Uji Hipotesis Mengenai Rataan (Hypothesis Test on the Mean) Oleh Azimmatul Ihwah

Uji Hipotesis Mengenai Rataan

(Hypothesis Test on the Mean)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Satu Sampel

yang Berasal dari Populasi Berdistribusi Normal,

Variansi Diketahui

Hipotesis yang diuji:

• 𝐻₀: 𝜇 = 𝜇₀, 𝐻₁: 𝜇 ≠ 𝜇₀ (1) • 𝐻₀: 𝜇 ≥ 𝜇₀, 𝐻₁: 𝜇 < 𝜇₀ (2) • 𝐻₀: 𝜇 ≤ 𝜇₀, 𝐻₁: 𝜇 > 𝜇₀ (3)

Statistik yang digunakan:

𝑍₀ = 𝑋 − 𝜇0 𝜎/ 𝑛

dengan 𝜇₀ merupakan rataan populasi (rataan yang diminta/dispesifikasikan), 𝑋 adalah rataan sampel, 𝜎 adalah standar deviasi populasi dan 𝑛 adalah banyaknya observasi (ukuran sampel)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Satu Sampel

yang Berasal dari Populasi Berdistribusi Normal,

Variansi Diketahui

Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik:

• Untuk hipotesis (1):

𝐻₀ ditolak jika bila 𝑍₀ < −𝑧𝛼

2 atau 𝑍0 > 𝑧 𝛼 2 • Untuk hipotesis (2)

𝐻₀ ditolak jika bila 𝑍₀ < −𝑧_𝛼 • Untuk hipotesis (3)

𝐻₀ ditolak jika bila 𝑍₀ > 𝑧_𝛼

dimana 𝑧_𝛼 merupakan nilai kritis yang diperoleh dari tabel distribusi normal untuk 𝛼 yang ditentukan

Contoh Kasus I

Sebuah perusahaan manufaktur melakukan

pembelian 100 buah mesin untuk proses produksi dari sebuah supplier. Supplier mengklaim bahwa

mesin produksi tersebut mempunyai waktu

pemanasan rata-rata 30 menit setelah mesin dinyalakan. Diketahui pula standar deviasi waktu pemanasan mesin adalah 5 menit. Untuk menguji apakah klaim supplier tersebut benar, maka dilakukan pengetesan terhadap 100 buah mesin tersebut dan diperoleh rata-rata waktu pemanasan 31,5. Apakah yang dapat disimpulkan? Gunakan 𝛼 = 0,05

Jawab Kasus I

Karena ingin mengetahui apakah rata-rata waktu pemanasan mesin baru sesuai dengan apa yang diklaim oleh supplier atau tidak maka hipotesis yang diuji adalah

• 𝐻₀: 𝜇 = 30, 𝐻₁: 𝜇 ≠ 30 • 𝛼 = 0,05 • Statistik uji = 𝑍₀ = 𝑋 ;𝜇0 𝜎/ 𝑛 = 31,5;30 5/ 100 = 1,5 0,5 = 3

• Dari tabel diperoleh bahwa 𝑧_0,025 = 1,96. • Keputusan uji:

Karena 𝑍₀ = 3 tidak berada di antara nilai −𝑧_0,025 = −1,96 dan 𝑧_0,025= 1,96 maka 𝐻₀ ditolak.

Contoh Kasus II

Diperoleh informasi bahwa waktu tunggu pelayanan di sebuah bank swasta selama beberapa bulan terakhir mempunyai rata-rata 5 menit dan standar deviasi 0,5 menit. Bulan ini akan dicobakan sebuah sistem baru dalam pelayanan kepada nasabah, dimana diharapkan sistem baru ini dapat membuat nasabah lebih puas karena tidak menunggu terlalu lama untuk dilayani. Setelah sistem pelayanan tersebut dilaksanakan diperoleh rata-rata waktu tunggu 4,75 menit dari 100 nasabah yang dilayani. Dengan 𝛼 = 0,05 , apakah dapat disimpulkan bahwa sistem pelayanan baru dapat membuat nasabah lebih puas?

