Statistika
Matematika
Soal dan Pembahasan
4.1 Ekspektasi Fungsi
Key Points
.
Teorema 4.1.1
JikaT =Pni=1aiXi,ai suatu konstan,
maka
E[T] = n
X
i=1 aiE[Xi]
Akibat 4.1.1
JikaT =Pni=1aiXi,ai suatu konstan,
maka
V a r[T] = n
X
i=1
aiV a r[Xi]+2
X
i<j
aiajcov(Xi,Xj)
Akibat 4.1.2
JikaX1,···,Xn adalah peubah acak
sal-ing bebas dengan variansi hsal-ingga, maka
V a r[T] = n
X
i=1
aiV a r[Xi]
Definisi 4.1.1
MisalX peubah acak dengan pdf f(x;θ)
ataup(x;θ),θ ∈Ω. MisalX1, . . . ,Xn
adalah peubah acak berdistribusiX dan T suatu statistik. Kita katakan T esti-mator tak-biasdariθ jika
E[T] =θ, untuk semuaθ∈Ω
Jika E[T]6=θ, kita katakanT estimator biasbagiθ.
1 [4.1.5]MisalX1danX2dua peubah acak yang saling bebas dengan variansiX1
danX2berturut-turutσ21=k danσ22=2. Jika diberikan variansiY=3X2−X1
adalah25, tentukan k.. .
Jawab:
V a r[X1] =k
V a r[3X2] =32V a r[X2] =18
∴V a r[3X2−X1] =32V a r[X2] + (−1)2V a r[X1] +2(3)(1)cov(X2,X1)
| {z }
=0karena saling bebas
25=18+k
k=7
2 [4.1.7]Tentukan mean dan variansi jumlahanY dari pengamatan variabel acak berukuran 5 dengan distribusi yang memiliki pdff(x) =6x(1−x), 0<x<1, 0 di selain itu..
Variabel acakY dapat ditulisY=X1+X2+X3+X4+X5.
µ=E[Y] =E[X1+X2+X3+X4+X5]
=5E[X1] =5
Z 1
0
x·6x(1−x)d x
=5
2x3−3 2x
4
1
0
=5·1 2
∴µ=5
2.
σ2=V a r[Y] =V a r[X1+X2+X3+X4+X5]
=5V a r[X1] =5
Z1
0
(x−1 2)
2
·6x(1−x)d x
=5
Z 1
0
x2−x+1
4
6x(1−x)d x=5· 1 20
∴σ2=1
4=0.25
4.2 Konvergen dalam Peluang
3 [4.2.2]MisalYnpeubah acak dengan distribusib(n,p). a TunjukkanYn/n
P
−→p. b Tunjukkan1−Yn/n
P
−→1−p
c Tunjukkan(Yn/n)(1−Yn/n) P
−→p(1−p)
. . Jawab:
a KarenaYn berdistribusib(n,p), dapat dianggapYn=X1+···+Xn dengan
Xi berdistribusib(1,p)denganµ=p.
Berdasarkan Teorema
Xn P
−→µXi
. KarenaYn/n=XndanµXi=pmaka terbukti
Yn/n P
−→p.
b Berdasarkan Teorema, karena1−→P 1danYn/n P
−→pmaka
1−Yn/n P
−→1−p
c Berdasarkan Teorema 4.2.5, dan jawaban soal sebelumnya, maka didapat
(Yn/n)(1−Yn/n) P
4 [4.2.4 dan 4.2.5]MisalX1,···,Xn adalah variabel acak yg i.i.d dengan pdf
f(x) =
e−(x−θ), x> θ
0, lainnya
MisalYn=min{X1,···,Xn}. a TunjukkanYnP
−→θ
b Tentukan mean dariYn
c ApakahYn estimator tak-bias dariθ
d Tentukan estimator tak-bias untukθ dengan memanfaatkanYn.
. . Jawab:
KarenaYn=min{X1,···,Xn}, maka
FYn(t) =1−P(Yn≥t)
=1−P(X1≥t,···,Xn≥t) =1−[P(Xi≥t)]n=1−[1−P(Xi≤t)]n
=1−
1−
Zt
θ
e−(x−θ)d x
n
=1−1+e−(t−θ)−e−(θ−θ)n
∴FY
n(t) =1−e −n(t−θ)
,t> θ
fYn(t) =
d d tFYn(t) ∴fYn(t) =n e−n(t−θ),t> θ
a Akan dibuktikan lim
n→∞P(|Yn−θ| ≥ǫ) =0untuk setiapǫ >0.
P(|Yn−θ| ≥ǫ) =P(Yn−θ≥ǫ) +P(Yn−θ≤ −ε) = (1−P(Yn≤θ+ǫ)) + P(Yn≤θ−ǫ)
| {z }
=0,karena(θ−ǫ)< θ
=e−n(θ+ǫ−θ)
lim
n→∞P(|Yn−θ| ≥ǫ) =nlim→∞e −nǫ=0.
Jadi, terbuktiYn P
−→θ.
b Dengan menghitung ekspektasiYn,
E[Yn] =
Z ∞
θ
t·fYn(t)d t=
Z ∞
θ
t n e−n(t−θ)d t (menggunakan integral parsial)
=n2t e−n(t−θ)
−n3e−n(t−θ)∞
θ
=0−0+n2θ+n3=n2θ+n3
Jadi,µYn=n
2θ+n3.
c KarenaE[Yn] =n2θ+n36=θ, makaYn adalah estimator bias bagiθ
d Untuk mendapat estimator tak-bias maka perlu peubah acakZn sehingga
E[Zn] =θ. DariYn,
Jadi, dapat dipilihZn=
Yn−n3
n2 yang merupakan estimator tak-bias bagiθ.
4.3 Konvergen dalam Distribusi
Key Points
−→X dan g suatu fungsi kontinu makag(Xn)
D
−→g(X)
Teorema 4.3.5 (Teorema Slutsky) MisalXn,X,An, Bn adalah peubah
suatu peubah acak. JikaXn D
−→X, maka {Xn}terbatas dalam peluang.
Teorema 4.3.7
Misal{Xn}barisan peubah acak dan
{Xn}barisan peubah acak yang
kon-vergen dalam peluang ke 0. Maka, XnYn
P
−→0
Teorema 4.3.8
MisalYN adalah barisan peubah acak
yang terbatas dalam peluang. Jika Xn=op(Yn), maka saat n→ ∞,Xn
P
−→0.
