https://drive.google.com/file/d/0B z5oZTdyBW1cHlzMFJzWTBuc2M/view

16  110  20 

Loading....

Loading....

Loading....

Loading....

Loading....

Teks penuh

(1)

BAB IV

LIMIT DISTRIBUSI

5.1 Konvergensi dalam Distribusi

Dalam beberapa bab terdahulu konvergen dalam distribusi telah didemonstrasikan melalui contoh peubah acak (barangkali statistik) sering bergantung pada bilangan bulat positif n . Misalnya , jika peubah acak X adalah b(n,p) distribusi dari X bergantung pada n. Jika X´ rata-rata sampel acak ukuran n dari distribusi N

(

μ , σ2

)

, maka X´ adalah N

(

μ , σ2

/n

)

dan distrubusi X´ bergantung pada n. Jika S2 variansi sampel acak dari distribusi normal peubah acak n S2/σ2 adalah χ2(n−1) , maka distribusi dari peubah acak ini bergantung pada n.

Kita mengetahui dari pengalaman bahwa penentuan densitas peluang dari peubah acak pada kesempatan sekarang , mendapat kesukaran perhitungan berat.Misalnya , jika X´ rata-rata

sampel acak dari distribusi yang mempunyai fp berkut

f(x)=1;0<x<1

= 0 ; lainnya

maka fpm dari X´ diberikan oleh

[

M(t/n)

]

n

denagn

M(t)=

0 1

etxdx=e

t

−1

t ;t ≠0

= 1 ; t = 0

Karenanya E

(

etX´

)

=

(

e

t

−1

t

)

n

;t ≠0

= 1 ; t = 0

Karena fpm dari X´ bergantung atas n, distribusi dari X´ bergantung atas n. Hal itu benar bahwa berbagai teknik matematika dapat digunakan untuk menentukan fdp dari X´ untuk

suatu bilangan bulat n tertentu sambarang. Tetapi untuk sembarang fdp, begitu kesukaran sedikit untuk kita, akan menjadi perhatian dalam menggunakan itu untuk menghitung pelang teatang

´ X

Salah satu matsud dari bab ini adalah untuk menetapkan cara pendekatan , untuk nilai n besar, beberapa kesukaran fungsi densitas peluang ini. Perhatikan distribusi yang bergantung atas bilangan bulat positif n , jelasnya fungsi distribusi F dari distribusi itu juga akan bergantung atas

(2)

padanannya sebagai fn . Selanjutnya untuk menekankan kenyataan bahwa kita sedang bekerja dengan barisan fungsi distribusi dan peubah acak , kita menempatkan indeks n pada peubah acak . Misalnya kita akan menulis

Fn( ´x)=

0 ´

x

1

1/n

2π e

w2

/2

dw

untuk fungsi distribusi dari rata-rata X´n untuk sampel acak ukuran n dari distribusi normal

dengan rata-rata nol dan variansi satu. Sekarang kita definisikan konvergensi dalam peluang dari barisan peubah acak.

Definisi 1

Misalkan fungsi distribusi Fn(y) dari peubah acak Yn berganung atas n , n =1,2,3,… Jika

F(y) fungsi distribusi dan jika limn →∞Fn(y)=F(y) untuk setiap y pada mana F(y)

kontinu, maka barisan peubah acak Y1,Y2, … ,Yn konvergen dalam distribusi ke peubah acak dengan fungsi distribusi F(y)

Contoh 1

Misalkan Yn menyatakan stastistik order ke n dari sampel acak X1, X2,… , Xn dari distribusi yang mempunyai fdp

f(x)=1

θ;0<x<θ ;0<θ<∞

= 0 ; lainnya

Fdp dari Yn adalah

gn(y)=n y n−1

θn ;0<y

= 0 ; lainnya.

dan fungsi distribusi dari Yn adalah

Fn(y)=0; y<0

=

0

y

n zn−1

θn dz=

(

y θ

)

n

;0≤ y<θ

= 1, lainnya

(3)

adalah fungsi distribusi.