Jawab Kasus II

Karena yang ditanyakan apakah sistem pelayanan baru dapat membuat waktu tunggu rata-rata nasabah untuk dilayani lebih singkat, maka hipotesis yang diuji adalah: • 𝐻₀: 𝜇 ≥ 5, 𝐻₁: 𝜇 < 5

• 𝛼 = 0,05

• Statistik uji: 𝑍₀ = 𝑋 ;𝜇_{𝜎/ 𝑛}0 = _{0,5/ 100}4,75;5 = ;0,25_0,05 = −5

• Dari tabel diperoleh bahwa −𝑧_0.05= −1,645 (interpolasi)

• Keputusan uji: karena 𝑍₀ = −5 < −𝑧_0.05 = −1,645 maka 𝐻₀ ditolak.

• Kesimpulan: sistem pelayanan baru dapat membuat nasabah puas karena waktu tunggu pelayanan yang lebih singkat.

Hipotesis yang diuji masih sama yaitu

Hipotesis yang diuji:

• 𝐻₀: 𝜇 = 𝜇₀, 𝐻₁: 𝜇 ≠ 𝜇₀ (1) • 𝐻₀: 𝜇 ≥ 𝜇₀, 𝐻₁: 𝜇 < 𝜇₀ (2) • 𝐻₀: 𝜇 ≤ 𝜇₀, 𝐻₁: 𝜇 > 𝜇₀ (3)

Statistik uji: 𝑡 = 𝑋 ;𝜇_{𝑠/ 𝑛}0

dengan 𝜇₀ adalah rataan populasi (rataan yang diminta/dispesifikasikan), 𝑋 adalah rataan sampel, 𝑠 adalah standar deviasi sampel, dan 𝑛 adalah ukuran sampel.

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Satu Sampel

yang Berasal dari Populasi Berdistribusi Normal,

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Satu Sampel

yang Berasal dari Populasi Berdistribusi Normal,

Variansi Tidak Diketahui

Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik:

• Untuk hipotesis (1):

𝐻₀ ditolak jika bila 𝑡 < −𝑡𝛼

2;𝑛;1 atau 𝑡 > 𝑡 𝛼

2;𝑛;1 • Untuk hipotesis (2)

𝐻₀ ditolak jika bila 𝑡 < −𝑡_𝛼;𝑛;1 • Untuk hipotesis (3)

𝐻₀ ditolak jika bila 𝑡 > 𝑡_𝛼;𝑛;1 dimana 𝑡_𝛼;𝑛;1 dan 𝑡𝛼

2;𝑛;1 merupakan nilai kritis yang diperoleh dari tabel distribusi 𝑡 untuk 𝛼 dan 𝑣 = 𝑛 − 1.

Contoh Kasus

Untuk melihat apakah rataan nilai UAN Mata pelajaran Kimia pada siswa kelas 3 SMA IPA di suatu SMA ‘Antah Berantah’ lebih dari 80, secara random diambil 20 siswa. Nilai UAN Kimia 20 orang siswa tersebut adalah:

90 95 80 82 76 75 88 70 80 70 95 69 82 95 93 90 75 82 85 76

Jika diambil 𝛼 = 0,01 dengan asumsi bahwa populasi berdistribusi normal, bagaimana kesimpulan penelitian tersebut?

Jawab Kasus

• Yang ditanyakan adalah apakah rataan nilai

siswa lebih dari 80, maka hipotesis yang diuji

adalah

𝐻

₀

: 𝜇 ≤ 80, 𝐻

₁

: 𝜇 > 80

• Karena populasi diketahui berdistribusi normal

tetapi variansi populasi tidak diketahui, maka

statistik uji yang dipakai adalah

𝑡 =

𝑋 − 𝜇

0

𝑠/ 𝑛

=

82,4 − 80

8,46/ 20

=

2,4

8,46/4,47

=

2,4

1,893

= 1,27

Jawab Kasus

• Keputusan uji:

Dari tabel diperoleh bahwa 𝑡

_0,01;20;1

= 𝑡

_0,01;19

=

2,539. Karena 𝑡 < 𝑡

_0,01;19

= 2,539 maka 𝐻

₀

tidak

ditolak.