Teorema 4.3.9
Misal{Xn}barisan peubah acak
Jawab:
Seperti pada soal[4.2.4],
FY1(t) =1−e−
n(t−θ),t>θ
0 di selain itu. Maka,
FZn(t) =P(n(Y1−θ)≤t) =P
Y1≤
t n+θ
=1−e−n(tn+θ−θ)
=1−e−t
∴lim
n→∞FZn(t) =1−e −t
Karena1−e−t merupakan cdf dari distribusi eksponensial denganµ=1maka
Zn D
−→Exp(µ=1).
6 [4.3.5]Misal pmf dariYn adalahpn(y) =1,y =n, 0 di selain itu. Tunjukkan distribusiYntidak konvergen kemanapun..
. Jawab:
Nilai cmf dariYn dapat ditulis
FYn(y) =
0, y <n
1, y ≥n
Untukn→ ∞,
lim
n→∞FYn(y) =0,y <∞
Karena suatu distribusi tidak mungkin memiliki distribusi peluang 0 dimanapun
maka distribusiYn tidak konvergen kemanapun.
7 [4.3.8]MisalZn adalahχ2(n)danWn=Zn/n2. Tentukan kekonvergenan dis-tribusiWn..
. Jawab:
mgf dariZn adalah MZn(t) = (1−2t)−
n/2, t <1/2. Maka, mgf dari W
n
adalah
MWn(t) =E[e t n2Zn] =
1−2t n2
−n/2
lim
n→∞MWn(t) =nlim→∞
1−2t n2
−n/2
=lim
n→∞
e−2t/n2−o
2t n2
−n/2
= lim
n→∞e
(−2t/n2)(−n/2)
=lim
t→∞e t/n=
1
Karena limitnya menuju 1, maka haruslah Wn berdistribusi 0 ( yakni tidak
mungkin) sehinggaWn tidak menuju kemanapun.
8 [4.3.11]MisalZn peubah acak berdistribusi Poisson denganµ=n. Tunjukkan
Yn= (Zn−n)/pn D
−→N(0, 1).. .
Jawab:
mgf dariZn adalah adalahMZn(t) =e n(et−1)
. Maka, mgf dariYn adalah
MYn(t) =E[et·(Zn−n)/ pn
] =E[e(t/pn)Zn−tpn]
=e−tpnE[e(t/pn)Zn] =e−tpnen(et/
pn −1)
lim
n→∞MYn(t) =nlim→∞e
−tpn+n(et/pn−1)
ln lim
n→∞MYn(t) =nlim→∞−t
p
n+n(et/pn−1)
=lim
n→∞n
et/pn−1−pt n
=lim
n→∞n
1+pt
n + t2 2n +o(e
t/pn)
−1−pt n
=lim
n→∞
t2 2 +o(n e
t/pn) =t2
2
∴lim
n→∞MYn(t) =e t2/2
Karenaet2/2
merupakan mgf dariN(0, 1)maka terbuktiYn D
−→N(0, 1).
9 [4.3.14] dan [4.3.15]MisalXn adalah rataan dari peubah acak berukurann dari peubah acak Poisson denganµ=1.
a Tunjukkan mgf dariYn=
p
n(Xn−µ)
σ =
p
n(Xn−1)adalahexp[−tpn+
n(et/n−1)].
b Selidiki kemanakah kekonvergenan distribusiYnsaatn→ ∞
c Dari sana, selidiki kemanakah kekonvergenan distribusipn(pXn−1).
. . Jawab:
a mgf dari distribusi Poisson untuk peubah acak Xi dengan µ =1 adalah
MXi(t) =e et−1
. Maka, mgf dariXnadalah
MXn(t) =E[e
t Xn] =E[e(t/n)
Pn i=1Xi] =E[e(t/n)X1e(t/n)X2···e(t/n)Xn]
=E[e(t/n)X1]·E[e(t/n)X2]···E[e(t/n)Xn] = (E[e(t/n)Xi])n
Jadi, mgf dariYnadalah
MYn(t) =E[et pn(Xn
−1)]
=e−tpnE[etpn Xn] =e−tpnen(e(t pn)/n
−1)
∴MYn(t) =exp[−tpn+n(et/pn
−1)].
b Akan dicari kekonvergenan distribusinya dengan menggunakan mgf
MYn(t) =exp
−tpn+n(et/pn−1)
=exp
n
et/pn
−1−pt n
ln lim
n→∞MYn(t) =nlim→∞−t
p
n+n(et/pn−1)
= lim
n→∞n
et/pn−1−pt n
= lim
n→∞n
1+pt
n + t2 2n+o(e
t/pn)
−1−pt n
= lim
n→∞
t2 2 +o(n e
t/pn) =t2
2
∴lim
n→∞MYn(t) =e t2/2
FungsiM(t) =et2/2
merupakan mgf dariN(0, 1). Jadi,n→ ∞Ynkonvergen
dalam distribusi keN(0, 1).
c KarenaYn
D
−→N(0, 1)dan fungsig(x) =pxpunya untukx>0(nilaig′(x) =
1
2px), maka berdasarkanTeorema 4.3.9
p
n(Xn−1) D
−→N(0, 1)
⇒pn(g(Xn)−g(1)) D
−→N(0, 1·[g′(1)]2)
∴pn(
p
Xn−1) D
−→N(0, 1/4)
10 [4.3.16] dan [4.3.17]MisalXn adalah rata-rata dari sampel acak berukurann dengan distribusi yang memiliki pdff(x) =e−x,0<x<∞, 0 di selain itu.
a Tunjukkan mgf dariYn=pn(Xn−1)adalah
MYn(t) =
et/pn−(t/pn)et/pn−n,t<pn
b Tentukan kekonvergenan distribusiYn
c [soal dimodifikasi]Tentukan kekonvergenan distribusipn(X2n−1)
. . Jawab:
a mgf dariXi,i=1,···,n adalah
b Dengan menggunakan mgf,
g′(x) =2x), maka berdasarkanTeorema 4.3.9
p
n(Xn−1) D
−→N(0, 1)
⇒pn(g(Xn)−g(1)) D
−→N(0, 1·[g′(1)]2)
∴pn(X2n−1)−→D N(0, 4)
4.4 Teorema Limit Pusat
Key Points
. .
