Soal dan Pembahasan - Tugas Statistika Soal dan Pembahasan

M. Samy Baladram

4.1 Ekspektasi Fungsi

Key Points

. Teorema 4.1.1 Definisi 4.1.1 P Jika T = n i =1 a i X i ,a i suatu konstan,

Misal X peubah acak dengan pdf f (x ; θ ) maka

atau p (x ; θ ), θ ∈ Ω. Misal X 1 ,...,X n X n

adalah peubah acak berdistribusi X dan E [T ] =

i ] E [X

T suatu statistik. Kita katakan T esti-

mator tak-bias dari θ jika Akibat 4.1.1 P n

i =1

E [T ] = θ, Jika T =

untuk semua θ ∈ Ω maka

i =1 a i X i ,a i suatu konstan,

Jika E [T ] 6= θ , kita katakan T estimator X X bias bagi θ .

Akibat 4.1.2 Jika X 1 , ··· ,X n adalah peubah acak sal- ing bebas dengan variansi hingga, maka

1 [4.1.5] Misal X 1 dan X 2 dua peubah acak yang saling bebas dengan variansi X 1 dan X 2 berturut-turut σ 2 1 =k dan σ 2 2 =2 . Jika diberikan variansi Y = 3X 2 −X 1 adalah 25, tentukan k. . . Jawab:

V a r [X 1 ] + 2(3)(1)cov (X 2 ,X 1 ) |

{z }

25 = 18 + k

=0 karena saling bebas

k=7

2 [4.1.7] Tentukan mean dan variansi jumlahan Y dari pengamatan variabel acak berukuran 5 dengan distribusi yang memiliki pdf f (x ) = 6x (1 − x ), 0 < x < 1, 0

di selain itu. . . Jawab:

Variabel acak Y dapat ditulis Y = X 1 +X 2 +X 3 +X 4 +X 5 .

4.2 Konvergen dalam Peluang

3 [4.2.2] Misal Y n peubah acak dengan distribusi b (n, p ).

a P Tunjukkan Y n /n −→ p.

b P Tunjukkan 1 − Y n /n −→ 1 − p

c P Tunjukkan (Y n /n)(1 − Y n /n) −→ p(1 − p) .

. Jawab:

a Karena Y n berdistribusi b (n, p ), dapat dianggap Y n =X 1 + ··· + X n dengan

X i berdistribusi b (1, p ) dengan µ = p . Berdasarkan Teorema

n −→ µ X i

. Karena Y n /n = X n dan µ X i =p maka terbukti

n /n −→ p.

b P Berdasarkan Teorema, karena 1 −→ 1 dan Y n /n −→ p maka

1 P −Y

n /n −→ 1 − p

c Berdasarkan Teorema 4.2.5, dan jawaban soal sebelumnya, maka didapat

(Y P

n /n)(1 − Y n /n) −→ p(1 − p)

4 [4.2.4 dan 4.2.5] Misal X 1 , ··· ,X n adalah variabel acak yg i.i.d dengan pdf

Misal Y n = min {X 1 , ··· ,X n }.

a Tunjukkan Y n P θ −→

b Tentukan mean dari Y n

c Apakah Y n estimator tak-bias dari θ

d Tentukan estimator tak-bias untuk θ dengan memanfaatkan Y n . . . Jawab:

Karena Y n = min {X 1 , ··· ,X n }, maka

F Y n (t ) = 1 − P(Y n ≥t) =1

− P(X n

1 ≥ t ,··· ,X n ≥ t ) = 1 − [P(X i ≥ t )] =1 − [1 − P(X i ≤ t )] 

— =1 n −  1 −

e −(x −θ ) dx  =1 − 1+e −(t −θ ) −e −(θ −θ )

∴ F Y n (t ) = 1 −e −n(t −θ ) ,t >θ

F Y dt n (t ) ∴ f Y n (t ) = n e −n(t −θ ) ,t >θ

f Y n (t ) =

a Akan dibuktikan lim n →∞ P( |Y n − θ | ≥ ǫ) = 0 untuk setiap ǫ > 0.

=e −n(θ +ǫ−θ )

=0, karena (θ − ǫ) < θ

n lim →∞ P( |Y n − θ | ≥ ǫ) = lim n →∞ e −nǫ = 0.

Jadi, terbukti Y P n −→ θ .

b Dengan menghitung ekspektasi Y n , Z ∞

n E [Y ]= t ·f −n(t −θ ) Y n (t )d t =

tne

dt (menggunakan integral parsial)

= ” n 2 te −n(t −θ )

−n 3 e −n(t −θ ) — ∞

−0+n 2 θ+n 3 =n 2 θ+n 3

Jadi, µ Y n =n 2 θ+n 3 .

c Karena E [Y n ]=n 2 θ+n 3 6= θ , maka Y n adalah estimator bias bagi θ

d Untuk mendapat estimator tak-bias maka perlu peubah acak Z n sehingga

n E [Z ]= θ . Dari Y n ,

Jadi, dapat dipilih Z n =

yang merupakan estimator tak-bias bagi θ .

4.3 Konvergen dalam Distribusi

Key Points

. Teorema 4.3.1

Teorema 4.3.7

Jika X D n −→ X maka X n −→ X Misal {X n } barisan peubah acak dan {X n } barisan peubah acak yang kon-

vergen dalam peluang ke 0. Maka, Jika X n −→ b, b konstan maka X n

Teorema 4.3.2 D P

−→ b P X

n Y n −→ 0

Teorema 4.3.3 D P Jika X n −→ X dan Y n

D −→ 0 maka

Teorema 4.3.8

X n +Y n −→ X Misal Y N adalah barisan peubah acak Teorema 4.3.4 yang terbatas dalam peluang. Jika

Jika X n −→ X dan g suatu fungsi kontinu X n =o p (Y n ) , maka saat n → ∞, X n −→ 0. maka g (X D

DP

n ) −→ g (X ) Teorema 4.3.5 (Teorema Slutsky)

Teorema 4.3.9

Misal X n ,X,A n ,B n adalah peubah Misal {X n } barisan peubah acak sehing- D ga

acak dan a , b konstan. Jika X n

−→ X ,

n −→ a , B n −→ b, maka n (X n −θ) −→ N (0,σ ) A D

PP

n +B n X n −→ a + bX Misal fungsi g (x ) punya turunan di θ dan g ′ ( θ ) 6= 0. Maka

Teorema 4.3.6 Misal {X n } barisan peubah acak dan X

suatu peubah acak. Jika X n − g (θ ) −→ N (0,σ (g ′ ( θ )) )

D n g (X n )

−→ X , maka

{X n } terbatas dalam peluang.

5 [4.3.2] Misal Y 1 adalah statistik orde satu (yakni Y 1 = min X 1 , ··· ,X n ) dari peubah acak berukuran n dengan distribusi yang memiliki pdf f (x ) = e −(x −θ ) , x >θ , 0 di selain itu. Misal Z n = n (Y 1 − θ ). Tentukan kemanakah kekonverge- nan distribusi Z . n . .

Jawab: Seperti pada soal [4.2.4],

F Y 1 (t ) = 1

−e −n(t −θ ), t >θ

0 di selain itu. Maka,

F Z n (t ) = P(n (Y 1 −θ)≤t)=P Y 1 ≤ + θ

Karena 1 − e −t merupakan cdf dari distribusi eksponensial dengan µ = 1 maka Z D

n −→ Exp(µ = 1).

