
Beslut h1 h2 max
V1 2800 0 2800
V2 1800 100 1800
V3 0 700 700
Rad min: 700
c Mikael Möller

296 15.3. Enkla beslut baserade på väntevärden
och vi fattar beslutet att bygga en ny anläggning.
De deterministiska metoderna ovan är behäftade med en del problem.
Bland annat bryr de sig inte om vinstens storlek utan tar endast hänsyn
till deras ordning. Om t ex b3;1 = 3 000 000 så väljer minmax-metoden
fortfarande beslutet: Inga investeringar. Ej heller tar metoderna hänsyn
till att händelserna kan ha olika sannolikheter att inträ¤a. De påverkas
även av irrelevanta faktorer som regeringars bidragssystem för vissa
typer av verksamheter. Dylika ändrar betalningstabellen och därmed
kan besluten förändras. I nästa avsnitt skall vi ta upp problemet med
att händelserna kan ha olika sannolikheter för att inträ¤a.
15.3 Enkla beslut baserade på väntevärden
Eftersom valen fattas av oss baserat på den kunskap vi äger är dessa
även fortsättningsvis deterministiska men händelserna skall nu betraktas
som stokastiska. Detta betyder att vi skapar en stokastisk modell för
händelserna och därmed kan vi ta hänsyn till storleken på de enskilda
betalningarna. Sätt därför
H = den händelse som inträ¤ar,
där H = fh1; h2; : : : ; hmg och P (H = hi) = pi, i = 1; 2; : : : ; m och
p1 + p2 + + pm = 1. De av oss ovan betraktade metoderna ersätts nu
med:
Förväntad betalning (kostnad) Skillnaden nu blir att istället för
att ta minimum (maximum) för varje val beräknar vi valets förväntade
betalning. Därefter tar vi, som förr, det val som ger den
största förväntade avkastningen (minsta förväntade kostnaden).
Vår utvidgade betalningstabell blir nu
Händelse Rad
Val h1 h2 hm min
V1 b1;1 b1;2 b1;m R1 = P m
i=1 b1;ipi
V2 b2;1 b2;2 b2;m R2 = P m
.
.
.
.
.
.
. ..
.
.
i=1 b2;ipi
Vn bn;1 bn;2 bn;m Rn = P m
i=1 bn;ipi
.
.
max (R1; : : : ; Rn)
och vi väljer det alternativ som har störst förväntad vinst (kostnad).
Denna metod ersätter de två metoderna minimax och maximax
(maximin och minimin).
c Mikael Möller

15. Beslutsteori 297
Förväntad besvikelse Den utvidgade besvikelsetabellen blir i sin
tur
Händelse Rad
Val
V1
h1
b 1 b1;1
hm
b m b1;m R1 = Pm i=1 (b V2 b 1 b2;1 b m b2;m
i
R2 = Pm i=1 (b .
Vn
.
b 1 bn;1
. .. .
b m bn;m
i
.
Rn = Pm i=1 (b i
min (R1; : : : ; Rn)
b1;i) pi
b2;i) pi
bn;i) pi
och vi väljer det alternativ som har minst förväntad besvikelse.
Exempel 74 (forts) Företaget Lego:s ekonomichef bedömer sannolikheten
för en konjunkturuppgång till 0:6 och för konjunkturnedgång till 0:4.
Lego:s betalningstabell kan nu skrivas:
Händelse
Beslut h1 h2
V1 200 100
V2 1200 200
V3 3000 800
P (H = hi) 0:6 0:4
Bestäm det val som ger högst förväntad avkastning respektive lägst förväntad
besvikelse.
Lösning 55 I båda fallen har vi att beräkna väntevärden över rader och
…nner därvid tabellerna:
Förväntad betalning
Händelse Rad
Beslut h1 h2 min
V1 200 100 80
V2 1200 200 640
V3 3000 800 1480
P (H = hi) 0:6 0:4 1480
Enligt den utvidgade betalningstabellen skall vi välja att bygga en
ny fabrik.
c Mikael Möller