Teorema 4.4.1
MisalX1,X2,···Xn adalah pengamatan dengan peubah acak yang memiliki meanµ
dan variansiσ2. Maka,
p
n(Xn−µ)
σ
D
−→N(0, 1)
11 [4.4.1]MisalXadalah rataan dari sampel acak berukuran 100 dengan distribusi χ2(50). Hitung nilai hampiranP(49<X<51)..
. Jawab:
Distribusiχ2(r)memilikiµ=r danσ2=2r sehinggaχ2(50)memilikiµ= 50danσ2=100. MisalZberdistribusiN(0, 1)maka
p
100(Xn−50)
p 100
D
−→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 nilaiP(49<X<51)adalah0.6826.
12 [4.4.2]MisalXadalah mean dari sampel acak berukuran 128 berdistribusi gam-ma denganα=2danβ=4. hampiri nilaiP(7<X<9)..
. Jawab:
Distribusi gamma memiliki µ=αβ danσ2=αβ2 sehingga Gamma(α= 2,β=4)memilikiµ=8danσ2=32. MisalZberdistribusiN(0, 1)maka
p
128(Xn−8)
p 32
D
−→Z
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 nilaiP(7<X<9)adalah0.9544.
13 [4.4.3]. MisalY adalah peubah acakb(72, 1/3). HitungP(22≤Y≤28). Jawab:
Distribusi binomialb(n,p)memilikiµ=n p danσ2=n p(1−p)sehingga
b(72, 1/3)memilikiµ=25danσ2=26. MisalZberdistribusiN(0, 1)maka
Y−24 p
32
D
−→Z
sehingga
P(22≤Y≤28) =P(Y≤27)−P(Y≤21)
≈P
Z≤28−24 4
−P
Z≤21−24 4
=P(Z≤1)−P(Z≤ −0.75) =0.8413−0.2266
=0.6413
Jadi, hampiran nilaiP(22≤Y ≤28)adalah0.6413.
14 [4.4.7]. JikaY adalahb(100,12), hampiri nilaiP(Y=50).. Jawab:
Distribusi binomialb(1,p)memilikiµ=p danσ2=p(1
−p)sehinggaY ∼ b(100, 1/2)dapat dipandang sebagaiY =X1+···+X100 denganXi ∼b(1, 1/2)
yang memilikiµ=1/2danσ2=1/4. MisalZberdistribusiN(0, 1)maka p
100(100Y −1/2)
p
1/4
D
sehingga
P(Y=50) =P(Y≤50)−P(Y≤49)
≈P Z≤
p
100(10050 −1/2)
p
1/4
!
−P Z≤
p
100(10049 −1/2)
p
1/4
!
=P(Z≤0)−P(Z≤ −0.2)
=0.5000−(1−5793) =0.0793
Jadi, hampiran nilaiP(Y =50)adalah0.0793.
6.1 Maximum Likelihood Estimation
Key Points
.
Fungsi Likelihood
Fungsi likelihood dengan parameterθ dapat ditulis sebagai
L(x;θ) = n
Y
i=1 f(xi;θ)
Nilaiθ maksimum diraih saat turunan pertama L′(x;θ) =0, atau biasanya
digu-nakan
∂logL(x;θ)
∂ θ =0.
15 [6.1.3]Misalkan X1,X2,···,Xn peubah acak yang memiliki distribusi dengan pdf atau pmf berikut
a f(x;θ) =θxe−θx!,x=0, 1, 2,···,0≤θ <∞, 0 di selain itu, denganf(0; 0) =
1.
b f(x;θ) =θxθ−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 mleθˆdariθ..
. Jawab:
a .
L(θ;x) = n
Y
i=1
f(xi;θ) = n
Y
i=1
θxie−θ
xi!
=θ
n
P
i=1
xi
e−nθ
n
Q
i=1
xi!
logL(θ;x) = n
X
i=1
xilogθ−nθ−log n
Y
i=1
xi!
Untuk mencari nilai mle, turunan terhadapθ harus 0
∂logL(θ;x)
∂ θ =
1
θ n
X
i=1
xi−n
0= 1
θ n
X
i=1
xi−n ⇒ θ=
1
n
n
X
i=1
xi.
Jadi, nilai mleθˆ=n1Pni=1Xi=X.
b .
L(θ;x) = n
Y
i=1
f(xi;θ) = n
Y
i=1
θxiθ−1=θn n
Y
i=1
xiθ−1
logL(θ;x) =nlogθ+ (θ−1) n
X
i=1 logxi
Untuk mencari nilai mle, turunan terhadapθ harus 0.
∂logL(θ;x)
∂ θ =
n
θ+ n
X
i=1
logxi=0
θ=− n n
P
i=1 logxi
Jadi, nilai mleθˆ=−Pn n i=1
logXi
.
c Nilai f(x;θ) =e−(x−θ)untukθ≤x<∞, 0 di selain itu. (Karenaθ berada
dalamsupport, turunan tidak dapat digunakan di sini.) Fungsilikelihood -nya dapat ditulis sebagai
L(x;θ) = n
Y
i=1
e−(xi−θ)
I(θ,xi)
(Nilai I(θ,xi) =1 jikaθ ≤xi dan 0 jika θ >xi. Perhatikan, jika salah
satu nilaixi < θ, nilai L(x;θ) akan menjadi 0, tidak akan mencapai nilai
maksimal.)
Agar selalu terjadixi≥θ, nilaiθ harus dipilihθ≤min{xi}. Agar
memak-simalkane−xi+θ, nilaiθharus dipilih yang paling besar pada selang tersebut yakniθ=min{xi}.
Jadi, mle dariθˆ=min{Xi}.
16 [6.1.6a] Misalkan X1,X2, . . . ,Xn peubah acak yang iid dengan pdf f(x;θ) =
2x/θ2,0<x≤θ, 0 di selain itu. Tentukan mleθˆuntukθ..
(Karenaθberada dalamsupport, turunan tidak dapat digunakan untuk men-cari nilai maksimum.)Fungsilikelihood-nya dapat ditulis sebagai
L(x;θ) = 2
simalkan 2n/θ2n, nilai θ harus dipilih yang paling kecil pada selang tersebut
yakniθ=max{xi}.
Untuk mencari nilai mle, turunan terhadapθ harus 0.
∂lnL(θ;x)
18 [6.1.7]Misalkan tabel berikut
x 0 1 2 3 4 5
Frekuensi 6 10 14 13 6 1
menyatakan 50 percobaan berdistribusi binomial dengann =5. Tentukan mle dariP(X≥3)..