Selanjutnya limn →∞Fn(y)=F(y) pada setiap titik kontinuitas dari F(y) . Ingat kembali bahwa

distribusi jenis diskrit yang mempunyai peluang 1 pada titik telah disebut distribusi dejeneret(degenerate).Jadi dalam contoh ini , barisan statistik orde ke n Yn, n=1,2,3, k

konvergen dalam distribusi ke peubah acak yang mempunyai distribusi dejeneret pada titik

y=θ

Contoh 2

Misalkan X´n mempunyai fungsi distribusi

Fn( ´x)=

´

x

1

1/n

2πe

n w2

/2dw

Jika perubahan peubah v=

n w dibuat , kita mempunyai

Fn( ´x)=

n w

1

2πe

v2/2

dv

Jelas bahwa limn →∞Fn( ´x)=0;´x<0

= 12;´x ≠0

¿1;x´>0

Sekarang Fx)=0;´x<0

¿1;x ≥´ 0

adalah fungsi distribusi dan Fn( ´xlim)=¿F( ´x)

n → ∞¿

pada setiap titik kontinuitas dari F( ´x)

Untuk meyakinkan limn →∞Fn(0)≠ F(0) , tetapi F( ´x) tidak kontinu pada ´x=0

Contoh 3

Meskipun jika barisan konvergen dalam distribusi ke peubah acak X, umunya kita tidak dapat menentukan distribusi dari X dengan mengambil limit fdp dari Xn . Ini digambarkan dengan mengambil Xn mempunyai fdp

fn(x)=1; x=2+1 n

(4)

Jelasnya limn →∞fn(x)=0 untuk semua nilai x. Ini dapat mengajukan bahwa Xn , n = 1,2,3,

… tidak konvergen dalam distribusi . Bagaimanapun fungsi distribusi dari Xn adalah

Fn(x)=0; x<2+1 n

= 1 ; x ≥2+1 n

dan limn →∞Fn(x)=0; x<2

= 1 ; x ≥2

Karena F(x)=0; x<2

= 1 ; x ≥2

adalah distribusi , dan karena Fn(xlim)=¿F(x)

n → ∞¿

pada semua titik kontnuitas. Barisan

X1, X2, X3 konvergen dalam distribusi ke peubah acak dengan fungsi distribusi (x) . Hal itu

menarik untuk dicatat bahwa meskipun kita mengarah ke barisan peubah acak X1, X2, X3 konvergen ke suatu peubah acak X yang mempunyai fungsi distribusi F(x) , kekonvergenan adalah nyata fungsi distribusi F1, F2, F3, … yang konvergen yaitu

Fn(x)=¿F(x)

lim

n → ∞¿

pada sehingga semua titik x sehingga F(x) . Akibatnya kita sering menemukan kekonvergenan baik sekali untuk mengarah ke F(x) sebagai perlimitan distribusi. Selanjutnya kekonvergenan sedikit lebih mudah mengatakan bahwa Xn menggambarkan barisan X1, X2, X3 mempunyai perlimitan distribusi dengan fungsi distribusi F(x) .Untuk selanjutnya kita menggunakan terminologi ini.

Contoh 4

Misalkan Yn menytakan statistik order ke n sampel acak dari distribusi seragam dari Contoh

1. Ambil Zn=n

(

θ−Yn

)

. Fdp dari Zn adalah

hn(z)=(θ−z/n)

n−1

θn ;0<z<nθ

= 0 ; lainnya

(5)

Gn(z)=0; z<0

adalah fungsi distribusi yang kontinu dimana-mana dan limn →∞Gn(z)=G(z) pada semua titik.

Jadi Zn mempunyai limit distribusi dengn fungsi distribusi G(x) . Ini memberika kita satu contoh limit distribusi yang tidak dejeneret.

Contoh 5

Sesuai dengan itu lim

n →∞Fn(t)=n →∞lim

Perubahan urutan dari limit dan integrasi dibenarkan karena

|

fn(y)

|

dikuasai fungsi, sepertti

10f1(y) , dengan integral berhingga yaitu

|

fn(y)

|

10f1(y)

(6)

Gunakan kenyataan dar kalkulus elementer bahwa

lim

n →∞

(

1+y

2

/n

)

n=eyy

Limit ini dihubungkan dengan factor ketiga , jelas adalah fdp distribusi normal baku. Limit kedua jelas sama dengan 1. Jika kita lebih mengetahui tentang fungsi gamma , fungsi itu mudah untuk menunjukkan bahwa limit pertama juga sama dengan 1. Jadi kita mempunyai

lim

n →∞fn

(y)=

1

2π e

y2/2

dy

dan karenanya Tn mempunyai limit distribusi normal baku. Soal-soal Latihan 4.1

1. Misalkan X´n menyatakan rata-rata sampel acak berukuran n dari distribusi N

(

μ , σ2

)

.

