Teorema Limit Pusat dan Limit Distribusi

(1)

Teorema Limit Pusat dan Limit Distribusi

pendekatan dengan kasus

Andi Kresna Jaya [email protected]

Jurusan Matematika

(2)

Outline

1 Review

2 Teorema Limit Pusat

3 Teorema Limit Distribusi

(3)

Outline

1 Review

(4)

Outline

1 Review

(5)

Sasaran pembelajaran: Kemampuan mahasiswa menjelaskan konsep limit distribusi

1 _{Kemampuan memahami teorema limit pusat}

2 _{Ketepatan dalam penjelasan limit distribusi untuk penaksir}

Metode: KuliahdanDiskusi

Text book: Hogg dan Craig, Introduction to

Mathematical Statistics;Casella dan Berger, Statistical Inference

(6)

Opening

”It is a capital mistake to theorize before one has data. Insensibly one begins to twist facts to suit theories, instead of theories to suit facts.” - Sherlock Holmes, ”A Scandal in

Bohemia”Sir Arthur Conan Doyle

Planning a statistical analysis after you’ve collected the data is like developing plans for a structure after you’ve purchased the materials.

(7)

Opening

”It is a capital mistake to theorize before one has data. Insensibly one begins to twist facts to suit theories, instead of theories to suit facts.” - Sherlock Holmes, ”A Scandal in

Bohemia”Sir Arthur Conan Doyle

Planning a statistical analysis after you’ve collected the data is like developing plans for a structure after you’ve purchased

(8)

Ada dua teorema penting dalam Teori Peluang, yang pertama adalah Teorema Limit Pusat dan yang kedua adalah Hukum Bilangan Besar. (Hukum bilangan besar akan dipelajari pada mata kuliah tingkat lanjut)

Teorema limit pusat menyatakan bahwa Distribusi dari jumlah (atau rata-rata) variabel yang distribusinya saling bebas dan identik adalah berdistribusi (hampiran) normal.

Untuk memahami ini akan diberikan tinjauan untuk kasus sederhana.

Misalkan X adalah peubah acak dengan fmp f (x ) =

0, 45 x = 1 0, 55 x = 2 dan nol untuk yang lain.

(9)

(10)

(11)

0, 45 x = 1

0, 55 x = 2

dan nol untuk yang lain.

(12)

0, 45 x = 1

0, 55 x = 2

dan nol untuk yang lain.

(13)

(14)

Untuk n = 40, bentuk grafik fmp untuk ¯X adalah:

(15)

Pada materi distribusi untuk ¯X , mean sampel distribusi

N(µ, θ2), bentuk peubah acak

Z = √

n( ¯X − µ) σ

untuk sembarang bilangan bulat positif n, akan berdistribusi N(0, 1).

Jika n → ∞ maka Z → Zp ₀, dimana Z0 ∼ N(0, 1)

Walaupun kondisi X bukan dari distribusi Normal, bentuk Y =

√

n( ¯X − µ) σ

akan mempunyai distribusi hampiran normal dengan mean 0 dan variansi 1.

(16)

Z = √

n( ¯X − µ) σ

√

n( ¯X − µ) σ

(17)

Z = √

n( ¯X − µ) σ

√

n( ¯X − µ) σ

(18)

teorema limit pusat

Teorema 1

Misalkan X1, X2, · · · , Xn adalah sampel acak dari sebuah distribusi

peluang yang meannya µ dan variansinya σ2> 0. Maka peubah

acak Yn= (P Xi − nµ)/

√

nσ =√n( ¯X − µ)/σ konvergen dalam

distribusi ke peubah acak yang berdistribusi N(0, 1).

Misalkan ¯X adalah mean sampel acak yang berukuran n = 75

dari distribusi dengan fkp f (x ) =

1 0 < x < 1

0 yang lain

(19)

teorema limit pusat

Teorema 1

Misalkan X1, X2, · · · , Xn adalah sampel acak dari sebuah distribusi

peluang yang meannya µ dan variansinya σ2> 0. Maka peubah

acak Yn= (P Xi − nµ)/

√

nσ =√n( ¯X − µ)/σ konvergen dalam

distribusi ke peubah acak yang berdistribusi N(0, 1).

Misalkan ¯X adalah mean sampel acak yang berukuran n = 75

dari distribusi dengan fkp f (x ) =

1 0 < x < 1

0 yang lain

(20)

contoh 1

Diketahui f (x ) = 1, 0 < x < 1 dan nol untuk yang lain. maka

µ = Z 1 0 xdx = 1 2 σ2 = Z 1 0 (x − 1/2)2dx = 1 12

Maka aproksimasi nilai P(0.45 < ¯X < 0.55) adalah P(0.45 < ¯X < 0.55) = P a < √ n( ¯X − µ) σ < b = P(−1.5 < Z < 1.5) = 0.866 catatan a = √ n(0.45−µ) σ dan b = √ n(0.55−µ) σ