. Jawab:
Fungsilikelihood-nya dapat ditulis sebagai
L(x;p) = 50!
dengank konstan. Maka, nilai mle dapat dihitung sebagai
L′(x;p) =k106p105(1−p)144−144p106(1−p)143
19 [6.1.9]Misalkan tabel berikut
x 0 1 2 3 4 5
Frekuensi 7 14 12 13 6 3
menyatakan 50 percobaan berdistribusi Poisson. Tentukan mle dariP(X=2).. .
Jawab:
Untuk mencari nilai mle, turunan terhadapλharus 0.
Jadi, nilai estimasilikelihoodmaksimum dari
P(X=2) =2.32
2e−2.32
2! ≈0.264.
20 [6.1.10]MisalkanX1,X2,···,Xnpeubah acak berdistribusi Bernoulli dengan pa-rameterp. Jikap terbatas pada 12≤p<1, tentukan mle dari parameter terse-but..
. Jawab:
Distribusi Bernoulli memiliki pdff(x) =px(1−p)1−x,x=0, 1, 0 di selain itu.
Akan dicari mle bagi parameterp. Fungsilikelihood-nya dapat ditulis sebagai
L(x;p) =
Untuk mencari nilai mle, turunan terhadapp harus 0.
∂logL(x;p)
Namun, karena ada kemungkinan nilaiX berada di luar selang 12 ≤p ≤1
(yakniX<12).(Perhatikan, nilaip denganL(x;p)terbesar adalah saatp=1/2) Jadi, mlepˆ=max{12,X}.
21 [6.1.12]MisalkanX1,X2,···,Xn peubah acak berdistribusi Poisson dengan0< θ≤2. Tunjukkan mle dariθadalahθˆ=min{X, 2}..
.
Jawab:
(Perhatikan pada soal[6.1.9].)Nilai∂ln∂ θL(x;θ)>0saatθ <x. Dengan adanya batasan 0< θ ≤2, nilai L(x;θ) akan mencapai maksimum dengan memilih
ˆ
θ=min{2,X}.
5.2 Statistik Terurut
22 [5.2.5]MisalkanY1<Y2<Y3<Y4 statistik terurut dari sampel acak berukuran 4
yang berdistribusi dengan pdf f(x) =ex,0<x<
∞, 0 di selain itu. Tentukan
P(3≤Y4)..
. Jawab:
Nilai
fY4(x) =
4! 3!0!F(x)
3
f(x)(1−F(x))0=4F(x)3f(x)
=4e−x
Z x
0
e−td t
3
=4e−x(1−e−x)3
Maka,
P(3≤Y4) =1−P(Y4<3) =1−4
Z3
0
e−x(1−e−x)3d x
=1−4
Z3
0
(1−e−x)3d e−x=1−4
1 4(1−e
−x)4
3
0
∴P(3≤Y4) =1−(1−e−3)4
23 [5.2.6a]MisalkanX1,X2,X3peubah acak berdistribusi kontinu dengan pdff(x) =
2x, 0<x <1, 0 di selain itu. Tentukan peluang nilai terkecil dariX1,X2,X3
melebihi median dari distribusinya.. .
Jawab:
Median dari distribusi adalah nilaimsehinggaF(m) =12. Maka,
F(m) =
Zm
0
2x d x=1
2
[x2]m0 =1
2 ⇒ m=
1 p 2
Nilai
fY1(x) =
3! 0!2!F(x)
0
f(x)(1−F(x))2=
3·2x(1−x2)2=
6x(1−x2)2
, 0<x<1
,0 di selain itu. Maka,
P(Y1>1/ p
2) =1−P(Y1≤1/ p
2) =1−
Z1/p2
0
6x(1−x2)2d x=1+
Z1/p2
0
3(1−x2)2d x2
=1+(1−x2)31/ p
2
0 =1+
1
8−1=
1 8.
Jadi, peluang nilai terkecil dari X1,X2,X3 melebihi median dari distribusinya adalah 18.
24 [5.2.9]MisalkanY1<Y2<···<Ynstatistik 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 Yk memiliki pdf beta dengan parameterα=k dan β=n−k+1. Petunjuk : pdf beta dapat ditulis sebagai
f(y) =
Γ(α+β) Γ(α)Γ(β)yα−
1(1
−y)β−1, 0<y <1
0, lainnya
Γ(n) = (n−1)!jikan∈N.. .
Jawab:
Nilai F(x) =R0x1d t =x pada selang0<x <1, 1 pada selang x≥1, 0 di selain itu. Nilai pdfYk dapat ditulis sebagai
fYk(x) =
n!
(k−1)!(n−k)![F(x)]
k−1f(x)[1
−F(x)]n−k
= Γ(n+1)
Γ(k)Γ(n−k+1)x k−1
·1·(1−x)n−k+1−1
Denganα=k danβ=n−k+1maka didapat
= Γ(α+β)
Γ(α)Γ(β)x
α−1(
1−x)β−1, 0<x<1,
0 di selain itu. Jadi, terbukti orde statistik ke-k Yk 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 dari12..
. Jawab:
Jangkauan sampel acak berukuran 4 dengan statistik terurut Y1,Y2,Y3,Y4 adalahY4−Y1. Akan dicari nilaiP(Y4−Y1<12).
Nilai F(x) =Rx
0 1d t =x pada selang0<x <1, 1 pada selang x≥1, 0 di selain itu. Fungsi peluang bersama dariY1danY4adalah
fY1Y4(y1,y4) =
0 di selain itu.
MisalkanZ1=Y4−Y1danZ2=Y4. Fungsiz1=y4−y1danz2=y4memiliki
Maka, fungsi peluang bersamaZ1danZ2adalah
h(z1,z2) =| −1|12(z2−z2+z1)2=12z12, 0<z1<z2<1
0 di selain itu. Maka,
P(Z1<1/2) =
Jadi, peluang jangkauan sampel acak berukuran 4 kurang dari 12adalah 165.
26 [5.2.13] Misal suatu sampel acak berukuran 2 didapat dari distribusi dengan
pdf f(x) =12(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:
DaerahY2≥2Y1tersebut dapat
digam-Jadi, peluang yang dimaksud adalah 127.