• Kesimpulan: rata-rata nilai UAN KIMIA kelas 3

SMA IPA di SMA ‘Antah Berantah’ tidak lebih dari

80

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan

Independen, Variansi Diketahui (𝜎₁2 dan 𝜎₂2 diketahui)

Hipotesis yang diuji

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

= 𝜇

₂

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

≠ 𝜇

₂

(1)

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

≥ 𝜇

₂

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

< 𝜇

₂

(2)

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

≤ 𝜇

₂

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

> 𝜇

₂

(3)

Jika dibicarakan selisih rataan ∆

₀

, maka hipotesis

yang diuji menjadi:

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

= ∆

₀

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

≠ ∆

₀

(4)

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

≥ ∆

₀

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

< ∆

₀

(5)

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

≤ ∆

₀

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

> ∆

₀

(6)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan

Independen, Variansi Diketahui (𝜎₁2 dan 𝜎₂2 diketahui)

Statistik uji yang digunakan:

𝑍₀ = 𝑋 1 − 𝑋 2 − ∆0 𝜎₁2

𝑛₁ + 𝜎2

2

𝑛₂

Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik:

• Untuk hipotesis (1) dan (4), 𝐻₀ ditolak jika 𝑍₀ > 𝑧𝛼

2 atau

𝑍₀ < −𝑧𝛼 2

• Untuk hipotesis (2) dan (5), 𝐻₀ ditolak jika 𝑍₀ < −𝑧_𝛼 • Untuk hipotesis (3) dan (6), 𝐻₀ ditolak jika 𝑍₀ > 𝑧_𝛼

Contoh Kasus

Sebuah perusahaan cat ingin meningkatkan kualitas catnya dengan mempersingkat waktu pengeringan. Dua formula diuji untuk ini: formula 1 yaitu formula lama dan formula 2 yang mengandung zat pengering baru. Dari data sebelumnya diperoleh informasi bahwa standar deviasi waktu pengeringan cat adalah 8 menit dan variabilitas ini tetap sama pada formula yang didalamnya mengandung zat pengering baru. Sampel pertama terdiri dari 10 spesimen di cat menggunakan formula 1 dan sampel kedua terdiri dari 10 spesimen di cat dengan formula 2. Rata-rata waktu pengeringan kedua sampel masing-masing 𝑋 ₁ = 121 menit dan 𝑋 ₂ = 112 menit. Kesimpulan apakah yang dapat diambil mengenai keefektifan zat pengering pda formula 2 pada tingkat signifikansi 𝛼 = 0,05?

Jawab Kasus

• Karena tidak dibicarakan selisih rataan (∆₀= 0), maka hipotesis yang diuji:

𝐻₀: 𝜇₁ ≤ 𝜇₂, 𝐻₁: 𝜇₁ > 𝜇₂ • 𝛼 = 0,05 • Statistik uji: 𝑍₀ = 𝑋 1;𝑋 2;∆0 𝜎12 𝑛1: 𝜎22𝑛2 = 121;112;0 82 10: 82 10 = 2,52 • Dari tabel diperoleh 𝑧_𝛼 = 1.645

• Keputusan uji: karena 𝑍₀ = 2,52 > 𝑧_𝛼 = 1.645, maka 𝐻₀ ditolak

• Kesimpulan : zat baru yang ada pada formula 2 secara signifikan dapat mempersingkat waktu pengeringan cat

Diskusikan

Soal yang sama, dengan pertanyaan penelitian:

apakah dapat disimpulkan bahwa beda waktu

pengeringan cat antara cat dengan formula 1

dan formula 2 kurang dari 10 menit?

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan

Independen, Variansi Tidak Diketahui

Kasus I: 𝜎₁2 = 𝜎₂2 = 𝜎2

Hipotesis yang diuji masih sama dengan sebelumnya, yaitu:

• 𝐻₀: 𝜇₁ = 𝜇₂, 𝐻₁: 𝜇₁ ≠ 𝜇₂ (1) • 𝐻₀: 𝜇₁ ≥ 𝜇₂, 𝐻₁: 𝜇₁ < 𝜇₂ (2) • 𝐻₀: 𝜇₁ ≤ 𝜇₂, 𝐻₁: 𝜇₁ > 𝜇₂ (3)

Jika dibicarakan selisih rataan ∆₀, maka hipotesis yang diuji menjadi:

• 𝐻₀: 𝜇₁− 𝜇₂= ∆₀, 𝐻₁: 𝜇₁ − 𝜇₂ ≠ ∆₀ (4) • 𝐻₀: 𝜇₁ − 𝜇₂ ≥ ∆₀, 𝐻₁: 𝜇₁ − 𝜇₂ < ∆₀ (5) • 𝐻₀: 𝜇₁ − 𝜇₂ ≤ ∆₀, 𝐻₁: 𝜇₁ − 𝜇₂ > ∆₀ (6)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan

Independen, Variansi Tidak Diketahui

Statistik uji yang digunakan:

𝑡 =

𝑋

1

− 𝑋

2

− ∆

0

𝑆

_𝑝

_𝑛

1

1

+ 1

𝑛

2

dimana 𝑆

_𝑝2

=

𝑛1;1 𝑆_𝑛 12: 𝑛2;1 𝑆22

1:𝑛2;2

𝑆

₁2

adalah variansi sampel 1 dan 𝑆

₂2

adalah variansi

sampel 2, 𝑛

₁

merupakan banyak data pada sampel

1 dan 𝑛

₂

merupakan banyak data pada sampel 2.

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan

Independen, Variansi Tidak Diketahui

Derajat kebebasan untuk uji ini adalah

𝑣 = 𝑛

₁

+ 𝑛

₂

− 2

Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik:

• Untuk hipotesis (1) dan (4), 𝐻

₀

ditolak jika

𝑡 > 𝑡

𝛼

2;𝑛1:𝑛2;2

atau 𝑡 < −𝑡

𝛼

2;𝑛1:𝑛2;2

• Untuk hipotesis (2) dan (5), 𝐻

₀

ditolak jika

𝑡 < −𝑡

_{𝛼;𝑛1:𝑛2;2}

• Untuk hipotesis (3) dan (6), 𝐻

₀

ditolak jika

𝑡 > 𝑡

_{𝛼;𝑛1:𝑛2;2}

Contoh Kasus

Dua katalisator diperiksa untuk mengetahui apakah

pengaruhnya sama terhadap proses kimia. Data

berikut merupakan data kecepatan katalis dalam

berpengaruh terhadap 8 proses kimia:

Katalis 1:

91,50 94,18 92,18 95,39 91,79 89,07 94,72 89,21

Katalis 2:

89,19 90,95 90,46 93,21 97,19 97,04 91,07 92,75

Dengan asumsi kedua sampel berasal dari populasi

berdistribusi normal yang variansi-variansinya sama,

apa kesimpulan yang dapat diambil dari data pada

tingkat signifikansi 𝛼 = 0,05?

Jawab Kasus

• Karena yang ingin diketahui apakah pengaruh

kedua katalis terhadap proses kimia sama atau

tidak, maka hipotesis yang diuji

𝐻

₀

: 𝜇

₁

= 𝜇

₂

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

≠ 𝜇

₂

(karena tidak dibicarakan

selisih rataan)

•

𝛼 = 0,05

• Statistik uji: 𝑡 =

𝑋 1;𝑋 2;∆0 𝑆_𝑝 1 𝑛1: 1 𝑛2

Setelah

dilakukan

perhitungan

diperoleh

𝑋

₁

= 92.255, 𝑋

₂

= 92.733, 𝑠

₁

= 2,39, 𝑠

₂

= 2,98

Jawab Kasus

• Sehingga diperoleh pula nilai 𝑆

_𝑝2

= 7.30.

• Nilai statistik uji: 𝑡 =

92,255;92,733;0

7.30 1₈:1₈

= −0,35

• Dari tabel diperoleh nilai 𝑡

_{0,025;8 :8;2}

= 2,145

• Keputusan uji: karena −2,145 < 𝑡 = −0,35 <

2,145; maka 𝐻

₀

tidak ditolak.

• Kesimpulan: kedua katalis mempunyai pengaruh

yang sama terhadap proses kimia.