(21)

contoh 1

µ = Z 1 0 xdx = 1 2 σ2 = Z 1 0 (x − 1/2)2dx = 1 12 Maka aproksimasi nilai P(0.45 < ¯X < 0.55) adalah

P(0.45 < ¯X < 0.55) = P a < √ n( ¯X − µ) σ < b = P(−1.5 < Z < 1.5) = 0.866 √ n(0.45−µ) √n(0.55−µ)

(22)

contoh 1

µ = Z 1 0 xdx = 1 2 σ2 = Z 1 0 (x − 1/2)2dx = 1 12 Maka aproksimasi nilai P(0.45 < ¯X < 0.55) adalah

P(0.45 < ¯X < 0.55) = P a < √ n( ¯X − µ) σ < b = P(−1.5 < Z < 1.5) = 0.866 catatan a = √ n(0.45−µ) σ dan b = √ n(0.55−µ) σ

(23)

Misalkan X1, X2, · · · , Xn menyatakan sampel acak dari

distribusi b(1, p). Misalkan Yn= X1+ X2+ · · · + Xn, maka

Yn∼ b(n, p). Untuk menghitung peluang Yn akan lebih

sederhana menggunakan fakta bahwa (Yn− np)

pnp(1 − p) ∼ N(0, 1)

dibandingkan dengan melakukan hampiran peluang dari pendekatan Poisson.

Kerap kali, para statiskawan percaya bahwa Yn mempunyai distribusi hampiran normal dengan mean np dan variansi np(1 − p).

Perhatikan untuk n = 10 (ini cukup kecil untuk menyatakan bahwa peluang untuk Yn dapat diaproksimasi dengan distribusi Poisson) dan p = 0.5. Perbandingan b(10, 1/2)

(24)

pnp(1 − p) ∼ N(0, 1)

Kerap kali, para statiskawan percaya bahwa Yn mempunyai

distribusi hampiran normal dengan mean np dan variansi np(1 − p).

Perhatikan untuk n = 10 (ini cukup kecil untuk menyatakan bahwa peluang untuk Yn dapat diaproksimasi dengan distribusi Poisson) dan p = 0.5. Perbandingan b(10, 1/2) dengan N(5, 5/2) mempunyai luasan yang (nyaris) sama.

(25)

pnp(1 − p) ∼ N(0, 1)

Kerap kali, para statiskawan percaya bahwa Yn mempunyai

distribusi hampiran normal dengan mean np dan variansi np(1 − p).

Perhatikan untuk n = 10 (ini cukup kecil untuk menyatakan

bahwa peluang untuk Yn dapat diaproksimasi dengan

(26)

(27)

contoh 2

Misalkan X1, X2, · · · , Xn menyatakan sampel acak berukuran

n = 100 dari distribusi b(1, 1/2). Misalkan

Y = X1+ X2+ · · · + Xn, maka Yn∼ b(n, p). Tentukan

peluang

P(Y = 48, 49, 50, 51, 52)

Perhatikan bahwa dalam distribusi binomial untuk Y

(Y ∼ b(100, 1/2)), maka nilai diskrit {Y = 48, 49, 50, 51, 52} dengan selang (47, 5; 52, 5) pada distribusi N(50, 25) adalah ekuivalen. P(Y = 48, 49, 50, 51, 52) =P52 y =48 100 y (1/2) 100_{= 0, 3827} P(47, 5 < Y < 52, 5) = 0, 3829

dikerjakan dengan menggunakan distribusi N(0, 1) P(Y = 48, 49, 50, 51, 52) = P(47, 5 < Y < 52, 5)

(28)

contoh 2

peluang

P(Y = 48, 49, 50, 51, 52)

(29)

contoh 2

peluang

P(Y = 48, 49, 50, 51, 52)

(30)

contoh 2

peluang

P(Y = 48, 49, 50, 51, 52)

(Y ∼ b(100, 1/2)), maka nilai diskrit {Y = 48, 49, 50, 51, 52} dengan selang (47, 5; 52, 5) pada distribusi N(50, 25) adalah ekuivalen. P(Y = 48, 49, 50, 51, 52) =P52 y =48 100 y (1/2) 100_{= 0, 3827} P(47, 5 < Y < 52, 5) = 0, 3829 dikerjakan dengan menggunakan distribusi N(0, 1)

P(Y = 48, 49, 50, 51, 52) = P(47, 5 < Y < 52, 5)

(31)

teorema dan bukti

Teorema 2

Misalkan Fn(u) adalah fungsi distribusi dari peubah acak Un yang

bergantung pada n. Jika Un

p

→ c, di mana c 6= 0, maka peubah acak Un/c p → 1. Untuk sembarang ε > 0 maka P Un c − 1 < ε = P 1 c |Un− c| < ε = P (|Un− c| < |c|ε) maka lim n→∞P Un c − 1 < ε = lim n→∞P (|Un− c| < |c|ε) .

(32)

teorema dan bukti

Teorema 2

p

(33)

teorema dan bukti

Teorema 2

p

(34)

Karena untuk sembarang > 0, maka limn→∞P (|Un− c| < ) = 1, maka

lim n→∞P Un c − 1 < ε = 1. Un c p → 1.