27 [5.2.14]MisalY1,Y2,Y3menyatakan statistik terurut dari peubah acak
beruku-ran 3 dari distribusi dengan pdf f(x) =1, 0<x <1, 0 di selain itu. Misal
Z. = (Y1+Y2)/2nilai tengah sampel. Tentukan pdf dariZ..
Jawab:
Nilai F(x) =Rx
0 1d t =x pada selang0<x <1, 1 pada selang x≥1, 0 di selain itu. Fungsi peluang bersama dariY1danY2adalah
fY1Y2(y1,y2) =
Maka, fungsi peluang bersamaZ1danZ2adalah
h(z1,z2) =|2|6(1−z2) =12(1−z2), 0<z1<z2<1,
0 di selain itu.
Jadi, nilai pdf bagiZ=Z1= (Y1+Y2)/2adalah
h1(z) =
Z1
z
12(1−z2)d z2=6−12z+6z2=6(1−z)2, 0<z<1,
0 di selain itu.
5.4 Selang Kepercayaan / Konfidensi
Key Points
.
Selang Kepercayaan
Berdasarkan Teorema Limit Pusat,
X−µ σX/pn∼
N(0, 1)
Selang kepercayaan dari estimator dengan levelαdapat ditulis
P
Dengan manipulasi aljabar, selang kepercayaan untukµ adalah
28 [5.4.1]Misalkan nilai pengamatan dari meanXdari peubah acak berukuran 20 yang berdistribusiN(µ, 80)adalah 81.2. Tentukan selang kepercayaan 95% bagi µ..
Jadi, selang kepercayaan untukµadalah(77.28, 85.12).
Agar berlakuP(X−1< µ <X+1) =0.90maka
1.645·p3
n =1 ⇒ n= (1.645·3)
2
≈24.35
Jadi, nilai hampiran bagin adalah24atau25.
30 [5.4.7]MisalkanY berdistribusib(300,p). Jika hasil pengamatan dariYadalah
y =75, tentukan hampiran selang kepercayaan 90% bagip.. .
Jawab:
Nilai estimasi untukX= ˆp adalahpˆ=75/300=0.25. Distribusi binomial memiliki estimators=ppˆ(1−pˆ)sehingga
P
−z0.05<
X−µ
s/pn <z0.05
=P −1.645<p pˆ−p
ˆ
p(1−pˆ)/n <1.645
!
=P pˆ−1.645
r
ˆ
p(1−pˆ)
n <p<pˆ+1.645
r
ˆ
p(1−pˆ)
n
!
=P
0.25−1.645
Ç
0.25·0.75
300 <p<0.25+1.645
Ç
0.25·0.75 300
≈P(−0.01<p<0.51) =0.9
Jadi, hampiran selang kepercayaan 90% bagipadalah(0, 0.51).
31 [5.4.12]Diketahui peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter µ. Sampel dari 200 pengamatan dari distribusi ini memiliki mean3.4. Tentukan hampiran selang kepercayaan 90% bagiµ..
. Jawab:
Pada distribusi Poisson, nilai µ =σ2, dalam hal ini simpangan bakunya
dapat dihampiri oleh mean pengamatan, yaknix=s2sehingga,
P
−z0.05<
x−µ
s/pn <z0.05
=Px−1.645·s/pn< µ <x+1.645·s/pn
=P3.4−1.645·p3.4/p200< µ <3.4+1.645·p3.4/p200 ≈P(3.186< µ <3.614) =0.9
Jadi, hampiran selang kepercayaan 90% bagiµadalah(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% bagip yakni peluang paku payung jenis ini akan mendarat dengan sisi lancip menghadap ke atas. Asumsikan saling bebas..
.
Jawab:
Percobaan ini dapat dipandang sebagai percobaan bernoullib(100,p)
den-ganp peluang bahwa paku payung jenis ini akan mendarat dengan sisi lancip
menghadap ke atas. Hasil percobaan menunjukkan 60 menghadap ke atas, se-hingga penaksirpˆ=60/100=0.6. Dengan selang kepercayaan 95% maka,
P
−z0.025<
X−µ
s/pn <z0.05
=P −1.96<p pˆ−p
ˆ
p(1−pˆ)/n <1.96
!
=P
0.6−1.96
Ç
0.4·0.6
100 <p<0.6+1.96
Ç
0.4·0.6 100
=P(0.504<p<0.696) =0.95
Jadi, selang kepercayaan 95% bagip 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
Ukuran dari suatu ujiY adalah
H0:θ∈ A0, H1:θ∈ A1 Daerah kritis yaitu daerah untuk meno-lakH0 dinotasikan oleh himpunanC.
Fungsi Pangkat
Fungsi pangkat dari ujiY dengan pa-rameterθ dinotasikanπY(θ)adalah
πY(θ) =P(menolakH0|H0salah)
(Pada saat menghitungπ(θ), nilaiθ
dariH0 jangan dimasukkan di awal. Lihat di pembahasan soal)
Tingkat Signifikansi
Tingkat signifikansi dari hasil perhitun-ganα∗adalah
α∗=sup
θ∈A0
[πY(θ)]
(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. FungsiΦ(−x) =1−Φ(x)adalah
fungsi normal standarN(0, 1), nilainya lihat di tabel.
33 [5.5.3]MisalkanX berdistribusi binomial dengan banyaknya percobaann=10
danp bernilai salah satu dari1/4atau1/2. Hipotesis sederhanaH0:p=12
di-tolak, dan hipotesis alternatifH1:p=14diterima, jika hasil observasiX1(yakni
peubah acak berukuran 1) kurang dari atau sama dengan 3. Tentukan fungsi pangkat dan tingkat signifikansinya..
DiketahuiX∼b(10,p)denganH0:p=12,H1:p=14, danC={x1|X1≤3}. Maka, fungsi pangkatnya dapat ditulis
πX1(p) =P(menolakH0|H0salah) =P(X1∈C |H1benar)
Tingkat signifikansiα∗didapat ketikaH0diterima, yakni α∗=sup
34 [5.5.8] Misalkan masa hidup suatu ban, sebut X, berdistribusi normal den-gan meanθ dan standar deviasi 5000. Pengalaman sebelumnya menunjukan
θ=30, 000. Pihak produksi mengklaim bahwa ban yang dibuat dengan proses
yang baru memiliki meanθ >30, 000. Ada kemungkinan nilaiθ =35, 000. Periksa klaim tersebut dengan mengujiH0:θ=30, 000dibandingkanH1:θ > 30, 000. Kita akan mengamatinnilai yang saling bebas dariX, sebutx1,···,xn, dan kita akan tolak H0 (dan menerima H1) jika dan hanya jikax ≥c.
maka didapat dua persamaan
c−30, 000
5000/pn =2.33 dan
c−35, 000
5000/pn =−2.05 atau dapat ditulis
c=2.33·5000p
n +30, 000 dan c=−2.05·
5000 p
n +35, 000, maka
2.33·5000p
n =−2.05·
5000 p
n +5, 000
4.38·5000p n =5000 p
n=4.38 ⇒ n= (4.38)2=19.1844
Maka, hampiran nilain adalah 19 atau 20. Dengan substitusi, untukn =19,
didapatc=32672.7, untukn=20didapatc=32605.02.