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan

Independen, Variansi Tidak Diketahui

Kasus 𝜎₁2 ≠ 𝜎₂2

Hipotesis yang diuji juga masih sama, yaitu:

• 𝐻₀: 𝜇₁ = 𝜇₂, 𝐻₁: 𝜇₁ ≠ 𝜇₂ (1) • 𝐻₀: 𝜇₁ ≥ 𝜇₂, 𝐻₁: 𝜇₁ < 𝜇₂ (2) • 𝐻₀: 𝜇₁ ≤ 𝜇₂, 𝐻₁: 𝜇₁ > 𝜇₂ (3)

Jika dibicarakan selisih rataan ∆₀, maka hipotesis yang diuji menjadi:

• 𝐻₀: 𝜇₁− 𝜇₂= ∆₀, 𝐻₁: 𝜇₁ − 𝜇₂ ≠ ∆₀ (4) • 𝐻₀: 𝜇₁ − 𝜇₂ ≥ ∆₀, 𝐻₁: 𝜇₁ − 𝜇₂ < ∆₀ (5) • 𝐻₀: 𝜇₁ − 𝜇₂ ≤ ∆₀, 𝐻₁: 𝜇₁ − 𝜇₂ > ∆₀ (6)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan

Independen, Variansi Tidak Diketahui

Statistik uji yang digunakan:

𝑡 =

𝑋

1

− 𝑋

2

− ∆

0

𝑆

₁2

𝑛

₁

+

𝑆

2

2

𝑛

₂

𝑆

₁2

adalah variansi sampel 1 dan 𝑆

₂2

adalah

variansi sampel 2, 𝑛

₁

merupakan banyak data

pada sampel 1 dan 𝑛

₂

merupakan banyak data

pada sampel 2.

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan

Independen, Variansi Tidak Diketahui

Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik :

• Untuk hipotesis (1) dan (4), 𝐻₀ ditolak jika 𝑡 > 𝑡𝛼 2;𝑣 atau 𝑡 < −𝑡𝛼

2;𝑣

• Untuk hipotesis (2) dan (5), 𝐻₀ ditolak jika 𝑡 < −𝑡_𝛼;𝑣 • Untuk hipotesis (3) dan (6), 𝐻₀ ditolak jika 𝑡 > 𝑡_𝛼;𝑣 Dimana derajat kebebasan 𝑣 =

𝑆12 𝑛1:𝑆2 2 𝑛2 2 𝑆12/𝑛1 2 𝑛1−1 : 𝑆22/𝑛2 2 𝑛2−1

Contoh Kasus

Kandungan arsenik di dalam air minum yang dikonsumsi warga dapat menyebabkan gangguan kesehatan. Dari harian the Arizona Republic (Sunday, May 07, 2001) dilaporkan jumlah kandungan arsenik dalam air minum (dalam ppb) dari 10 daerah di pedesaan dan 10 daerah di perkotaan. Datanya sebagai berikut:

Pedesaan: 3 7 25 10 15 6 12 25 15 7

Perkotaan: 48 44 40 38 33 21 20 12 1 18

Dengan asumsi kedua sampel berasal dari populasi berdistribusi normal dengan variansi-variansi yang berbeda, apakah konsentrasi arsenik dalam air minum di daerah pedesaan dan perkotaan mempunyai pengaruh yang sama terhadap kesehatan? Gunakan 𝛼 = 0,05

Jawab Kasus

Karena yang ditanyakan konsentrasi arsenik dalam air minum di daerah pedesaan dan perkotaan mempunyai pengaruh yang sama terhadap kesehatan, maka hipotesis yang diuji adalah 𝐻₀: 𝜇₁ = 𝜇₂, 𝐻₁: 𝜇₁ ≠ 𝜇₂ (tidak dibicarakan selisih rataan)

Dari data diperoleh 𝑋 ₁ = 12,5; 𝑋 ₂ = 27,5; 𝑠₁ = 7,63; 𝑠₂ = 15,3

Sehingga diperoleh nilai statistik uji: 𝑡 = 12,5 − 27,5 − 0 7,632 10 + 15,3 2 10 = −2,77

Jawab Kasus

Selanjutnya dicari nilai 𝑣:

𝑣 = 7,632 10 + 15,3 2 10 2 7,632_/10 2 9 + 15,3 2_/10 2 9 = 13,2 ≈ 13 Sehingga diperoleh dari tabel nilai 𝑡_0,025;13 = 2,160. Keputusan uji: karena 𝑡 = −2,77 < −2,160, maka 𝐻₀ ditolak.