298 15.3. Enkla beslut baserade på väntevärden
Förväntad besvikelse
Händelse Rad
Beslut h1 h2 min
V1 2800 0 1680
V2 1800 100 1120
V3 0 700 280
P (H = hi) 0:6 0:4 280
Även denna tabell säger att vi skall bygga en ny fabrik.
Exempel 75 En leverantör säljer dagsfärsk morotssaft och inköper varje
morgon ett antal kartonger om 64 burkar till en kostnad av 200 kronor
per kartong. Varje försåld kartong ger en intäkt om 500 kronor. Av
erfarenhet vet leverantören att försäljningen ligger mellan 1 till 3 kartonger
per dag. Hur många kartonger skall inköpas om man tillämpar
metoden med förväntad vinst när historien visat att
P (H = 1) = 0:5, P (H = 2) = 0:3, P (H = 3) = 0:2,
där H =antal försålda kartonger.
Lösning 56 Sätt
Vi beräknar de tre väntevärdena till
Vi = i kartonger köps.
E(V1) = 300 0:5 + 300 0:3 + 300 0:2 = 300
E(V2) = 100 0:5 + 600 0:3 + 600 0:2 = 350
E(V3) = 100 0:5 + 400 0:3 + 900 0:2 = 250
och vi ser att denna metod föreslår att vi skall köpa två kartonger ty då
erhålls störst förväntade vinst.
Om vi i ovanstående exempel med morotssaft använder den givna
fördelningen på en besvikelsetabell istället så erhålls (V B
i anger att
besvikelsetabellens data används)
E(V B
1 ) = 0 0:5 + 300 0:3 + 600 0:2 = 210
E(V B
2 ) = 200 0:5 + 0 0:3 + 300 0:2 = 160
E(V B
3 ) = 400 0:5 + 200 0:3 + 0 0:2 = 260
och även denna tabell föreslår att vi skall köpa två kartonger ty då erhålls
den minsta förväntade besvikelsen.
c Mikael Möller

15. Beslutsteori 299
Vi noterar nu att E(V B
1 ) + E(V1) = 510 samt att även de två andra
valen adderar sig till 510. Detta är ingen tillfällighet ty allmänt har vi
E(V B
i ) =
j=1
E(Vi) =
j=1
mX
j=1
bijpj
och motsvarande för besvikelsetabellen blir
mX
(b j
mX
bij) pj = b jpj
mX
mX
bijpj = b jpj
Men detta ger oss sambandet
E(V B
i ) + E(Vi) =
j=1
j=1
mX
b jpj = konstant oberoende av i
j=1
E (Vi) .
och därför gäller att E(V B
i ) är minst när E(Vi) är störst och vice versa.
Det är därmed visat att metoden med Förväntad betalning ger samma
resultat som metoden med Förväntad besvikelse och framgent behöver
vi därför endast betrakta metoden med Förväntad betalning.
15.4 Enkla beslutsträd
De ‡esta beslutssituationer är dock inte så enkla att de går in under de
modeller vi byggt ovan. Vanligen består ett beslut av ‡era på varandra
följande delbeslut där man inhämtar olika typer av information inför
varje delbeslut. För att kunna hantera även dessa beslutssituationer på
ett bra sätt måste vi bygga ut vår modell och för att kunna göra detta
behöver vi ett alternativt angreppssätt. Vi börjar först med ett par
visuella de…nitioner.
Med en beslutspunkt V och n beslutsgrenar V1; : : : ; Vn avses ett
beslutsträd enligt …guren till vänster.
V a l
V1
V2
Vn
H ä n
h1
h2
hn
c Mikael Möller