35 [5.5.9]MisalkanXmemiliki distribusi Poisson dengan meanθ. Tinjau hipotesis sederhanaH0:θ = 12 dan hipotesis alternatifH1:θ < 12. MisalkanX1, . . . ,X12
adalah 12 peubah acak dari distribusi ini. HipotesisH0ditolak jika dan hanya
jika hasil pengamatanY=X1+···+X12≤2. Tentukan fungsi pangkat dari tes
ini serta tentukan tingkat signifikansinya.. .
Jawab:
DiketahuiX1, . . . ,X12∼Poi s(θ)denganH0:θ=1/2,H1:θ <1/2, dan misal
Y=X1+···+X12. StatistikY juga akan berdistribusi Poisson dengan mean12θ.
πY(θ) =P(menolakH0|H0salah) =P(Y≤2|θ <1/2)
=P(Y=0|θ <1/2) +P(Y=1|θ <1/2) +P(Y=2|θ <1/2)
∴πY(θ) =
2
X
i=0
P(Y=i|θ <1/2) =
2
X
i=0
(12θ)ie−12θ
i! , θ <1/2 Maka, tingkat signifikansinya adalah
α∗=sup
θ∈A0
[πY(θ)] =sup
θ=1/2
[P(Y≤2|θ=1/2)] =FYˆ(2), Yˆ∼Poi s(12·1/2)
=0.062
(NilaiFYˆ(2)denganYˆ∼Poi s(θ=6)didapat dari tabel Poisson)
Jadi, tingkat signifikansinya adalah0.062.
36 [5.5.10]MisalY berdistribusi binomial dengan parametern danp. Hipotesis
H0:p = 12 ditolak danH1:p > 12 diterima jikaY ≥c. Tentukan nilai
π(1/2) =0.1danπ(2/3) =0.95.. .
Jawab:
Variabel acakY∼b(n,p). Dengan menggunakan teorema limit pusat,
πY(p) =P(Y≥c |p>1/2) =1−P(Y≤c |p>1/2)
Dengan substitusi, karenan6=0, maka
1.28
37 [5.5.11]MisalkanY1<Y2<Y3<Y4statistik terurut dari peubah acak
beruku-rann=4dari distribusi dengan pdff(x;θ) =1/θ,0<x< θ, 0 di tempat lain, dengan θ >0. HipotesisH0:θ=1ditelak danH1:θ >1diterima jika hasil
pengamatanY4≥c. Tentukan nilaic agar tingkat signifikansiα=0.05.
Ten-tukan pula fungsi pangkat-nya.. .
Jawab:
(Ingat,Y4=max{Xi}) Fungsi pangkatnya dapat ditulis sebagai
πY4(θ) =P(Y4≥c|θ >1) =1−P(max{Xi} ≤c|θ >1)
=1−[P(X1≤c|θ >1)···P(X4≤c|θ >1)]
=1−
Zc
0 1
θd x
4
πY4(θ) =1−
c4
θ4, θ >1 Tingkat signifikansinya dapat ditulis sebagai
α∗=sup
θ∈A0
[πY4(θ)]
0.05=πY4(1)
0.05=1−c4 ⇒ c=p4
0.05≈0.473
Jadi, agar tingkat signifikansiα=0.05, nilaic=0.473.
38 [5.5.12]MisalkanX1,X2,···,X8peubah acak berdistribusi Poisson dengan mean
µ. HipotesisH0:µ=0.5ditolak dan hipotesisH1:µ >0.5diterima jika
jum-lahan pengamatan
8
P
i=1
xi≥8. Hitung tingkat signifikansiαdari tes. Tentukan pula fungsi pangkat dari tes sebagai jumlahan dari peluang Poisson..
. Jawab:
DiketahuiX1, . . . ,X8∼Poi s(µ)denganH0:µ=0.5,H1:µ >0.5, dan misal
Y=X1+···+X8. StatistikY juga akan berdistribusi Poisson dengan mean8µ.
πY(µ) =P(menolakH0|H0salah) =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))
πY(µ) =1−
7
X
i=0
P(Y=i|µ >0.5) =1− 8
X
i=0
(8µ)ie−8µ i!
Tingkat signifikansinya adalah
α∗=sup
µ∈A0
[πY(µ)] =sup
µ=0.5
[1−P(Y≤7|µ >0.5)] =1−FYˆ(7), Yˆ∼Poi s(8·0.5)
=1−0.949=0.051
5.6 Komentar Tambahan mengenai Tes Statistik
Key Points
.
p-value
Nilaip-value dapat dihitung sebagai
p-value=sup θ∈A1
[πY(θ)]
=P(H0 ditolak|H0 benar)
=Pθ=θ0(H0 ditolak)
Jika nilai hipotesisH1 dua-sisi seperti H1:µ6=µ0, maka nilaip-value dikalikan 2 (karena ada dua sisi, kanan dan kiri)
NilaiS Diketahui
NilaiSdihampiri oleh nilaiσ. Syarat penolakanH0 adalah jika
Z>|Yob|=
X−µ0
σ/pn
denganZ berdistribusiN(0, 1).
NilaiS Tidak Diketahui Syarat penolakanH0 adalah jika
T>|Yob|=
X−µ0 S/pn
denganT berdistribusit.
39 [Ex. 5.6.1]DiketahuiX∼N(θ, 50002),H
0:θ=30, 000,H1:θ6=30, 000. Misal
diambil 20 sampel acak yang memiliki rataanx =25, 000. Tentukan nilaip -value. Apa yang dapat dikatakan dari nilaip-value tersebut?.
. Jawab:
MisalkanY =X−µ0
σ/pn. Maka, nilaip-value dapat dihitung sebagai
p-value=2(Pµ=µ0(Z>|Y|)) =2
P
Z>|25, 000−30, 000|
5000/p20
=2(1−P(Z<| −p20|)) =2(1−P(Z<4.47))
Untuk kumulatifz di atas4, (di tabel menunjukkan) nilainya dapat dianggap 1 sehingga nilaip-value≈2(1−1)≈0. Karena nilaip-value sangat kecil, dapat dipastikanH0selalu ditolak.