Kesimpulan: konsentrasi arsenik dari daerah pedesaan dan perkotaan mempunyai pengaruh yang sama terhadap kesehatan

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel

Berpasangan yang Berasal dari Populasi-populasi

Berdistribusi Normal, Variansi Tidak Diketahui

Hipotesis yang diuji masih sama yaitu:

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

= 𝜇

₂

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

≠ 𝜇

₂

(1)

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

≥ 𝜇

₂

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

< 𝜇

₂

(2)

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

≤ 𝜇

₂

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

> 𝜇

₂

(3)

Jika dibicarakan selisih rataan ∆

₀

, maka hipotesis

yang diuji menjadi:

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

= ∆

₀

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

≠ ∆

₀

(4)

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

≥ ∆

₀

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

< ∆

₀

(5)

•

𝐻

₀

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

≤ ∆

₀

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

− 𝜇

₂

> ∆

₀

(6)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel

Berpasangan yang Berasal dari Populasi-populasi

Berdistribusi Normal, Variansi Tidak Diketahui

Statistik uji yang digunakan:

𝑡 =

𝐷

− ∆

0

𝑠

_𝑑

/ 𝑛

𝐷 merupakan selisih antara nilai pada sampel

pertama 𝑋 dan sampel kedua 𝑌 , yaitu

𝐷 = 𝑋 − 𝑌.

𝑠

_𝑑

merupakan standar deviasi selisih rataan,

yaitu 𝑠

_𝑑

=

𝑛 𝐷_{𝑛 𝑛;1}2; 𝐷 2

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel

Berpasangan yang Berasal dari Populasi-populasi

Berdistribusi Normal, Variansi Tidak Diketahui

Derajat kebebasan untuk uji ini adalah

𝑣 = 𝑛 − 1

Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik :

• Untuk hipotesis (1) dan (4), 𝐻₀ ditolak jika 𝑡 > 𝑡𝛼

2;𝑛;1 atau 𝑡 < −𝑡 𝛼

2;𝑛;1

• Untuk hipotesis (2) dan (5), 𝐻₀ ditolak jika 𝑡 < −𝑡_𝛼;𝑛;1

• Untuk hipotesis (3) dan (6), 𝐻₀ ditolak jika 𝑡 > 𝑡_𝛼;𝑛;1

Contoh Kasus

Keberhasilan fisioterapis dalam merehabilitasi pasien tergantung pada motivasi pasien. Sebuah studi dilakukan untuk mengetahui apakah suatu program remotivasi efektif dalam

meningkatkan motivasi.

Tingkat motivasi 15 pasien klinik fisioterapi diukur pada awal dan akhir program remotivasi.

Skor sebelum dan sesudah program disajikan pada tabel di samping:

Gunakan 𝛼 = 0,05 Sebelum Sesudah 1 17 17 2 28 22 3 10 31 4 17 34 5 30 30 6 8 27 7 14 36 8 28 51 9 26 24 10 18 42 11 19 24 12 19 29 13 17 30 14 25 46 15 23 44

Jawab Kasus

Karena yang ditanyakan apakah

Program remotivasi dapat efektif

meningkatkan motivasi, maka

Hipotesis yang diuji adalah:

𝐻

₀

: 𝜇

₁

≥ 𝜇

₂

, 𝐻

₁

: 𝜇

₁

< 𝜇

₂

, dimana

𝜇

₁

adalah rataan skor motivasi

sebelum program remotivasi, sedangkan 𝜇

₂

adalah rataan skor motivasi sesudah program

remotivasi. Penghitungan selisih skor disajikan

pada tabel di atas.

Jawab Kasus

•

𝐷

=

;188 15

= −12,53; 𝑠

𝑑 2

₌

15 3896 ; ;188 2 15 14

=

109,981

• Nilai statistik uji: 𝑡 =

_𝑠𝐷 ;∆0

𝑑/ 𝑛

=

;12,53;0

10,48/ 15

= −4,63

• Dari tabel diperoleh nilai 𝑡

_0,05;14

= 1,761

• Keputusan uji: karena 𝑡 = −4.63 < −𝑡

_0,05;14

=

− 1,761 maka 𝐻

₀

ditolak

• Kesimpulan:

program

remotivasi

dapat

meningkatkan motivasi