6 [4.3.5] Misal pmf dari Y n adalah p n (y ) = 1 , y = n, 0 di selain itu. Tunjukkan . distribusi Y n tidak konvergen kemanapun. . Jawab:

Nilai cmf dari Y n dapat ditulis

  0, y <n

F Y n (y ) =  1, y ≥n

Untuk n → ∞,

n lim →∞ F Y n (y ) = 0, y <∞

Karena suatu distribusi tidak mungkin memiliki distribusi peluang 0 dimanapun maka distribusi Y n tidak konvergen kemanapun.

7 [4.3.8] Misal Z n adalah χ 2 (n ) dan W n =Z n /n 2 . Tentukan kekonvergenan dis- tribusi W . n . . Jawab:

mgf dari Z n adalah M Z n (t ) = (1 − 2t ) −n/2 , t < 1/2. Maka, mgf dari W n

adalah

2t −n/2

M W n (t ) = E [e n2 Z n ]= 1 −

n 2 2t −n/2

2 −2t /n −n/2

n lim M W n (t ) = lim n 1 →∞ →∞ − n 2 = lim n e →∞

−o n 2

= lim 2 e ( −2t /n )( −n/2)

= lim

t →∞ e t /n =1

Karena limitnya menuju 1, maka haruslah W n berdistribusi 0 ( yakni tidak mungkin) sehingga W n tidak menuju kemanapun.

8 [4.3.11] Misal Z n peubah acak berdistribusi Poisson dengan µ = n. Tunjukkan . D Y

n = (Z n p

− n)/ n −→ N (0,1). . Jawab:

mgf dari Z n adalah adalah M Z n (t ) = e n (e t −1) . Maka, mgf dari Y n adalah M Y n (t ) = E [e t ·(Z n −n)/ p n ] = E [e (t / p n )Z n −t p n ]

Karena e t 2 /2

merupakan mgf dari N (0, 1) maka terbukti Y D n −→ N (0,1).

9 [4.3.14] dan [4.3.15] Misal X n adalah rataan dari peubah acak berukuran n dari peubah acak Poisson dengan µ = 1.

a Tunjukkan mgf dari Y

− 1) adalah exp[−t n (e

b Selidiki kemanakah kekonvergenan distribusi Y n saat n → ∞

c Dari sana, selidiki kemanakah kekonvergenan distribusi p p n( X n − 1). . . Jawab:

a mgf dari distribusi Poisson untuk peubah acak X i dengan µ = 1 adalah

M X i (t ) = e e t −1 . Maka, mgf dari X n adalah M n tX (t /n) P X

n (t ) = E [e

] = E [e

] = E [e (t /n)X 1 e (t /n)X 2 (t ··· e /n)X n ]

i =1

··· E [e n n ] = (E [e i ]) =e n (e t /n −1)

= E [e (t /n)X 1 ]

(t · E [e /n)X 2 ]

(t /n)X

(t /n)X

Jadi, mgf dari Y n adalah t M p Y

M Y n (t ) = exp[ −t n + n (e t / n − 1)].

b Akan dicari kekonvergenan distribusinya dengan menggunakan mgf

Fungsi M (t ) = e t 2 /2 merupakan mgf dari N (0, 1). Jadi, n → ∞ Y n konvergen dalam distribusi ke N (0, 1).

c D Karena Y

−→ N (0,1) dan fungsi g (x ) = x punya untuk x > 0 (nilai g ′ (x ) =

2 p x ), maka berdasarkan Teorema 4.3.9

n (X D

n − 1) −→ N (0,1)

p ⇒ D n (g (X n ) − g (1)) −→ N (0,1 · [g ′ (1)] 2 )

n( D X

n − 1) −→ N (0,1/4)

10 [4.3.16] dan [4.3.17] Misal X n adalah rata-rata dari sampel acak berukuran n dengan distribusi yang memiliki pdf f (x ) = e −x , 0 < x < ∞, 0 di selain itu.

a Tunjukkan mgf dari Y n = p n (X n − 1) adalah

b Tentukan kekonvergenan distribusi Y n

n (X 2 n − 1) .

c [soal dimodifikasi] Tentukan kekonvergenan distribusi p

. Jawab: . Jawab:

Z ∞ M X i x (t ) = E [e tX i ]= e tx ·e dx

Z b 1 = lim

e (t b −1)0

e (t −1)x

d x = lim

e (t −1)b

t −1 Agar lim 1 (t b −1)b

e =0 , haruslah t < 1 sehingga

Dari sana, M (t ) = E [e tX n

(t E [e /n)X i Š n

b Dengan menggunakan mgf, ” t / p

−t 2 − /2n −o(e )] −n

e ( −t /2n)(−n) =e t /2

Fungsi M (t ) = e t 2 /2 merupakan mgf dari N (0, 1). Jadi, n → ∞ Y n konvergen dalam distribusi ke N (0, 1).

c D Karena Y n −→ N (0,1) dan fungsi g (x ) = x 2 punya turunan dimanapun (nilai c D Karena Y n −→ N (0,1) dan fungsi g (x ) = x 2 punya turunan dimanapun (nilai

n (X D

n − 1) −→ N (0,1)

p ⇒ D n (g (X

− g (1)) ′ −→ N (0,1 · [g (1)] 2 )

2 n (X D

n − 1) −→ N (0,4)

4.4 Teorema Limit Pusat

. Key Points

Teorema 4.4.1 Misal X 1 ,X 2 , ···X n adalah pengamatan dengan peubah acak yang memiliki mean µ dan variansi σ 2 . Maka,

11 [4.4.1] Misal X adalah rataan dari sampel acak berukuran 100 dengan distribusi χ . 2 (50) . Hitung nilai hampiran P(49 < X < 51). . Jawab: Distribusi χ 2 (r ) memiliki µ = r dan σ 2 = 2r sehingga χ 2 (50) memiliki µ =

50 dan σ 2 = 100 . Misal Z berdistribusi N (0, 1) maka

p 100(X n − 50) D

p 100

−→ Z

sehingga P(49 < X < 51) = P(X < 51) − P(X ≤ 49)

≈ P (Z ≤ 51 − 50) − P (Z ≤ 49 − 50) = P(Z ≤ 1) − P(Z ≤ −1) = 0.8413 − (1 − 0.8413)

= 0.6826 Jadi, hampiran nilai P(49 < X < 51) adalah 0.6826.

12 [4.4.2] Misal X adalah mean dari sampel acak berukuran 128 berdistribusi gam- ma dengan α = 2 dan β = 4. hampiri nilai P(7 < X < 9). . . Jawab:

Distribusi gamma memiliki µ = αβ dan σ 2 = αβ 2 sehingga Gamma(α =

2, β = 4) memiliki µ = 8 dan σ 2 = 32 . Misal Z berdistribusi N (0, 1) maka p 128(X

sehingga P(7 < X < 9) = P(X < 9) − P(X ≤ 7)

≈ P (Z ≤ 2(9 − 8)) − P (Z ≤ 2(7 − 8)) = P(Z ≤ 2) − P(Z ≤ −2) = 0.9772 − (1 − 0.9772)

= 0.9544. Jadi, hampiran nilai P(7 < X < 9) adalah 0.9544.

13 [4.4.3] Misal Y adalah peubah acak b (72, 1/3). Hitung P(22 ≤ Y ≤ 28) . . Jawab: Distribusi binomial b (n, p ) memiliki µ = np dan σ 2 = n p (1 − p) sehingga

b (72, 1 /3) memiliki µ = 25 dan σ 2 = 26 . Misal Z berdistribusi N (0, 1) maka

sehingga P(22 ≤ Y ≤ 28) = P(Y ≤ 27) − P(Y ≤ 21)

= P(Z ≤ 1) − P(Z ≤ −0.75) = 0.8413 − 0.2266 = 0.6413

Jadi, hampiran nilai P(22 ≤ Y ≤ 28) adalah 0.6413.