40 [Ex. 5.6.5] Misalkan X1,X2,···,X25 peubah acak dari N(µ,σ2= 4). Untuk
mengujiH0:µ=77, dibandingkan hipotesis alternatif satu-sisiH1:µ <77,
di-lakukan 25 observasi denganx=76.1. ApakahH0ditolak dengan tingkat
sig-nifikansi5%?. .
Jawab:
MisalkanY =X−µ0 σ/pn =
76.1−µ0
2/5 , maka
p-value=Pµ=µ0(H0ditolak)
=Pµ=77
Z>
76.1−77 2/5
=P(Z>| −2.25|) =P(Z>2.25) =1−P(Z<2.25) =1−Φ(2.25) =0.0122
Karena nilaiα=5%>p-value=1.22%maka sudah cukup untuk mengatakan
bahwaH0ditolak.
41 [5.6.5]Asumsikan berat satu kotak sereal ukuran 10 ons berdistribusiN(µ,σ2).
Untuk mengujiH0:µ=10.1dibandingkanH1:µ >10.1, kita akan mengambil
sampel acak berukurann=16dan mendapatix=10.4dans=0.4. a ApakahH0ditolak atau diterima pada tingkat signifikansi5%
b Tentukan hampiranp-value dari uji ini.
. . Jawab:
Misalkan 16 sampel tersebut adalahX1,···,X16 ∼N(µ,σ2). Nilaip-value dapat dihitung sebagai
p-value=P(H0ditolak|H0benar)
=Pµ0=10.1(T>Yob) =1−Pµ0=10.1(T≤
10.4−10.1 0.4/p16 )
=1−P(T≤3)≈1−0.995=0.005
(Di tabelt, lihat baris untukn−1=16−1=15. Pada saat nilai r=0.995, nilaiT=2.947, dikatakan dekat keT =3) Jadi, nilaip-value adalah 0.005 atau 0.5%. Karena nilaiα=5%>p-value, maka sudah cukup untuk mengatakanH0 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. MisalXi danYi sama dengan rata-rata jarak yang dilaliu oleh merek X dan Y yang dipukul oleh pemain golf ke-I, i =
1, 2,···, 51. Misal Wi =Xi−Yi, i =1, 2,···, 51. Untuk menguji H0:µW =0 lawanH1:µW >0, dimanaµW menyatakan rataan dari selisih. Jikaw=2.07 dan s2
W =84.63, apakahH0 akan diterima atau ditolak dengan tingkat
sig-nifikansiα=0.05. Tentukanp-value dari uji ini.. .
MisalkanV=W−µW
SW/pn
. Akan dicari nilaip-value dari uji ini.
p-value=PµW=0
T>XW−µW
SW/pn
=P T>p2.07−0
84.63/51
!
=P(T>1.606)
=1−P(T<1.606)≈1−0.944=0.056=5.6%
Karena nilaip-value lebih besar dariα=0.05=5%, makaH0tidak 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, darin=590sampel acak,y =104menggunakan seat-belt. Apakah kampanye tersebut berhasil?.
. Jawab:
MisalX ∼b(590,p). Misalkan hipotesis awal H0:p =0.14dan hipotesis bandinganH1:p>0.14. JikaH0ditolak danH1ternyata benar, maka kampanye berhasil. Dengan menggunakan hampiran normal, misalY=σ/X−ppn=ppˆpˆ(1−p
−pˆ)/n.
Nilaipˆ=104/590=0.176. Nilaip-value nya adalah
p-value=Pp=p0(Z>|Y|) =P Z>
0.176−0.14
p
0.176(1−0.176)/590
!
=P(Z>2.296)
=1−0.9893=0.0107=1.07%
Dengan mengambil tingkat signifikansi standarα=5%nilaip-value lebih kecil
dariαsehingga dapat dikatakanH0ditolak artinya kampanye tersebut berhasil.
6.3 Maximum Likelihood Test
Key Points
.
Teorema
Dengan hipotesisH0:θ=θ0,
−2 logΛ−→D χ2( 1)
44 [Ex 6.3.2 (Modifikasi)]Misalkan X1, X2, . . ., Xn peubah acak berdistribusi
N(θ,σ2)dengan meanθ >0. Dengan hipotesisH
0:θ=θ0bandingH1:θ6=θ0,
dengan menggunakan uji likelihood maksimum, tentukan daerah penolakanH0
dengan memenuhi langkah-langkah berikut. a Tentukan fungsi likelihood-nya
b Tentukan estimator maksimumnya c Tentukan nilaiΛ
d Tuliskan daerah penolakanH0
Tinjau hipotesis
H0:θ=θ0 banding H0:θ6=θ0.
Fungsi likelihood serta penaksirnya dapat ditulis sebagai
L(θ) =
Maka mle-nya adalahθˆ=Xsehingga
Λ =L(θ0)
H0ditolak jika
Λ≤c⇒exp−(2σ2)−1n(θ0−X)2
Maka, daerah penolakanH0nya dapat ditulis sebagai
menggunakan uji likelihood maksimum, tentukan daerah penolakanH0dengan
memenuhi langkah-langkah berikut. a Tentukan fungsi likelihood-nya b Tentukan estimator maksimumnya
c Tentukan nilaiΛ
d Tuliskan daerah penolakanH0
. . Jawab:
Tinjau hipotesis
H0:θ=θ0 banding H0:θ6=θ0.