Carilah limit distribusi dari X´n

2. Misalkan Y1 menyatakan statistik order pertama dari sampel acak berukuran n dari distribusi yang mempunyai fdp (x)=e−(xθ) , θ<x<∞ , nol lainnya. Ambil

Zn=n

(

Y1−θ

)

. Selidiki limit distribusi dari Zn

3. Misalkan Yn menyatakan statistik order ke n sampel acak dari distribusi jenis kontinu yang mempunyai fungsi distribusi F(x) dan fdp f(x)=F'(x) . Carilah limit distribusi dari

Zn=

[

1−F

(

Yn

)

]

4. Misalkan Y2 menyatakan statistik order ke 2 sampel acak dari distribusi jenis kontinu yang mempunyai fungsi distribusi F(x) dan fdp f(x)=F'(x) . Carilah limit distribusi dari

Wn=

[

nF

(

Yn

)

]

5. Misalkan fdp dari Yn adalah fn(y)=1, y=0;nol lainnya. Tunjukkan bahwa Yn

tidak mempunyai limit distribusi ( dalam kasus ini , peluang mempunyai “pelarian ke takhingga)

6. Misalkan X1, X2,… , Xn menyatakan sampel acak berukuran n dari distribusi N

(

μ , σ2

)

di mana σ2>0 . Tunjukkan bahwa jaumlah Zn=

i=1

n

Xi tdak mempunyai limit distribusi.

4.2 Konvergensi dalam Peluang

Dalam pembicaraan mengenai konvergen dalam distribusi , dicatat bahwa konvergen itu adalah barisan fungsi distribusi yang konvergrn terhadap apa yang kita sebut limit fungsi distribusi. Konvergen dalam peluang adalah berbeda, meskipun kita mempertunjukkan bahwa dalam kasus khusus ada hubungan antara kedua konsep.

(7)

Satu barisan peubah acak X1, X2, X3 konvergen dalam peluang ke pubah acak X , jika untuk setiap ε>0

lim

n →∞P

(

|

XnX

|

<ε

)

=1

atau limn →∞P

(

|

XnX

|

≥ ε

)

=0

Biasanya ahli statistik berminat dalam konvergen ini , apabila peubah acak X adalah konstan, yaitu peubah acak X mempunyai distribusi dejeret pada kontanta itu. Karenanya kita memusatkan pada situasi itu.

Contoh 1

Misalkan X´n menyatakan rata-rata sampel acak berukuran n dari distribusi yang mempunyai

rataan μ dan variansi σ2 positif .Maka rataan dan variansi X´

n adalah μ dan σ2/n .

Perhatikan untuk setiap ε>0 tertentu peluang

P

(|

X´nμ

|

≥ ε

)

=P

(

|

X´nμ

|

n

)

dimana k=ε

√n

σ . Sesuai dengan pertaksamaan Chebyshev peluang ini lebih kecil atau

sama dengan 1

k2= σ2

n ε2 . Sehingga untuk setiap ¿0 , kita mempunyai

lim

n →∞P

(

|

´

Xnμ

|

≥ ε

)

lim

n → ∞σ

2

n ε2 =0

Karenanya X´n, n=1,2,3 konvergen dalam peluang ke μ jika σ2 berhingga.Hasil ini

disebut hukum bilangan besar lemah.

Ulasan

Suatu jenis konvergensi yang lebih kuat diberikan oleh

(

n → ∞limYn=c

)

=1 , dalam kasus ini kita

katakana bahwa Yn, n=1,2,3 kovergen dengan peluang 1. Meskipun kita tidak memper timbangkan jenis konvergensi ini , itu diketahui bahwa rata-rata X´n, n=1,2,3 dari sampel

acak konvergen dengan peluang 1 ke rataan μ dari distribusi, asalkan yang terakhir ada. Ini salah satu bentuk dari hukum bilangan besar kuat.

(8)

Misalkan Fn(y) menyatakan funsi distribusi dari peubah acak Yn yang mempunyai distribusi bergantung atas bilangan bulat n positif. Misalkan c menyatakan suatu konstanta yang tidak bergantung atas n . Barisan Yn, n=1,2,3 konvergen dalam peluang ke konstanta c jika

dan hanya jika limit distribusi dari Yn adalah dejeret pada y = c

Bukti

Pertama, andaikan bahwa limn →∞P

(

|

Ync

|

<ε

)

=1 untuk setiap ¿0 . Kita akan

membuktikanbahwa peubah acak Yn sedemikian rupa sehingga

lim

n →∞Fn(y)=0; y<c

= 1 ; y ≥ c

Perhatikan bahwa kita tidak memerlukan untuk mengetahui sesuatu tentang limn →∞Fn(y).