14 [4.4.7] Jika Y adalah b (100, . 1 2 ) , hampiri nilai P(Y = 50). .

Jawab: Distribusi binomial b (1, p ) memiliki µ = p dan σ 2 = p (1 − p) sehingga Y ∼

b (100, 1 /2) dapat dipandang sebagai Y = X 1 + ··· + X 100 dengan X i ∼ b(1,1/2) yang memiliki µ = 1/2 dan σ 2 =1 /4 . Misal Z berdistribusi N (0, 1) maka

p 100( Y 100 − 1/2) D

−→ Z

100( 49 100 − 1/2) ≈P Z ≤

1 /4 = P(Z ≤ 0) − P(Z ≤ −0.2) = 0.5000 − (1 − 5793) = 0.0793

Jadi, hampiran nilai P(Y = 50) adalah 0.0793.

6.1 Maximum Likelihood Estimation

. Key Points

Fungsi Likelihood Fungsi likelihood dengan parameter θ dapat ditulis sebagai

Nilai θ maksimum diraih saat turunan pertama L ′ (x ; θ)=0 , atau biasanya digu- nakan

∂ log L(x ; θ ) = 0. ∂θ

15 [6.1.3] Misalkan X 1 ,X 2 , ··· ,X n peubah acak yang memiliki distribusi dengan pdf atau pmf berikut

a f (x ; θ)=θ x e −θ x! , x = 0, 1, 2, ···, 0 ≤ θ < ∞, 0 di selain itu, dengan f (0;0) =

b f (x ; θ)=θx θ −1 , 0 < x < 1, 0 < θ < ∞, 0 di selain itu.

c f (x ; θ)=e −(x −θ ) , 0 ≤ x < ∞, −∞ < θ < ∞, 0 di selain itu. . Pada masing-masing kasus tentukan mle ˆ θ dari θ . .

Jawab:

θ i =1 e −nθ L( θ;x)=

log L( θ;x)=

x i log θ − nθ − log

i =1

i =1

Untuk mencari nilai mle, turunan terhadap θ harus 0

Jadi, nilai mle ˆ θ= 1 P n n i =1 X i =X .

n Y L( n θ;x)= f (x i ; θ)= θx x θ −1

Untuk mencari nilai mle, turunan terhadap θ harus 0. ∂ log L(θ ; x ) n n X

Jadi, nilai mle ˆ θ=− n

log X i

c Nilai f (x ; θ ) = e −(x −θ ) untuk θ ≤ x < ∞, 0 di selain itu. (Karena θ berada dalam support, turunan tidak dapat digunakan di sini.) Fungsi likelihood- nya dapat ditulis sebagai

(Nilai I (θ , x i )=1 jika θ ≤ x i dan 0 jika θ > x i . Perhatikan, jika salah satu nilai x i <θ , nilai L(x ; θ ) akan menjadi 0, tidak akan mencapai nilai maksimal.) Agar selalu terjadi x i ≥ θ , nilai θ harus dipilih θ ≤ min{x i }. Agar memak- simalkan e −x i + θ , nilai θ harus dipilih yang paling besar pada selang tersebut yakni θ = min{x i }. Jadi, mle dari ˆ θ = min{X i }.

16 [6.1.6a] Misalkan X 1 ,X 2 ,...,X n peubah acak yang iid dengan pdf f (x ; θ ) = . 2x /θ 2 , 0 < x ≤ θ , 0 di selain itu. Tentukan mle ˆ θ untuk θ . . Jawab:

(Karena θ berada dalam support, turunan tidak dapat digunakan untuk men- cari nilai maksimum.) Fungsi likelihood-nya dapat ditulis sebagai

(Nilai I (x i , θ)=1 jika x i ≤ θ dan 0 jika x i >θ .)

Agar selalu terjadi x i ≤ θ , nilai θ harus dipilih θ ≥ max{x i }. Agar memak- simalkan 2 n /θ 2n , nilai θ harus dipilih yang paling kecil pada selang tersebut yakni θ = max{x i }.

Jadi, mle dari ˆ θ = max{X i }.

17 [6.1.6] Misalkan X 1 ,X 2 , ··· ,X n peubah acak yang iid dengan pdf f (x ; θ ) = . (1 /θ )e −x /θ , 0 < x < ∞, 0 < θ < ∞, 0 di selain itu. Tentukan mle dari P(X ≤ 2). . Jawab:

L( θ;x)=

Untuk mencari nilai mle, turunan terhadap θ harus 0.

P Didapat nilai mle ˆ n θ= 1

i =1 X i =X . Sehingga,

18 [6.1.7] Misalkan tabel berikut

0 1 2 3 4 5 Frekuensi 6 10 14 13 6 1

Fungsi likelihood-nya dapat ditulis sebagai 50!

− p) 144 dengan k konstan. Maka, nilai mle dapat dihitung sebagai

(x ; p ) = k € 106p 105 (1 Š 144 106 − p) − 144p (1 143 − p) 0=kp 105 (1

− p) 143 (106(1 − p) − 144p)

0=kp 105 (1

− p) 143 (106 − 250p)

Karena nilai p 6= 0 dan p 6= 1, maka p = 106

250 . Jadi, nilai dari

P(X ≥ 3) = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5)

5 250 250 ∴ P(X ≥ 3) ≈ 0.36

19 [6.1.9] Misalkan tabel berikut

0 1 2 3 4 5 Frekuensi 7 14 12 13 6 3

menyatakan 50 percobaan berdistribusi Poisson. Tentukan mle dari P(X = 2). . . Jawab:

Distribusi Poisson memiliki pdf p (x ; λ) = λ x e x! −λ , untuk x = 0, 1, 2, ···, 0 di selain itu. Akan dicari mle bagi parameter λ. Fungsi likelihood-nya dapat ditulis sebagai

ln(x i !).

i =1

i =1

Untuk mencari nilai mle, turunan terhadap λ harus 0.

50 · 7 + 1 · 14 + 2 · 12 + 3 · 13 + 4 · 6 + 5 · 3) = 2.32 Jadi, nilai estimasi likelihood maksimum dari

20 [6.1.10] Misalkan X 1 ,X 2 , ··· ,X n peubah acak berdistribusi Bernoulli dengan pa- rameter p . Jika p terbatas pada 1 2 ≤ p < 1, tentukan mle dari parameter terse- but. . . Jawab:

Distribusi Bernoulli memiliki pdf f (x ) = p x (1 −p) 1 −x , x = 0, 1, 0 di selain itu. Akan dicari mle bagi parameter p . Fungsi likelihood-nya dapat ditulis sebagai

x i log p + n log(1 − p) −

x i log(1 − p)

i =1

i =1

Untuk mencari nilai mle, turunan terhadap p harus 0. P n

P 1 n 1 Karena nilai p 6= 0 dan p 6= 1 maka nilai p = n

x i sehingga ˆ p= n

Namun, karena ada kemungkinan nilai X berada di luar selang 1 2 ≤p≤1 (yakni X < 1 2 ). (Perhatikan, nilai p dengan L(x ; p ) terbesar adalah saat p = 1/2) Jadi, mle ˆ

p = max 1 {

2 ,X }.

21 [6.1.12] Misalkan X 1 ,X 2 , ··· ,X n peubah acak berdistribusi Poisson dengan 0 < θ ≤ 2. Tunjukkan mle dari θ adalah ˆ . θ = min{X ,2}. .