Fungsi likelihood serta penaksirnya dapat ditulis sebagai
L(θ) =
Maka mle-nya adalahθˆ=Xsehingga
Λ =L(θ0)
H0ditolak jika
Λ≤c⇒
Maka, daerah penolakanH0berdasarkanH1(dari Teorema) adalah
−2n
dengan menggunakan uji likelihood maksimum, tentukan daerah penolakanH0
a Tentukan fungsi likelihood-nya b Tentukan estimator maksimumnya c Tentukan nilaiΛ
d Tuliskan daerah penolakanH0
. . Jawab:
Fungsi likelihoodnya dapat ditulis sebagai
L(θ) =
didapat nilai estimatorθˆ=Xsehingga nilaiΛadalah
Λ =L(θ0)
MakaH0ditolak jika
Λ≤c⇒
Maka, daerah penolakanH0berdasarkanH1(dari Teorema) adalah
7.2 Statistik Cukup untuk 1 Parameter
jika dan hanya jika fungsi kumulatifnya dapat difaktorkan sebagai
f(x1, . . . ,xn|θ) =U(x1, . . . ,xn)V(r(x1, . . . ,xn),θ)
(FungsiU tidak mengandungθ)
Rasio
MisalX1, . . . ,Xn peubah acak
den-gan pdf f(x,θ). Suatu statistikT =
r(X1, . . . ,Xn)disebut sufficient / cukup jika dan hanya jika
n
fungsiH, nilai parameternya sudah tidak ada lagi)
47 [7.2.1]MisalX1,X2,. . .,Xn peubah acak iidN(0,θ),0< θ <∞. Tunjukkan
Fungsi kumulatifnya dapat ditulis sebagai
f(x1,x2,···,xn|θ) =
48 [7.2.2] Tunjukkan jumlahan observasi dari peubah acak berukuran n yang berdistribusi Poisson dengan parameterθ,0< θ <∞, adalah statistik cukup bagiθ..
Jawab:
Pdf dari Poisson dengan parameterθ adalah
f(x,θ) =θ xe−θ
x! Fungsi kumulatifnya dapat ditulis sebagai
f(x1,x2, . . . ,xn|θ) = n
Y
i=1
θxie−θ
xi!
= Qn1
i=1xi!
| {z }
U(x1,x2,...,xn)
·θ
Pn i=1xie−θ
| {z }
V(Pni=1xi,θ)
Karena fungsi kumulatif f(x1,x2,···,xn|θ) =U(x1,x2,···,xn)V
Pn i=1xi,θ
, maka jumlahan observasi yakniPni=1Xi adalah statistik cukup bagiθ.
49 [+++]MisalkanX1,X2, . . . ,Xn peubah acak iid berdistribusi uniformU(θ1,θ2), −∞< θ1< θ2 <∞. Tunjukkan bahwaT(y1,y2,···,yn) = (Y1,Yn), denganYi statistik orde ke-i, adalah statistik cukup bagiθ1danθ2..
. Jawab:
Fungsi pdfU(θ1,θ2)dapat ditulis
f(x|θ1,θ2) =
1
θ2−θ1, θ1≤x≤θ2
0, lainnya
Fungsi pdf tersebut dapat ditulis ulang menjadi
f(x|θ1,θ2) = 1
θ2−θ1
I(θ1,θ2)(x) =
1
θ2−θ1
I{x≤θ2}(x)I{x≥θ1}(x)
Fungsi kumulatifnya dapat ditulis sebagai
f(x1,x2, . . . ,xn|θ1,θ2) =
n
Y
i=1 1
θ2−θ1
I{xi≤θ2}(xi)I{xi≥θ1}(xi)
= 1
(θ2−θ1)n
n
Y
i=1
I{yi≤θ2}(yi)I{yi≥θ1}(yi)
= 1
(θ2−θ1)n ·
I{θ1≤y1}(y1)I{yn≤θ2}(yn)
= n
Y
i=1
I(θ1,θ2)(xi)
| {z }
U(x1,x2,...,xn)
·I{θ1≤y1}(y1)I{yn≤θ2}(yn)
(θ2−θ1)n
| {z }
V(y1,yn,θ1,θ2)
(Karena statistik terurut, cukup melihat nilai terbesarnya dan nilai terkecilnya. Jika nilai terbesarnyayn kurang dari θ2, makay1,y2, . . . ,yn≤θ2. Begitu juga jika nilai terkecilnyay1lebih dariθ1, makay1,y2, . . . ,yn≥θ1)
Dengan cara faktorisasi, karena fungsi kumulatif f(x1,x2,···,xn|θ1,θ2) =
U(x1,x2,···,xn)V y1,yn,θ1,θ2, maka (Y1,Yn) adalah statistik cukup bagiθ1 danθ2.
50 [+++]MisalkanX1, . . . ,Xnpeubah acak iid dengan pdf
f(x) =
Ç
σ
2πx3e
−σ/2x
denganx>0,σ >0. Tentukan statistik cukupT bagiσ.. .
Jawab:
Akan dicari calon statistik cukup dengan memanfaatkan faktorisasi. Nilai fungsi kumulatifnya adalah
f(x1,x2, . . . ,xn|σ) = n
Y
i=1
r
σ
2πxi3
e−σ/2xi
= 1
(2π)n/2Qn
i=1x 3/2
i
| {z }
U(x1,x2,...,xn)
·σn/2exp −σ 2 ·
n
X
i=1 1
xi
!
| {z }
V(Pni=11
xi,σ)
Karena nilai fungsi kumulatifnya dapat difaktorkan sebagaif(x1,x2, . . . ,xn|σ) =
U(x1,x2, . . . ,xn)V(
Pn i=1
1
xi,σ), maka dapat dipilihT =
Pn i=1
1
Xi sebagai statistik
cukup bagiσ.
51 [+++]MisalkanX1, . . . ,Xnpeubah acak iid berdistribusi Gamma denganαtidak diketahui,βdiketahui TunjukkanT=
n
P
i=1
ln(Xi)danT= n
Q
i=1
Xi adalah statistik
cukup bagiα. Petunjuk : pdf distribusi Gamma (denganβdiketahui)
f(x,α) = β
α
Γ(α)x
α−1e−x/β
Fungsi kumulatif dari distribusi Gamma (denganβdiketahui) adalah
f(x1,x2, . . . ,xn|α) = n
Y
i=1
βα
Γ(α)x
α−1
i exp
−xi
β
= β
nα
(Γ(α))n · n
Y
i=1
xi
!α−1
| {z }
V(Qni=1xi,α)
·exp −1
β n
X
i=1
xi
!
| {z }
U(x1,x2,...,xn)
(1)
= β
nα
(Γ(α))n ·exp (α−1)ln n
Y
i=1
xi
!
·exp −1
β n
X
i=1
xi
!
= β
nα
(Γ(α))n ·exp (α−1)
n
X
i=1 lnxi
!
| {z }
V(Pni=1lnxi,α)
·exp −1
β n
X
i=1
xi
!
| {z }
U(x1,x2,...,xn)
(2)
Dari (1) dan (2), dengan metode faktorisasi, terbuktiT= n
Q
i=1
XidanT= n
P
i=1 ln(Xi)
adalah statistik cukup bagiα.