300 15.4. Enkla beslutsträd
Med en händelsepunkt H och m händelsegrenar h1; : : : ; hn avses ett
beslutsträd enligt …guren till höger höger. Det går naturligtvis utmärkt
att kombinera dylika enkla beslut- och händelseträd till mycket intrikata
beslutsträd.
Vi betraktar åter igen exemplet med företaget Lego och skall för
detta rita beslutsträd för de två olika betalningstabellerna svarande mot
minimax-metoden och väntevärdes-metoden.
Exempel 76 (forts)Bestäm för företaget Lego, med betalningstabellerna
i exempel 73 sid 294 och 74 sid 297, beslutsträden för en minimax-lösning
respektive ett väntevärdesbeslut.
Lösning 57 Från de två betalningstabellerna erhålls följande beslutsträd
under minimax-regeln
100
Inga investeringar
Investera i bef. anläggningar
k
Bygg ny fabrik
k
respektive beslutsträdet
1480
Inga investeringar
k
Investera i bef. anläggningar
k
Bygg ny fabrik
100
200
800
80
640
1480
Konjunktur
uppgång
nedgång
uppgång
nedgång
uppgång
nedgång
Konjunktur
uppgång
nedgång
uppgång
nedgång
uppgång
nedgång
200
100
1200
200
3000
800
200
100
1200
200
3000
under väntevärdes-regeln. Vi markerar med k att detta val ej skall väljas.
c Mikael Möller
800

15. Beslutsteori 301
Av detta exempel följer att vi inte har någon ny information utan
vad vi har är ett generellare sätt att angripa ett beslutsproblem. Betalningstabellerna
klarar bara av två dimensioner t ex ett val och en
händelse och det är inte trivialt att utveckla dessa tabeller till ‡era val
och ‡era händelser. Däremot är det trivialt att haka på ‡era val och
händelser i ett beslutsträd och detta kommer att ge oss allmäna beslutsträd.
Dock, innan vi går in på de allmäna beslutsträden skall vi utreda
vad betingning kan ge.
15.5 Aposteriorisannolikheter
Tidigare, i avsnittet Sannolikhetslära, de…nierade vi den betingade sannolikheten
för en händelse A givet en händelse B enligt
P (A j B) =
P (A \ B)
P (B)
och denna de…nition innebär att vi begränsar vårt utfallsrum till att
endast omfatta mängden B d v s att B nu utgör det nya utfallsrummet.
Med hjälp av de…nition för betingad sannolikhet skall vi visa en inom
beslutsteorin mycket användbar sats kallad Bayes sats.
Theorem 58 Låt A1; A2; : : : ; An vara ömsesidigt uteslutande händelser
sådana att de tillsammans beskriver hela utfallsrummet . Då gäller för
en godtycklig händelse B i att
P (Ai j B) =
P (B j Ai) P (Ai)
P (B j A1) P (A1) + + P (B j An) P (An)
i = 1; 2; : : : ; n.
Bevis 20 Att de ömsesidigt uteslutande händelserna A1; A2; : : : ; An tillsammans
bildar hela utfallsrummet innebär att
= A1 [ A2 [ [ An och Ai \ Aj = ;, för varje par i; j.
Figuren nedan ger oss följande samband
B = \ B = (A1 [ A2 [ [ An) \ B
= (A1 \ B) [ (A2 \ B) [ [ (An \ B)
där det gäller att alla (Ai \ B) i sin tur är ömsesidigt uteslutande och
därmed har vi, enligt den speciella additionssatsen, att
P (B) = P (A1 \ B) + P (A2 \ B) + + P (An \ B) .
c Mikael Möller

302 15.5. Aposteriorisannolikheter
Men eftersom det enligt de…nition av betingning gäller att
P (Ai \ B) = P (B j Ai) P (Ai) i = 1; 2; : : : ; n
följer påståendet i satsen.
A3
A2
A4
B
A1
An 1
Vad det hela handlar om är således: Givet en apriori-sannolikhet,
P (Ai), samt den nya kunskapen B, bestäm hur den ursprungliga sannolikheten
förändras när B är känd d v s bestäm aposteriori-sannolikheten
P (Ai j B). 2
Exempel 77 En ny …lm har premiär och …lmbolaget bedömer sannolikheten
för succé till 0:7. Historiskt sett har en viss kritiker gett bra
recensioner i 75 procent av de fall då …lmerna blivit succéer och dåliga recensioner
i 90 procent av de fall då de varit misslyckade. Efter premiären
hyllar kritikern …lmen och din uppgift är att bestämma sannolikheten för
en ny succé baserat på denna nya kunskap.
Lösning 58 Av texten följer att händelserna ’succé’och ’bra recension’
är av betydelse. Frågan är vilken av dem som skall erhålla beteckningen
A respektive B. För att avgöra detta konstaterar vi att texten ger
sannolikheten
P (’bra recension’j ’succé’) = 0:75
samt att vi skall beräkna
: : :
An
P (’succé’j ’bra recension’) .
Följande beteckningar är därför lämpliga
A1 = ’succé’
A2 = ’ej succé’
B = ’bra recension’
2 ’prior’står för föregående och ’posterior’för efterföljande.
c Mikael Möller