Jawab:

(Perhatikan pada soal [6.1.9].) Nilai ∂ ln L(x ;θ ) ∂θ >0 saat θ < x . Dengan adanya batasan 0 < θ ≤ 2, nilai L(x ;θ ) akan mencapai maksimum dengan memilih

θ = min{2,X }. ˆ

5.2 Statistik Terurut

22 [5.2.5] Misalkan Y 1 <Y 2 <Y 3 <Y 4 statistik terurut dari sampel acak berukuran 4 yang berdistribusi dengan pdf f (x ) = e x , 0 < x < ∞, 0 di selain itu. Tentukan . P(3 ≤Y 4 ) . . Jawab: Nilai

− F (x )) 0 = 4F (x ) 3 f (x ) 3!0!

23 [5.2.6a] Misalkan X 1 ,X 2 ,X 3 peubah acak berdistribusi kontinu dengan pdf f (x ) = 2x , 0 < x < 1, 0 di selain itu. Tentukan peluang nilai terkecil dari X 1 ,X 2 ,X 3

. melebihi median dari distribusinya. . Jawab:

Median dari distribusi adalah nilai m sehingga F (m ) = 1 2 . Maka,

Nilai terkecil dari X i dapat ditulis sebagai statistik terurut Y 1 . Maka, akan dicari nilai dari P(Y 1 > 1/ p 2) .

Nilai 3!

f Y (x ) =

2 −x 2 ) , 0 <x<1 0!2!

,0 di selain itu. Maka, Z 1 / p 2 Z 1 / p 2

−x ) 0 =1+ −1= . 8 8 Jadi, peluang nilai terkecil dari X 1 ,X 2 ,X 3 melebihi median dari distribusinya

adalah 1 8 .

24 [5.2.9] Misalkan Y 1 <Y 2 < ··· < Y n statistik terurut dari sampel acak berukuran n dari distribusi dengan pdf f (x ) = 1, 0 < x < 1, 0 di selain itu. Tunjukkan bahwa orde statistik ke-k Y k memiliki pdf beta dengan parameter α = k dan β = n − k + 1. Petunjuk : pdf beta dapat ditulis sebagai

 Γ( α+β ) Γ( α)Γ(β ) y α−1 (1 −y) β −1 , 0 <y<1

Γ(n ) = (n . − 1)! jika n ∈ N. . Jawab:

0 1d t = x pada selang 0 < x < 1, 1 pada selang x ≥ 1, 0 di selain itu. Nilai pdf Y k dapat ditulis sebagai

R Nilai F (x ) = x

− 1)!(n − k )!

n −k +1−1

Γ(k )Γ(n

− k + 1)

Dengan α = k dan β = n − k + 1 maka didapat Γ( α+β)

0 di selain itu. Jadi, terbukti orde statistik ke-k Y k memiliki pdf beta.

25 [5.2.11] Tentukan peluang yang menyatakan jangkauan sampel acak berukuran

4 dari peubah acak berdistribusi uniform dengan pdf f (x ) = 1, 0 < x < 1, 0 di selain itu, kurang dari . 1 2 . . Jawab:

Jangkauan sampel acak berukuran 4 dengan statistik terurut Y 1 ,Y 2 ,Y 3 ,Y 4 adalah Y

4 −Y 1 . Akan dicari nilai P(Y 4 −Y 1 < 2 ) R . Nilai F (x ) = x

0 1d t = x pada selang 0 < x < 1, 1 pada selang x ≥ 1, 0 di

selain itu. Fungsi peluang bersama dari Y 1 dan Y 4 adalah

f Y 1 Y 4 (y 1 ,y 4 )= [F (y 1 )] 0 f (y 1 )[F (y 4 ) − F (y 1 )] 2 f (y 4 )[1 0!2!0!

− F (y 4 )] 0

= 12(y 4 −y 1 ) 2 , 0 <y 1 <y 4 <1

0 di selain itu. Misalkan Z 1 =Y 4 −Y 1 dan Z 2 =Y 4 . Fungsi z 1 =y 4 −y 1 dan z 2 =y 4 memiliki invers y 1 =z 2 −z 1 dan y 4 =z 2 , maka nilai Jacobiannya adalah

∂z 1 ∂z 2 0 1 Maka, fungsi peluang bersama Z 1 dan Z 2 adalah

h(z 1 ,z 2 )=

| − 1|12(z 2 2 −z 2 2 +z 1 ) = 12z

1 , 0 <z 1 <z 2 <1

0 di selain itu. Sehingga, pdf dari jangkauan Z 1 =Y 4 −Y 1 adalah Z 1

h 1 (z 1 )= 12z 2 1 dz 2 = 12z 2 1 (1 −z 1 ), 0 <z 1 <1

0 di selain itu. Maka, Z 1 /2

— 1 /2 1 3 5 P(Z 1 < 1/2) =

12z 2 (1

1 −z 1 )d z 1 = 4z 1 − 3z 1 0 = =

− 16 16 Jadi, peluang jangkauan sampel acak berukuran 4 kurang dari 1 2 adalah 5 16 .

26 [5.2.13] Misal suatu sampel acak berukuran 2 didapat dari distribusi dengan pdf f (x ) = 1 2 (2 − x ), 0 < x < 2, 0 di selain itu. (pdf pada buku salah) Hitung peluang bahwa salah satu sampel observasi minimal dua kali lebih besar dari sampel lainnya. . . Jawab:

Misalkan Y 1 dan Y 2 statistik terurut dari pengamatan tersebut. Akan dicari peluang P(Y 2 ≥ 2Y 1 ) . Fungsi peluang bersamanya adalah

f Y 1 Y 2 (y 1 ,y 2 )=

[F (y 1 )] 0 f (y 1 )[F (y 2 )

− F (y

1 )] 0 f (y 2 )[1

− F (y

= (2 −y 1 )(2 −y 2 ), 0 <y 1 <y 2 <2

Daerah Y 2 ≥ 2Y 1 tersebut dapat digam- Maka, nilai barkan sebagai

12 Jadi, peluang yang dimaksud adalah 7 12 .

27 [5.2.14] Misal Y 1 ,Y 2 ,Y 3 menyatakan statistik terurut dari peubah acak beruku- ran 3 dari distribusi dengan pdf f (x ) = 1, 0 < x < 1, 0 di selain itu. Misal Z = (Y . 1 +Y 2 ) /2 nilai tengah sampel. Tentukan pdf dari Z . . Jawab:

R Nilai F (x ) = x

0 1d t = x pada selang 0 < x < 1, 1 pada selang x ≥ 1, 0 di

selain itu. Fungsi peluang bersama dari Y 1 dan Y 2 adalah

f Y 1 Y 2 (y 1 ,y )=

f (y 2 )[1 − F (y 2 )] 0!0!1!

0 di selain itu. Misalkan Z 1 = (Y 1 +Y 2 ) /2 dan Z 2 =Y 2 . Fungsi z 1 = (y 1 +y 2 ) /2 dan z 2 =y 2 memiliki invers y 1 = 2z 1 −z 2 dan y 2 =z 2 , maka nilai Jacobiannya adalah

Maka, fungsi peluang bersama Z 1 dan Z 2 adalah

h(z 1 ,z 2 )= |2|6(1 − z 2 ) = 12(1 −z 2 ), 0 <z 1 <z 2 < 1,

0 di selain itu.

Jadi, nilai pdf bagi Z = Z 1 = (Y 1 +Y 2 ) /2 adalah

h 1 (z ) = 12(1

2 −z 2 2 )d z 2 =6 − 12z + 6z = 6(1 −z) , 0 < z < 1,

0 di selain itu.

5.4 Selang Kepercayaan / Konfidensi

. Key Points

Selang Kepercayaan Berdasarkan Teorema Limit Pusat,

X −µ σ X / p n ∼ N (0,1)

Selang kepercayaan dari estimator dengan level α dapat ditulis

−µ <z α =1 σ X / p n

Dengan manipulasi aljabar, selang kepercayaan untuk µ adalah

σ X σ 2 p ,X+z α X n 2 p n

X+z − α

Nilai z yang sering muncul : z 0.05 = 1.645 , z 0.025 = 1.96 .