Karena jika limit Fn(y) adalah seperti ditunjukkan , maka Yn mempunyai limit distribusi dengan fungsi distribusi

F(y)=0; y<c = 1 ; y ≥ c

Sekarang

(c+ε)−¿ ¿

P

(

|

Ync

|

<ε

)

=Fn¿

di mana (c+εF)−¿

n¿ adalah limit kiri dari

Fn(y)pad a y=c+ε . Jadi kita mempunyai

1=

(c+ε)−¿ ¿

Fn¿

P

(

|

Ync

|

)

=¿lim n → ∞

¿

lim

n →∞¿

Karena 0≤ Fn(y)≤1 untuk semua nilai y dan untuk setiap bilangan bulat n positif haruslah

bahwa

(c+ε)−¿ ¿

Fn¿

lim

n →∞Fn(c−ε

)=0,lim

n → ∞¿

Karena ini benar untuk setiap ε>0 kita punyai lim

(9)

= 1 ; y > c

Kita akan membuktikan bahwa P

(

|

Ynlimc

|

<ε

)

=¿1

n →∞¿

untuk setiap ε>0 . Karena

(c+ε)−¿ ¿

P

(

|

Yn−c

|

)

=Fn¿

dan karena itu diberikan bahwa

(c+ε)−¿ ¿

¿1

Fn¿

lim

n → ∞

¿

lim

n →∞Fn(c−ε)=0

untuk setiap ε>0, kita mempunyai hasil yang dinginkan. Ini melengkapi bukti teorema.

Soal-soal Latihan 4.2

1. Misalkan peubah acak Yn mempunyai distribusi b(n,p)

a. Buktikan bahwa Yn/n konvergen dalam peluang ke p

Hasil ini adalah salah satu bentuk dari hukum bilangan besar lemah.

b. Buktikan bahwa (1 - Yn/n¿ konvergen dalam peluang ke (1- p)

2. Misalkan Sn

2

menyatakan variansi sampel acak berukuran n dari distribusi N

(

μ , σ2

)

. Buktikan bahwa n Sn

2

/(n−1) konvergen dalam peluang ke σ2

3. Misalkan Wn menyatakan peubah acak dengan rataan μ dan variansi b/np di mana p >

0 , μ dan b adalahkonstanta ( bukan fungsi dari n). Buktikan bahwa Wn konvergen dalam peluang ke μ

Petunjuk: Gunakan ketaksamaan Chebyshev

4. Misalkan Yn menyatakan statistik order ke n dari sampel acak berukuran n dari distribusi seragam pada interval (0,θ) seperti dalam Contoh 1 pasal 4.1. Buktukan bahwa

Zn=

Yn konvergen dalam peluang ke

θ

(10)

Jika Fn(y) ada , fungsi pembangkit momen yang berpadanan dengan fungsi distribusi

Fn(y) sering menetapkan metode penenfuan yang baik.limit fungsi distribusi untuk menekankan bahwa distribusi dari peubah acak Yn bergantung atas bilngan bulat n positif . Dalam bab ini kita akan menukiskan fungsi pembangkit momen dari Yn dalam bentuk M(t,n)

Teorema berikut , yang pada dasarnya modfikasi Curtiss dari teorema Levy dan Cramer , mererangka bagaimana fungsi pembangkit momen dapat digunakan dalam masalah limit distribusi . Suatu bukti teorema menginginkan pengetahauan yang sama segi analisis yang mengjinkan kita untuk menyatakan fungsi pembangkit momen, apbila itu ada, secara tungggal menetapkan distribusi. Sesuai dengan ini , tidak bukti dari teorema diberikan.

Teorema 1

Misalkan peubah acak Yn mempunyai fungsi distribusi Fn(y) dan fungsi pembangkit momen M(t,n) yang ada untuk −h<t<h untuk semua n. Jika ada fungsi distribusi F(y)

dengan padanannya fungsi pembangkit momen M(t) didefinisikan untuk

|

t

|

≤ h1≤ h , sehingga lim

n →∞ M(t ,n)=M(t) , maka Yn mempunyai limit distribusi dengan fungsi distribusi F(y)

Dalam beberapa contoh teorema ini adalah tepat untuk menggunakan suatu limit tertentu yang dibentuk dari beberapa mata pelajaran dari kalkulus lanjut. Kita mengacu terhadap limit dari bentuk