15. Beslutsteori 303
och vi söker P (A1 j B). Denna sannolikhet kan enligt Bayes sats skrivas
P (A1 j B) =
Ur texten …nner vi 3
P (B j A1) P (A1)
P (B j A1) P (A1) + P (B j A2) P (A2) .
P (A1) = 0:7
P (B j A1) = 0:75
P {B j A2 = 0:9
varför P (A2) = 0:3 och P (B j A2) = 0:1. Sökt sannolikhet erhålls nu
enligt Bayes sats till
P (’succé’j ’bra recension’) =
15.6 Allmäna beslutsträd
0:75 0:7
= 0:95.
0:75 0:7 + 0:1 0:3
Vi såg ovan att vi med hjälp av Bayes sats kan uppdatera vår ursprungliga
sannolikhet (priorsannolikhet) till en ny sannolikhet (posteriorsannolikhet)
när ny information blir tillgänglig. Bayesianska beslutsträd
utnyttjar denna egenskap genom att strukturera olika beslut i form av
ett träd och i detta träd ange de sannolikheter med vilka vi väljer olika
grenar. Därefter kan vi för de olika valen räkna ut de förväntade betalningarna
och med deras hjälp fatta det beslut som ger högst (minst)
förväntad vinst (kostnad).
Exempel 78 För att slippa ifrån EU:s skyddstullar bestämmer sig Toyota
för att bygga en fabrik i England. Man har då att välja mellan att
bygga en liten fabrik (200 000 bilar per år) och en stor fabrik (600 000 bilar
per år). Nu kan efterfrågan på dessa bilar antingen bli svag eller stark
och man bedömer sannolikheten för svag efterfrågan till 0:7. Genom
att ta hänsyn till så många faktorer som möjligt har man beräknat den
genomsnittliga årsvinsten under de närmaste 5 åren och därvid erhållit
betalningstabellen (i någon sort) nedan
Händelse
Beslut h1 h2
V1 8 5
V2 2 12
P (H = hj): 0:7 0:3
3 Beteckningen {B betyder komplementet till mängden B.
c Mikael Möller

304 15.6. Allmäna beslutsträd
där
V1 = bygg liten fabrik
V2 = bygg stor fabrik
h1 = svag efterfrågan
h2 = stark efterfrågan
För att underlätta beslutsfattandet anlitar Toyota en Europeisk konsult
som är specialiserad på marknadsundersökningar för biltillverkare i Europa.
Om denna konsult gäller att denne, historiskt sett, har haft rätt i
sina prognoser om svag efterfrågan i 90 procent av de fall där efterfrågan
blivit svag. I de fall där de prognosticerat stark efterfrågan har de
haft rätt i 80 procent av fallen. Konsulten tar självklart betalt för sin
medverkan och för en dylik prognos debiterar denne 0:1. Hjälp Toyota
att fatta ett beslut – bygga liten eller stor fabrik?
Lösning 59 Först gör vi en så kallad prior-analys baserad på Toyotas
egen information och därefter en posterior-analys där informationen från
konsulten tas med. Med hjälp av denna analys skall vi sedan avgöra om
det är värt pengarna att engagera konsulten samt vilken fabrik som skall
byggas. Betalningstabellen ger följande förväntade vinster:
Liten fabrik: 8 0:7 + 5 0:3 = 7:1
Stor fabrik: 2 0:7 + 12 0:3 = 2:2
och vår rekommendation blir, utan ytterligare information, att Toyota
skall bygga en liten fabrik eftersom den förväntade vinsten då är
störst. Låt oss se hur marknadskonsulten kan ändra på detta resultat.
Vi behöver nu en beteckning för konsultens utlåtande och sätter därför
R1 = konsulten förutsäger svag efterfrågan
R2 = konsulten förutsäger stark efterfrågan
och baserat på det historiska materialet erhålls följande skattade sannolikheter
Det gäller därför att
P (R1 j H = h1) = 0:9, P (R2 j H = h1) = 0:1,
P (R2 j H = h2) = 0:8, P (R1 j H = h2) = 0:2.
P (R1) = P (R1 j H = h1) P (H = h1) + P (R1 j H = h2) P (H = h2)
c Mikael Möller
= 0:9 0:7 + 0:2 0:3 = 0:69