28 [5.4.1] Misalkan nilai pengamatan dari mean X dari peubah acak berukuran 20 yang berdistribusi N (µ, 80) adalah 81.2. Tentukan selang kepercayaan 95% bagi . µ . . Jawab:

Dengan nilai α = 5% maka ‚

X Œ P −z 0.025 <

<z 0.025 =P −µ < 1.96

−1.96 < p p

20 − 81.2 < −µ < 1.96 · 20 − 81.2 = P 81.2 − 1.96 · 2 < µ < 81.2 − 1.96 · 2 = P(77.28 < µ < 85.12) = 0.95

Jadi, selang kepercayaan untuk µ adalah (77.28, 85.12).

29 [5.4.2] Misalkan X adalah mean dari peubah acak berukuran n yang berdis- tribusi N (µ, 9). Tentukan nilai hampiran n sehingga P(X − 1 < µ < X + 1) =

0.90 . . . Jawab:

p Dari soal nilai σ X = 9=3 dan selang konfidensi 90%. Maka,

P −z 0.05 < −µ

3 p <z 0.05 =P σ X X / n − 1.645 · p <µ<X

− 1.645 · p n

Agar berlaku P(X − 1 < µ < X + 1) = 0.90 maka

3 1.645 · p =1

⇒ n = (1.645 · 3) ≈ 24.35

Jadi, nilai hampiran bagi n adalah 24 atau 25.

30 [5.4.7] Misalkan Y berdistribusi b (300, p ). Jika hasil pengamatan dari Y adalah y = 75 . , tentukan hampiran selang kepercayaan 90% bagi p . . Jawab:

Nilai estimasi untuk X = ˆ p adalah ˆ p = 75 /300 = 0.25 . Distribusi binomial memiliki estimator s = p p (1 ˆ −ˆ p) sehingga

X −µ

−p

P −z 0.05 <

< 1.645 s / p n

<z 0.05 =P

−ˆ <p<ˆ p + 1.645 −ˆ

0.25 Œ 0.25 =P 0.25 · 0.75 < p < 0.25 + 1.645 · 0.75

≈ P(−0.01 < p < 0.51) = 0.9

Jadi, hampiran selang kepercayaan 90% bagi p adalah (0, 0.51).

31 [5.4.12] Diketahui peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter µ. Sampel dari 200 pengamatan dari distribusi ini memiliki mean 3.4. Tentukan . hampiran selang kepercayaan 90% bagi µ. . Jawab:

Pada distribusi Poisson, nilai µ = σ 2 , dalam hal ini simpangan bakunya

dapat dihampiri oleh mean pengamatan, yakni x = s 2 sehingga,

p P −z

0.05 p <z 0.05 =P x

− 1.645 · s / n

< µ < x + 1.645 · s /

pp =P Š 3.4 − 1.645 · 3.4 / 200 < µ < 3.4 + 1.645 · 3.4 / 200

≈ P(3.186 < µ < 3.614) = 0.9

Jadi, hampiran selang kepercayaan 90% bagi µ adalah (3.186, 3.614).

32 [5.4.16] Ketika 100 buah paku payung dilempar ke atas meja, 60 diantaranya mendarat dengan sisi lancip menghadap ke atas. Tentukan selang kepercayaan 95% bagi p yakni peluang paku payung jenis ini akan mendarat dengan sisi lancip menghadap ke atas. Asumsikan saling bebas. . .

Jawab:

Percobaan ini dapat dipandang sebagai percobaan bernoulli b (100, p ) den- gan p peluang bahwa paku payung jenis ini akan mendarat dengan sisi lancip menghadap ke atas. Hasil percobaan menunjukkan 60 menghadap ke atas, se- hingga penaksir ˆ p = 60 /100 = 0.6 . Dengan selang kepercayaan 95% maka,

P −µ

−p

< 1.96 s / n

−z 0.025 < p <z 0.05 =P

−1.96 < p

p (1 ˆ −ˆ p) /n

0.4 Œ 0.4 =P 0.6 · 0.6 < p < 0.6 + 1.96 · 0.6

= P(0.504 < p < 0.696) = 0.95

Jadi, selang kepercayaan 95% bagi p yakni peluang paku payung jenis ini akan mendarat dengan sisi lancip menghadap ke atas adalah (0.504, 0.696).

5.5 Pengantar Uji Hipotesis

Key Points

. Uji Hipotesis (Pada saat menghitung π(θ ), nilai θ Ukuran dari suatu uji Y adalah

dari H 0 jangan dimasukkan di awal. Lihat di pembahasan soal)

H 0 : θ∈A 0 ,

H 1 : θ∈A 1

Daerah kritis yaitu daerah untuk meno- Tingkat Signifikansi lak H 0 dinotasikan oleh himpunan C .

Tingkat signifikansi dari hasil perhitun- gan α ∗ adalah

Fungsi Pangkat Fungsi pangkat dari uji Y dengan pa-

α ∗ = sup [ π ( θ )] rameter θ dinotasikan π Y ( θ) adalah

Y θ ∈A 0

π Y ( θ ) = P( menolakH 0 |H 0 salah)

(Notasi yang digunakan disesuaikan dengan yang digunakan pada perkuliahan. Untuk kebutuhan kuis tanggal 18 April 2012 Semua yang ditanyakan pada bab ini dimodifikasi menjadi fungsi pangkatnya dan tingkat signifikansinya. Fungsi Φ(−x ) = 1 − Φ(x ) adalah fungsi normal standar N (0, 1), nilainya lihat di tabel.

33 [5.5.3] Misalkan X berdistribusi binomial dengan banyaknya percobaan n = 10 dan p bernilai salah satu dari 1/4 atau 1/2. Hipotesis sederhana H 0 :p= 1 2 di- tolak, dan hipotesis alternatif H

1 :p= 4 diterima, jika hasil observasi X 1 (yakni peubah acak berukuran 1) kurang dari atau sama dengan 3. Tentukan fungsi pangkat dan tingkat signifikansinya. . . Jawab:

0 :p= 2 ,H 1 :p= 4 , dan C = {x 1 |X 1 ≤ 3}. Maka, fungsi pangkatnya dapat ditulis

1 Diketahui X ∼ b(10,p) dengan H 1

π X 1 (p ) = P( menolak H 0 |H 0 salah) = P(X 1 ∈C|H 1 benar)

=P X 1 ≤3 p=

3 p (1 − p) ,p= 4 π X 1 (1 /4) = 0.7759

Tingkat signifikansi α ∗ didapat ketika H 0 diterima, yakni

Jadi, nilai fungsi pangkat π X 1 (1 /4) = 0.7759 dan tingkat signifikansi α ∗ = 0.1719 .

34 [5.5.8] Misalkan masa hidup suatu ban, sebut X , berdistribusi normal den- gan mean θ dan standar deviasi 5000. Pengalaman sebelumnya menunjukan θ = 30, 000 . Pihak produksi mengklaim bahwa ban yang dibuat dengan proses yang baru memiliki mean θ > 30, 000. Ada kemungkinan nilai θ = 35, 000.

Periksa klaim tersebut dengan menguji H 0 : θ = 30, 000 dibandingkan H 1 : θ>

30, 000 . Kita akan mengamati n nilai yang saling bebas dari X , sebut x 1 , ··· ,x n , dan kita akan tolak H 0 (dan menerima H 1 ) jika dan hanya jika x ≥ c . ten- tukan n dan c sehingga fungsi pangkat π X ( θ) dari uji tersebut memiliki nilai

. π X (30, 000) = 0.01 dan π X (35, 000) = 0.98 . .