Sesai dengan ini, untuk setiap nilai t tertentu, limit adalah et2/2

Contoh

Misalkan Yn mempunyai distribusi b(n,p). Andaikan bahwa rataan μ=npadalah sama

(11)

M(t)=E

(

et Yn

)

=

[

(1p)+p et

]

n=

[

1+μ

(

e

t

−1

)

n

]

n❑

untuk semua nilai t real.Karenanya kita mempunyai lim

n →∞ M(t)=e

μ(et

−1)

untuk semua nilai t real. Karena ada satu distribusi namakan distribusi Poisson dengan rataan μ yang mempunyai fpm ini (et

−1) ,maka sesuai dengan teorema dan dibawah persyatan

yang ditetapkan , terlihat bahwa Yn mempunyai limit distribusi Poisson dengan rataan μ . Kapan saja peubah acak dapat mempunyai limit distribusi sebagai pendekatan terhadap fungsi distribusi eksak.Hasil contoh ini membolehkan kita untuk menggunakan distribusi Poisson.sebagai pendekatan terhadap distribusi binomial apabila n besar dan p kecil.

Ini secara jelas satu keuntungan , untk itu mudah untuk menetapkan tabel untuk untuk distribusi Poisson satu parameter.Dipihak lain , distribusi binomial mempunyai dua parameter dan tabel untuk ini amat kaku. Untuk menggambarkan pendekatan ini , ambil Y mempunyai distribusi binomial dengan n = 50 dan p = 1/25. Maka

secara pendekatan.Karena μ=np=2 , pendekatan Poisson terhadap peluang ini adalah

e−2

Sekarang fpm dari Yn akan adalah

M(t ;n)=E

{

exp

[

t

(

Zn−n

(12)

M(t ;n)=

(

et√2/n−t

2/n

)

n/2;t<

2n limit proporsi , kita mempunyai

lim

n →∞ M(t ; n)=e t2

/2

untuk semua nilai t real.Yaitu peubah acak Yn=

(

Zn−n

)

2n mempunyai limit distribusi normal

baku.

4. Misalkan p = 0,05 adalah peluang seorang laki-laki dalam grup umur tertentu hidup paling sedikit 5 tahun.

a. Jika kita mengobservasi 60 laki-laki yang demikian dan jika kita mengandaikan independen , carilah pluang bahwa paling sedikit 56 dari mereka hidup 5 tahun atau lebih.

b. Carilah hampiran (pendekatan) terhadap bagian (a) melalui penggunaan distribusi Poisson.

5. Misalkan peubah acak Zn mempunyai distribusi Poisson dengan parameter μ=n . Tunjukkan bahwa limit distribusi dari peubah acak Yn=

(

Zn−n

)

/

n adalah normal

(13)

6. Misalkan Sn

2

menyatakan variansi sampel acak berukuran n dari distribusi N

(

μ , σ2

)

. Telah dibuktikan bahwa n Sn2/(n−1) konvergen dalam peluang ke σ2 . Buktikan bahwa

Sn

2

konvergen dalam peluang ke σ2 .

7. Misalkan Xn dan Yn mempunyai distribusi normal bivariat dengan parameter μ1, μ2, σ12, σ22 (tidak bergantung pada n) tetapi ¿1−1/n . Perhatikan distribusi bersyarat dari Yn diberikan Xn=x .Selidiki distribusi bersyarat ini jika n → ∞ .Apakah ada

limit distribusi jika ρ=−1+1/n2

8. Misalkan X´n merupakan rata-rata sampel acak berukuran n dari distribusi Poisson dengan

parameter μ=1

a. Tunjukkan bahwa fpm dari

n

(

Xn−μ

)

/σ=

n

(

Xn−1

)

diberikan oleh

exp

[

−t

√n

+n

(

etn1

)

]

b. Selidiki limit distribusi dari Yn jika n→ ∞

Petunjuk: Gantikan pernyataan etn oleh deret Maclaurin yang ada dalam eksponen

fungsi pembangkit momen dari Yn

9. Misalkan X´n merupakan rata-rata sampel acak berukuran n dari distribusi yang

mempunyai fdp f(x)=ex;0

<x<∞

= 0 ; lainnya.

a. Tunjukkan bahwa fpm M(t , n)dariYn=

n

(

X´n−1

)

adalah sama dengan

[

etn

−(t/√n)etn

]

n ,t <

n .

c. Carilah limit distribusi dari Yn jika n→ ∞

4.4 Teorema Limit Pusat

Telah dilihat dalam pasal 3.7, bahwa jika X1, X2,… , Xn adalah sampel acak dari distribusi normal dengan rataan μdan variansiσ2 , peubah acak