15. Beslutsteori 305
och
P (R2) = 1 P (R1) = 1 0:69 = 0:31.
Med hjälp av dessa sannolikheter beräknar vi nu med hjälp av Bayes sats
0:9 0:7
P (H = h1 j R1) =
P (R1)
0:2 0:3
P (H = h2 j R1) =
P (R1)
0:1 0:7
P (H = h1 j R2) =
P (R2)
0:8 0:3
P (H = h2 j R2) =
P (R2)
63
=
69
6
=
69
7
=
31
24
=
31
0:91
0:09
0:23
0:77
De förväntade vinsterna i noderna blir (för ett färdigt beslutsträd se …gur
nedan)
7:63 = 0:91 7:9 + 0:09 4:9
0:84 = 0:91 2:1 + 0:09 11:9
5:59 = 0:23 7:9 + 0:77 4:9
8:68 = 0:23 2:1 + 0:77 11:9
7:1 = 0:7 8 + 0:3 5
2:2 = 0:7 2 + 0:3 12
7:63 = max( 0:84; 7:63)
8:68 = max(5; 59; 8:68)
7:1 = max(2:2; 7:1)
7:9555 = 7:63 0:69 + 8:68 0:31
7:9555 = max(7:1; 7:9555)
Den maximala förväntade vinsten blir därför 7:9555 och den erhålls via
beslutskedjan: Eftersom 7:9555 7:1 = 0:8555 > 0:1 skall Toyota ge
konsult…rman i uppdrag att undersöka den blivande marknaden. Beslutsträdet
15.1 på sid 306 ger oss nu följande beslutstrategier: Om konsulten
spår
svag efterfrågan bygg en liten fabrik,
stark efterfrågan bygg en stor fabrik.
c Mikael Möller

306 15.6. Allmäna beslutsträd
P (H = h 1 j R 1 ) 12
B y g g lit e n f a b r i k
7:63
P (H = h 2 j R 1 ) 2
P (R 1 )
7:63
P (H = h 1 j R 1 ) 5
B y g g s t o r f a b r i k
c Mikael Möller
0:84
P (H = h 2 j R 1 ) 8
H y r k o n s u lt
7:96
P (H = h 1 j R 2 ) 11:9
B y g g lit e n f a b r i k
5:59
P (H = h 2 j R 2 ) 2:1
P (R 2 )
8:68
P (H = h 1 j R 2 ) 4:9
B y g g s t o r f a b r i k
8:68
7:96
P (H = h 2 j R 2 ) 7:9
P (H = h 1 ) 11:9
B y g g lit e n f a b r ik
7:1
P (H = h 2 ) 2:1
E j k o n s u lt
7:10
P (H = h 1 ) 4:9
B y g g s t o r f a b r ik
2:2
P (H = h 2 ) 7:9
Figur 15.1: Beslutsträd för Toyota.

Litteraturförteckning
[1] A. Agresti (1996), An introduction to categorical data analysis, John
Wiley & Sons, Inc.
[2] Bowerman och O’Connell, Forecasting and time series.
[3] D. Collett (1991), Modelling binary data, Chapman & Hall.
[4] D. R. Cox (1970), Analysis of binary data, Methuen & CO, Ltd.
[5] F. M. Möller (2006), Introduktion till matematik för ekonomer,
www.tex-sales.se
[6] F. C. Pampel (2000), Logistic regression, Sage Publications, Inc.
[7] M. Drosnin, Bibelkoden
[8] Qvartilen årgång 19 Vol 3
[9] Qvartilen årgång 20 Vol 2
307