Jawab: Diketahui X 1 , ··· ,X n ∼ N (θ ,5000) dan dengan H 0 : θ = 30, 000 ,H 1 : θ>

1 P 30, 000 n , dan C = {(x

1 ,...,x n ) | n

i =1 X i ≥ c }. Fungsi pangkatnya dapat ditulis π X ( θ ) = P( menolak H 0 |H 0 salah)

< 5000 / p n 5000 / p θ > 30, 000 n

5000 / n Diketahui

π X (30, 000) = 0.01 = 1 − 0.99 = 1 − Φ(2.33), dan π X (35, 000) = 0.98 = 1 − 0.02 = 1 − Φ(−2.05)

c − 30,000

5000 / p = n −2.05 atau dapat ditulis 5000

5000 / p = 2.33 dan

c = 2.33 · p + 30, 000 dan c= n

−2.05 · p + 35, 000, maka n

−2.05 · p n

4.38 · p = 5000 n p n = 4.38 ⇒ n = (4.38) 2 = 19.1844

Maka, hampiran nilai n adalah 19 atau 20. Dengan substitusi, untuk n = 19, didapat c = 32672.7, untuk n = 20 didapat c = 32605.02.

35 [5.5.9] Misalkan X memiliki distribusi Poisson dengan mean θ . Tinjau hipotesis sederhana H 0 : θ= 1 2 dan hipotesis alternatif H 1 : θ< 1 2 . Misalkan X 1 ,...,X 12 adalah 12 peubah acak dari distribusi ini. Hipotesis H 0 ditolak jika dan hanya jika hasil pengamatan Y = X 1 + ··· + X 12 ≤ 2. Tentukan fungsi pangkat dari tes

ini serta tentukan tingkat signifikansinya. . . Jawab:

Diketahui X 1 ,...,X 12 ∼ Poi s (θ ) dengan H 0 : θ = 1/2 ,H 1 : θ < 1/2 , dan misal Y=X 1 + ···+X 12 . Statistik Y juga akan berdistribusi Poisson dengan mean 12θ .

π Y ( θ ) = P( menolak H 0 |H 0 salah) = P(Y ≤ 2 | θ < 1/2) = P(Y = 0 |θ < 1/2) + P(Y = 1|θ < 1/2) + P(Y = 2|θ < 1/2)

(12 θ) e

X 2 X 2 i −12θ

π Y ( θ)= P(Y = i |θ < 1/2) = , θ < 1/2

Maka, tingkat signifikansinya adalah α ∗ = sup [ π Y ( θ )] = sup [P(Y ≤ 2 | θ = 1/2)] = F Y ˆ (2), Y ˆ ∼ Poi s (12 · 1/2)

θ ∈A 0 θ =1/2

= 0.062 (Nilai F Y ˆ (2) dengan ˆ Y ∼ Poi s (θ = 6) didapat dari tabel Poisson)

Jadi, tingkat signifikansinya adalah 0.062.

36 [5.5.10] Misal Y berdistribusi binomial dengan parameter n dan p . Hipotesis

H 0 :p= 1 2 ditolak dan H 1 :p > 1 2 diterima jika Y ≥ c . Tentukan nilai ham- piran n dan c yang memberikan fungsi pangkat π Y (p ) sedemikian sehingga

π(1/2) = 0.1 . dan π(2/3) = 0.95. . Jawab:

Variabel acak Y ∼ b(n,p). Dengan menggunakan teorema limit pusat, π Y (p ) = P(Y ≥ c | p > 1/2) = 1 − P(Y ≤ c | p > 1/2)

p (1 − p)/n

p (1 − p)/n

p (1 − p)/n

p (1 − p)/n

Saat nilai p = 1/2, π Y (1 /2) = 0.1 , Saat nilai p = 2/3, π Y (2 /3) = 0.95 , 

c = 1.28n + n.

2 2 4n 2 c= −1.645n

+ n 9n 3

Dengan substitusi, karena n 6= 0, maka Ç

n=6 · 1.415 ⇒ n ≈ (8.5) = 72.25

Dengan pembulatan ke atas, nilai n = 73. Saat n = 73,

c = 1.28 · 73

dengan pembulatan ke atas, nilai c = 42. Jadi, didapat n = 73 dan c = 42.

37 [5.5.11] Misalkan Y 1 <Y 2 <Y 3 <Y 4 statistik terurut dari peubah acak beruku- ran n = 4 dari distribusi dengan pdf f (x ; θ ) = 1/θ , 0 < x < θ , 0 di tempat lain, dengan θ > 0. Hipotesis H 0 : θ=1 ditelak dan H 1 : θ>1 diterima jika hasil

(Ingat, Y 4 = max {X i }) Fungsi pangkatnya dapat ditulis sebagai π Y 4 ( θ ) = P(Y 4 ≥ c | θ > 1) = 1 − P(max{X i } ≤ c | θ > 1)

=1 − [P(X 1 ≤ c | θ > 1)···P(X 4 ≤ c | θ > 1)]

Tingkat signifikansinya dapat ditulis sebagai

Jadi, agar tingkat signifikansi α = 0.05, nilai c = 0.473.

38 [5.5.12] Misalkan X 1 ,X 2 , ··· ,X 8 peubah acak berdistribusi Poisson dengan mean µ . Hipotesis H 0 : µ = 0.5 ditolak dan hipotesis H 1 : µ > 0.5 diterima jika jum-

P 8 lahan pengamatan

x i ≥ 8. Hitung tingkat signifikansi α dari tes. Tentukan

i =1

pula fungsi pangkat dari tes sebagai jumlahan dari peluang Poisson. . . Jawab:

Diketahui X 1 ,...,X 8 ∼ Poi s (µ) dengan H 0 : µ = 0.5 ,H 1 : µ > 0.5 , dan misal Y=X 1 + ··· + X 8 . Statistik Y juga akan berdistribusi Poisson dengan mean 8µ.

π Y ( µ) = P( menolak H 0 |H 0 salah) = P(Y ≥ 8 | µ > 0.5) = 1 − P(Y ≤ 7 | µ > 0.5) =1 − (P(Y = 0|µ > 0.5) + P(Y = 1|µ > 0.5) + ··· + P(Y = 8|µ > 0.5))

X 7 X 8 (8 µ) i e −8µ

π Y ( µ) = 1 − P(Y = i |µ > 0.5) = 1 −

Tingkat signifikansinya adalah α ∗ = sup [ π Y ( µ)] = sup [1

∼ Poi s (8 · 0.5) =1 − 0.949 = 0.051

− P(Y ≤ 7 | µ > 0.5)] = 1 − F

Y ˆ (7), Y ˆ

µ∈A 0 µ=0.5

(Nilai F Y ˆ (7) dapat dari tabel Poisson) Jadi, tingkat signifikansinya adalah 0.051.

5.6 Komentar Tambahan mengenai Tes Statistik

Key Points

. Nilai S Diketahui Nilai S dihampiri oleh nilai σ. Syarat

penolakan H 0 adalah jika p-value

Nilai p -value dapat dihitung sebagai X −µ 0 Z > |Y ob |= σ/ p n

p -value = sup [ π Y ( θ )]

dengan Z berdistribusi N (0, 1).

θ ∈A

Nilai S Tidak Diketahui =P θ =θ 0 (H 0 ditolak)

= P(H 0 ditolak|H 0 benar)

Syarat penolakan H 0 adalah jika X −µ 0

Jika nilai hipotesis H 1 dua-sisi seperti T > |Y ob |= S / p n H 1 : µ 6= µ 0 , maka nilai p -value dikalikan 2 (karena ada dua sisi, kanan dan kiri)

dengan T berdistribusi t .