1

n

Xi−nμ

σ

√n

=

√n

(

X´

nμ

)

σ

(14)

μ berhingga). maka peubah acak

n

(

X´nμ

)

σ mempunyai satu hampiran distribusi normal

dengan rataan nol dan variansi satu. Maka peubah acak itu akan dimungkinkan menggunakan hampiran distribusi normal ini untuk menghitung hampiran peluang mengnai X´

Teorema 3

Misalkan X1, X2,… , Xn menyatakan observasi sampel acak berukuran n dari suatu distribusi yang mempunyai rataan μ dan variansi σ2 positif. Maka peubah acak

Yn=

1

n

Xi−nμ

σ

n =

n

(

X´n−μ

)

σ

mempunyai limit distribusi normal dengan rataan nol dan variansi satu. Contoh 1

Misalkan X´ menyatakan rata-rata sampel berukuran 75 dari distribusi yang mempunyai fdp

f(x)=1;0<x<1

= 0 ; lainnya

Dalam hal ini μ=1/2 dan σ2

= 1

12 , sehingga kita mempunyai secara hampiran

P(0,45< ´X<0,55)=P

(

n(0,45−μ)

σ <

n( ´X−μ)

σ <

n(0,55−μ)

σ

)

= P

(

−1,5<

n( ´X−μ)

σ <1,5

)

=0,860

Contoh 2

Misalkan X1, X2,… , Xn menyatakan sampel acak dari distribusi b(1,p) . Di sini

μ=p , σ2=p(1−p) dan M(t) ada untuk semua nilai t real Jika Yn=X1+X2+…+Xn , maka

Yn adalah b(n,p) . Kenyataan bahwa

(

Ynnp

)

/

np(1−p)=

n

(

X´np

)

/

p(1−p)=

n

(

X´nμ

)

/σ mempunyai limit distribusi

normal dengan rataan nol dan variansi satu. Sering ali statistik menyatakan bahwa Yn atau lebih sederhana Y , mempunyai hampiran distribusi normal dengan rataan np dan variansi np

(1-p). Meskipun n sekecil 10 , dengan p = 1/2. Sehingga distribusi binomial simetrik terhadap np = 5 , kita perhatikan Gambar 4.1, bagaimanapun baiknya distribusi N(5,5/2), menggambarkan distribusi binomial b(10,/2). Perhatikan bahwa luas segi empat mempunyai alas

(15)

Gambar 4.1

Contoh 3

Dengan latar belakang contoh 2 , ambil n = 100 dan p = 1/2 dan andaikan kita ingin menghi-tung P(Y=48,49,50,51,52) .Karena Y adalah peubah acak jenis diskrit , kejadian Y=48,49,50,51,52 dan 47,5<Y<52,5 adalah ekuivalen. Yaitu P(Y=48,49,50,51,52)=¿ P(47,5<Y<52,5) .Karena np = 50 dan np(1 – p) = 25 peluang terakhir dapat dituliskan

P(47,5<Y<52,5)=P

(

47,5−50

5 <

Y−50 5 <

52,5−50

5

)

¿P(−0,5<Z<0,5)

Karena Z = Y550 mempunyai hampiran distribusi normal dengan rataan nol dan variansi

satu. Dari tabel normal menunujukkan peluang ini secara hampiran 0,382.

Soal-soal Latihan 4.4

1. Misalkan X´ menyatakan rata-rata sampel acak berukuran 100, dari distribusi χ2(50) . Hitung hampiran nilai P(49< ´X<51) .

2. Misalkan X´ menyatakan rata-rata sampel acak berukuran 128, dari distribusi gamma dengan α=2 danβ=4. Hampiri P(7< ´X<9)

(16)

4. Hitung hampiran peluang bahwa rata-rata sampel acak berukuran 15 dari distribusi yang mempunyai fdp f(x)=3x2;0

<x<1 , nola lainnya antara 3/5 dan 4/5

5. Misalkan Y menyatakan jumlah observasi sampel acak berukuran 12 daaari distribusi yang mempunyai fdp f(x)=1

6;x=1,2,3,4,5,6 , nol lainnya. Hitunglah hampiran nilai P(36≤ Y ≤48)

Petunjuk: Karena kejadian yang diminati adalah Y = 36,37,…,48 tulis kembali peluang ini sebagai P(35.5<Y<48,5)

Figur

Memperbarui...

Referensi

Memperbarui...