(35)

Karena untuk sembarang > 0, maka limn→∞P (|Un− c| < ) = 1, maka

lim n→∞P Un c − 1 < ε = 1. Un c p → 1.

(36)

Teorema 3

p

→ c, di mana c 6= 0 dan

P(Un< 0) = 0∀n, maka peubah acak

√ Un

p

→√c.

Perhatikan bahwa bentuk limn→∞P(|Un− c| ≥ ) = 0, dan

(Un− c) = ( √ Un− √ c)(√Un+ √ c). maka P(|Un− c| ≥ ) = P(|( p Un− √ c)(pUn+ √ c)| ≥ ) = P |pUn− √ c| ≥ (√Un+ √ c) ≥ P |pUn− √ c| ≥ (√c) .

(37)

(38)

Teorema 4

bergantung pada n. Jika limit distribusi Un adalah F (u) dan

misalkan terdapat peubah acak Vn

p

→ 1,maka limit distribusi dari peubah acak Wn= Un/Vn adalah F (w ).

Berikut adalah sebuah penerapan 4 teorema di atas, untuk X1, X2, · · · , Xnsampel acak dari distribusi Bernoulli, b(1, π)

dan Yn=P Xi.

Misalkan Yn∼ b(n, π) untuk 0 < π < 1, maka dengan teorema 1 diperoleh

Un=

Yn− nπ

pnπ(1 − π) ∼ N(0, 1). Perhatikan pula bahwa Yn/n

p → π dan (1 − Y_n/n)→ (1 − π),p maka Yn n 1 −Yn n p → π(1 − π).

(39)

Teorema 4

p

dan Yn=P Xi.

Misalkan Yn∼ b(n, π) untuk 0 < π < 1, maka dengan

teorema 1 diperoleh

Un=

Yn− nπ

pnπ(1 − π) ∼ N(0, 1).

Perhatikan pula bahwa Yn/n p

→ π dan (1 − Y_n/n)→ (1 − π),p maka

(40)

Teorema 4

p

dan Yn=P Xi.

Misalkan Yn∼ b(n, π) untuk 0 < π < 1, maka dengan

teorema 1 diperoleh

Un=

Yn− nπ

pnπ(1 − π) ∼ N(0, 1).

Perhatikan pula bahwa Yn/n

p → π dan (1 − Y_n/n)→ (1 − π),p maka Yn n 1 −Yn n p → π(1 − π).

(41)

Maka dengan teorema 2 diperoleh (Yn/n)(1 − Yn/n)

π(1 − π)

p

→ 1.

Selanjutnya dengan memakai teorema 2, misalkan

Vn= (Yn/n)(1 − Yn/n) π(1 − π) 1/2 Vn p → 1.

Jika peubah acak Wn= Un/Vn, maka dengan teorema 4, diperoleh bahwa Wn∼ N(0, 1).

(42)

π(1 − π)

p

→ 1. Selanjutnya dengan memakai teorema 2, misalkan

Vn= (Yn/n)(1 − Yn/n) π(1 − π) 1/2 Vn p → 1.

(43)

π(1 − π)

p

Vn= (Yn/n)(1 − Yn/n) π(1 − π) 1/2 Vn p → 1.

(44)

π(1 − π)

p

Vn= (Yn/n)(1 − Yn/n) π(1 − π) 1/2 Vn p → 1.

Jika peubah acak Wn= Un/Vn, maka dengan teorema 4,

(45)

contoh 3

Misalkan Y ∼ b(n, p) Tentukan nilai peluang bahwa Y − np

q

nY_n 1 −Y_n terletak di selang (−2, 1), jika n → ∞.

Untuk menjawab ini dapat dimanfaatkan bentuk Wn= Un/Vn= q Y − np

nY_n 1 −Y_n .

Sehingga untuk n → ∞ maka Y − np q

nY_n 1 −Y_n

(46)

contoh 3

q

Untuk menjawab ini dapat dimanfaatkan bentuk Wn= Un/Vn=

Y − np q

nY_n 1 −Y_n .

nY_n 1 −Y_n

(47)

contoh 3

q

Untuk menjawab ini dapat dimanfaatkan bentuk Wn= Un/Vn= q Y − np

nY_n 1 −Y_n .

nY_n 1 −Y_n

(48)

P  −2 < _q Y − np nY_n 1 −Y_n < 1   = P(−2 < Z < 1) = Φ(1) − Φ(−2) = Φ(1) + Φ(2) − 1 = 0, 8413 + 0, 9772 − 1 = 0, 8186.

(49)

Closing

Statistics really is like rocket science; it isn’t easy, even to us who have studied it for a long time. Anybody who think it’s easy surely lacks a deep

enough knowledge to understand why it isn’t! If your scientific integrity matters, and statistics is a mystery to you, then you need expert help. Find a statistician in your company or at a nearby

university, and talk to her face-to-face if possible. It may well cost money. It’s worth it.