39 [Ex. 5.6.1] Diketahui X ∼ N (θ ,5000 2 ) ,H 0 : θ = 30, 000 ,H 1 : θ 6= 30,000. Misal diambil 20 sampel acak yang memiliki rataan x = 25, 000. Tentukan nilai p - value. Apa yang dapat dikatakan dari nilai p -value tersebut? . . Jawab:

X Misalkan Y = −µ 0 . Maka, nilai p -value dapat dihitung sebagai σ/ p n

p -value = 2(P µ=µ (Z P Z > 0 |25,000 − 30,000| > |Y |)) = 2 5000 / p 20

= 2(1 − P(Z < | − 20 |)) = 2(1 − P(Z < 4.47)) Untuk kumulatif z di atas 4, (di tabel menunjukkan) nilainya dapat dianggap 1

sehingga nilai p -value≈ 2(1 − 1) ≈ 0. Karena nilai p-value sangat kecil, dapat dipastikan H 0 selalu ditolak.

40 [Ex. 5.6.5] Misalkan X 1 ,X 2 , ··· ,X 25 peubah acak dari N (µ, σ 2 = 4) . Untuk menguji H 0 : µ = 77 , dibandingkan hipotesis alternatif satu-sisi H 1 : µ < 77 , di- lakukan 25 observasi dengan x = 76.1. Apakah H 0 ditolak dengan tingkat sig- nifikansi 5%? . . Jawab:

Misalkan Y = −µ 0 = 76.1 −µ 0 , maka

σ/ p n

p -value = P µ=µ 0 (H 0 ditolak) ‚

76.1 Œ =P µ=77 Z >

= P(Z > | − 2.25|) = P(Z > 2.25) = 1 − P(Z < 2.25) = 1 − Φ(2.25) = 0.0122 Karena nilai α = 5% > p -value= 1.22% maka sudah cukup untuk mengatakan

bahwa H 0 ditolak.

41 [5.6.5] Asumsikan berat satu kotak sereal ukuran 10 ons berdistribusi N (µ, σ 2 ) . Untuk menguji H 0 : µ = 10.1 dibandingkan H 1 : µ > 10.1 , kita akan mengambil sampel acak berukuran n = 16 dan mendapati x = 10.4 dan s = 0.4.

a Apakah H 0 ditolak atau diterima pada tingkat signifikansi 5%

b Tentukan hampiran p -value dari uji ini. . . Jawab:

Misalkan 16 sampel tersebut adalah X 1 , ··· ,X 16 ∼ N (µ,σ 2 ) . Nilai p -value dapat dihitung sebagai

p -value = P(H 0 ditolak | H 0 benar)

10.4 =P µ 0 =10.1 (T >Y ob )=1

−P µ 0 =10.1 (T ≤

0.4 / 16 =1 − P(T ≤ 3) ≈ 1 − 0.995 = 0.005

(Di tabel t , lihat baris untuk n − 1 = 16 − 1 = 15. Pada saat nilai r = 0.995, nilai T = 2.947, dikatakan dekat ke T = 3) Jadi, nilai p -value adalah 0.005 atau

0.5%. Karena nilai α = 5% > p -value, maka sudah cukup untuk mengatakan H 0 ditolak.

42 [5.6.6] Masing-masing dari 51 pemain golf memukur 3 bola golf merek K dan 3 bola golf merek Y secara acak. Misal X i dan Y i sama dengan rata-rata jarak yang dilaliu oleh merek X dan Y yang dipukul oleh pemain golf ke-I , i =

1, 2, ··· ,51. Misal W i =X i −Y i , i = 1, 2, ··· ,51. Untuk menguji H 0 : µ W =0 lawan H 1 : µ W >0 , dimana µ W menyatakan rataan dari selisih. Jika w = 2.07 dan s 2 W = 84.63 , apakah H 0 akan diterima atau ditolak dengan tingkat sig- nifikansi α = 0.05. Tentukan p -value dari uji ini. . . Jawab:

W Misalkan V = W −µ . Akan dicari nilai p -value dari uji ini. S W / p n

p -value = P µ =0 T >

=P T > p

= P(T > 1.606)

=1 − P(T < 1.606) ≈ 1 − 0.944 = 0.056 = 5.6% Karena nilai p -value lebih besar dari α = 0.05 = 5%, maka H 0 tidak ditolak.

43 [5.6.8] Misal p adalah peluang pengemudi menggunakan seat-belt pada su- atu daerah yang tidak mewajibkan penggunaan seat-belt. Diklaim bahwa nilai p = 0.14 . Suatu pihak melakukan kampanye guna meningkatkan peluang ini. Dua bulan setelah kampanye, dari n = 590 sampel acak, y = 104 menggunakan seat-belt. Apakah kampanye tersebut berhasil? . . Jawab:

Misal X ∼ b(590,p). Misalkan hipotesis awal H 0 : p = 0.14 dan hipotesis bandingan H 1 :p > 0.14 . Jika H 0 ditolak dan H 1 ternyata benar, maka kampanye berhasil. Dengan menggunakan hampiran normal, misal Y = X −p

p −p p (1 ˆ −ˆ p) /n . Nilai ˆ p = 104 /590 = 0.176 . Nilai p -value nya adalah

p -value = P p =p 0 (Z > |Y |) = P Z >

= P(Z > 2.296) 0.176(1 − 0.176)/590

=1 − 0.9893 = 0.0107 = 1.07% Dengan mengambil tingkat signifikansi standar α = 5% nilai p -value lebih kecil

dari α sehingga dapat dikatakan H 0 ditolak artinya kampanye tersebut berhasil.

6.3 Maximum Likelihood Test

Key Points

. Teorema

Dengan hipotesis H 0 : θ=θ 0 ,

D −2logΛ 2 −→ χ (1)

44 [Ex 6.3.2 (Modifikasi)] Misalkan X 1 ,X 2 ,...,X n peubah acak berdistribusi N( θ,σ 2 ) dengan mean θ > 0. Dengan hipotesis H 0 : θ=θ 0 banding H 1 : θ 6= θ 0 , dengan menggunakan uji likelihood maksimum, tentukan daerah penolakan H 0 dengan memenuhi langkah-langkah berikut.

a Tentukan fungsi likelihood-nya

b Tentukan estimator maksimumnya

c Tentukan nilai Λ

d Tuliskan daerah penolakan H 0 . . Jawab:

Tinjau hipotesis

H 0 : θ=θ 0 banding H 0 : θ 6= θ 0 .

Fungsi likelihood serta penaksirnya dapat ditulis sebagai

log L( θ)=− log 2 πσ 2 (x i

∂ log L(θ ) n 1 X 1 X

2 2(x i −θ)=0 ⇒

Maka mle-nya adalah ˆ θ=X sehingga

2 −θ 0 ) − (x i −x) = exp −(2σ )

2 2 −(2σ Š ) (n θ − 2(θ − x )nx − nx ) = exp €

2 −(2σ Š ) −1 n( θ 0 −x) 2

H 0 ditolak jika Λ €

2 ≤ c ⇒ exp Š −(2σ ) −1 n( θ 0 −X) 2 ≤c

2 ) −1 n (X −θ 0 ) ⇒ −(2σ 2 ≤ lnc

Œ X 2 −θ ⇒ 0

σ/ p n

≥ −2lnc Maka, daerah penolakan H 0 nya dapat ditulis sebagai

45 [6.3.8 (Modifikasi)] Misalkan X 1 ,X 2 ,...,X n peubah acak berdistribusi Poisson dengan mean θ > 0. Dengan hipotesis H 0 : θ=θ 0 banding H 1 : θ 6= θ 0 , dengan menggunakan uji likelihood maksimum, tentukan daerah penolakan H 0 dengan memenuhi langkah-langkah berikut.

a Tentukan fungsi likelihood-nya

b Tentukan estimator maksimumnya

d Tuliskan daerah penolakan H 0 . . Jawab:

Tinjau hipotesis

H 0 : θ=θ 0 banding H 0 : θ 6= θ 0 .

Fungsi likelihood serta penaksirnya dapat ditulis sebagai

Maka mle-nya adalah ˆ θ=X sehingga

e −n(θ 0 −X ) L( ˆ θ)

H 0 ditolak jika

nX

Λ 0 ≤c⇒

e −n(θ 0 −X ) ≤c

0 X i =1 i

e n (X −θ 0 ⇒ ) ≤c

⇒ −2nX ln − 2n(X − θ 0 ) ≥ −2lnc

Maka, daerah penolakan H 0 berdasarkan H 1 (dari Teorema) adalah

46 [6.3.9 (Modifikasi)] Misalkan X 1 ,X 2 ,...,X n peubah acak berdistribusi Bernouil- li b (1, θ ) dengan mean θ > 0. Dengan hipotesis H 0 : θ=θ 0 banding H 1 : θ 6= θ 0 , dengan menggunakan uji likelihood maksimum, tentukan daerah penolakan H 0 dengan memenuhi langkah-langkah berikut.

b Tentukan estimator maksimumnya

c Tentukan nilai Λ

d Tuliskan daerah penolakan H 0 . . Jawab:

Fungsi likelihoodnya dapat ditulis sebagai Y n x

x i ) log(1 −θ)

didapat nilai estimator ˆ θ=X sehingga nilai Λ adalah

X 1 −X Maka H 0 ditolak jika

X 1 −X Maka, daerah penolakan H 0 berdasarkan H 1 (dari Teorema) adalah

−2n ¯ X ln

+ (1 −¯ X ) ln −θ

X 1 −X α

7.2 Statistik Cukup untuk 1 Parameter

Key Points

Rasio

Misal X 1 ,...,X n peubah acak den- Faktorisasi

gan pdf f (x , θ ). Suatu statistik T = Misal X 1 ,...,X n peubah acak den-

r (X 1 ,...,X n ) disebut sufficient / cukup gan pdf f (x , θ ). Suatu statistik T =

jika dan hanya jika r (X 1 ,...,X n ) disebut sufficient / cukup

jika dan hanya jika fungsi kumulatifnya

dapat difaktorkan sebagai f (x i , θ)

i =1

= H (x 1 ,...,x n ) f T (r (x 1 ,x 2 ,...,x n ), θ)

T adalah pdf dari T . (Pada fungsi H , nilai parameternya sudah (Fungsi U tidak mengandung θ )

f (x 1 ,...,x n |θ ) = U(x 1 ,...,x n )V (r (x 1 ,...,x n ), θ) dengan f

tidak ada lagi)

47 [7.2.1] Misal X 1 ,X 2 ,...,X n P

peubah acak iid N (0, θ ), 0 < θ < ∞. Tunjukkan

i =1 X i adalah statistik cukup bagi θ . Petunjuk : pdf dari N (µ, σ ) adalah

|µ,σ )= p exp −

.. Jawab:

Pdf dari N (0, θ ) adalah

Fungsi kumulatifnya dapat ditulis sebagai

1 2 ···,x n

{z

V ( P n i =1 x i , θ ) €P n

Karena fungsi kumulatif f (x Š

i =1 x 2 i , θ , maka n

i =1 X i 2 adalah statistik cukup bagi θ .

48 [7.2.2] Tunjukkan jumlahan observasi dari peubah acak berukuran n yang berdistribusi Poisson dengan parameter θ , 0 < θ < ∞, adalah statistik cukup

bagi θ . . .

Jawab: Pdf dari Poisson dengan parameter θ adalah

θ x e −θ

f (x , θ)= x!

Fungsi kumulatifnya dapat ditulis sebagai

Y n θ x i e −θ

f (x 1 ,x 2 ,...,x n

U (x 1 ,x 2 ,...,x n )

€P n Karena fungsi kumulatif f (x Š

i =1 x i , θ P , maka jumlahan observasi yakni n

1 ,x 2 , ··· ,x n |θ ) = U(x 1 ,x 2 , ··· ,x n )V

i =1 X i adalah statistik cukup bagi θ .

49 [+++] Misalkan X 1 ,X 2 ,...,X n peubah acak iid berdistribusi uniform U (θ 1 , θ 2 ) , −∞ < θ 1 <θ 2 < ∞. Tunjukkan bahwa T (y 1 ,y 2 , ··· ,y n ) = (Y 1 ,Y n ) , dengan Y i

. statistik orde ke-i , adalah statistik cukup bagi θ 1 dan θ 2 . .

Jawab: Fungsi pdf U (θ 1 , θ 2 ) dapat ditulis

Fungsi pdf tersebut dapat ditulis ulang menjadi

Fungsi kumulatifnya dapat ditulis sebagai

f (x 1 ,x 2 ,...,x n |θ 1 , θ 2 )=

U (x 1 ,x 2 ,...,x n )

1 ,y n V (y , θ 1 , θ 2 )

(Karena statistik terurut, cukup melihat nilai terbesarnya dan nilai terkecilnya. Jika nilai terbesarnya y n kurang dari θ 2 , maka y 1 ,y 2 ,...,y n ≤θ 2 . Begitu juga jika nilai terkecilnya y 1 lebih dari θ 1 , maka y 1 ,y 2 ,...,y n ≥θ 1 )

Dengan cara faktorisasi, karena fungsi kumulatif f (x 1 ,x 2 , ··· ,x n |θ 1 , θ 2 )= U (x 1 ,x 2 , ··· ,x n )V y 1 ,y n , θ 1 , θ 2 , maka (Y 1 ,Y n ) adalah statistik cukup bagi θ 1 dan θ 2 .

50 [+++] Misalkan X 1 ,...,X n peubah acak iid dengan pdf

f (x ) =

2 πx 3 e −σ/2x

dengan x > 0, σ > 0. Tentukan statistik cukup T bagi σ. . . Jawab:

Akan dicari calon statistik cukup dengan memanfaatkan faktorisasi. Nilai fungsi kumulatifnya adalah

f (x 1 ,x 2 ,...,x n |σ) =

e −σ/2x i

U (x 1 ,x 2 ,...,x n )

V( P n i =1 1 xi , σ)

|σ) = U (x n ,x

Karena nilai fungsi kumulatifnya dapat difaktorkan sebagai f (x 1 ,x 2 ,...,x n P n

i =1 X i sebagai statistik cukup bagi σ.

2 ,...,x n )V (

1 i =1 x i , σ) , maka dapat dipilih T =

51 [+++] Misalkan X 1 ,...,X n peubah acak iid berdistribusi Gamma dengan α tidak

Q n diketahui, β diketahui Tunjukkan T = ln(X i ) dan T =

X i adalah statistik

i =1

i =1

cukup bagi α. Petunjuk : pdf distribusi Gamma (dengan β diketahui)

f (x , α) =

x α−1 e −x /β

.. Jawab:

Fungsi kumulatif dari distribusi Gamma (dengan β diketahui) adalah Y n β α

f (x 1 ,x 2 ,...,x n |α) = α−1 x exp

U (x 1 ,x 2 ,...,x n )

x i (Γ( α)) n · exp α − 1)ln

U (x 1 ,x 2 ,...,x n )

P n Dari (1) dan (2), dengan metode faktorisasi, terbukti T = X i dan T =

ln(X i )

i =1

i =1

adalah statistik cukup bagi α.

37