STATISTIKA MATEMATIKA

(1)

Praktikum

STATISTIKA MATEMATIKA

Adi Setiawan

Universitas Kristen Satya Wacana

Salatiga

(2)

Chapter 1 Pembahasan : Statistik Cukup

Soal 1

Dalam setiap kasus berikut, tuliskan fungsi kepadatan probabilitas dari vari-abel random X dan spesifikasikan ruang parameter Ω.

1. Variabel random X berdistribusi Poisson(θ). 2. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β).

3. Variabel random X berdistribusi eksponensial dengan parameter θ. 4. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β).

Pembahasan

1. Karena X berdistribusi Poisson(θ) maka fungsi probabilitasnya : f (x) = e−θθ

x

x! θ ∈ (0, ∞). Ruang parameter : Ω =_{{θ ∈ R|θ > 0} = (0, ∞).}

2. Karena X berdistribusi Eksponensial(θ) maka fungsi kepadatan prob-abilitasnya :

f (x) = θe−θx untuk x > 0 dan θ > 0. Ruang parameter : Ω ={θ ∈ R|θ > 0} = (0, ∞).

(4)

3. Karena X berdistribusi Gamma(α, β) maka fungsi kepadatan proba-bilitasnya : f (x; α, β) = 1 Γ(α)βθx α−1_e−x/β _{untuk x > 0,} _{α > 0,} _{β > 0.} Ruang parameter Ω =_{{(α, β) ∈ R}2_{|α > 0, β > 0}.}

4. Karena X berdistribusi Beta(α, β) maka fungsi kepadatan probabili-tasnya : f (x; α, β) = Γ(α + β) Γ(α)Γ(β)x α−1₍₁_{− x)}β−1_, _{0 < x < 1,} _{α > 0,} _{β > 0.} Ruang parameter Ω ={(α, β) ∈ R2_{|α > 0, β > 0}.} Soal 2

Misalkan X1, X2, . . . , Xnvariabel random saling bebas dan berdistribusi

iden-tik. Gunakan Teorema 1 dan Akibatnya untuk menunjukkan bahwa : 1. Jika Xi berdistribusi Poisson(θ) maka Pni=1Xi atau ¯X merupakan

statistik cukup untuk θ.

2. Jika Xiberdistribusi Eksponensial(θ) makaPni=1Xiatau ¯X merupakan

statistik cukup untuk θ.

3. Jika Xi berdistribusi Gamma(α, β) maka

Qn i=1Xi,Pni=1Xi t atau Qn i=1Xi, ¯X t

merupakan statistik cukup untuk (α, β)t_.

4. Jika Xi berdistribusi Beta(α, β) maka Qn_i=1Xi,Qn_i=1(1− Xi)

t

meru-pakan statistik cukup untuk (α, β)t_.

Pembahasan

1. Karena Xi berdistribusi Poisson(θ) maka

f (xi) =

e−θθxi

(5)

untuk xi = 0, 1, 2, . . . sehingga fungsi probabilitas bersamanya adalah f (x1, x2, . . . , xn; θ) = n Y i=1 f (xi, θ) = n Y i=1 eθ_θxi xi! = e−nθθ Pn i=1xi Qn i=1xi! . Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh bahwa

g[T (x1, . . . , xn); θ] = e−nθθ Pn i=1xi T (x1, . . . , xn) = n X i=1 xi h(x1, . . . , xn) = 1 Qn i=1xi! .

Oleh karena itu Pn_i=1Xi merupakan statistik cukup untuk θ. Dengan

menggunakan Teorema 1 dan Akibatnya dan mendefinisikan g : R7→ R dengan g(x) = x/n maka ¯X juga merupakan statistik cukup untuk θ. 2. Karena Xi berdistribusi Eksponensial(θ) maka

f (xi) = θe−θxi

untuk xi > 0 sehingga fungsi probabilitas bersamanya adalah

f (x1, . . . , xn; θ) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 θe−θxi = θne−θPni=1xi_.

Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh bahwa g[T (x1, . . . , xn) = θne−θ Pn i=1xi T (x1, . . . , xn) = n X i=1 Xi h(x1, . . . , xn) = 1.

(6)

Oleh karena itu Pn_i=1Xi merupakan statistik cukup untuk θ. Dengan

menggunakan Teorema 1, Akibatnya dan mendefinisikan g : R _{→ R} dengan g(x) = x/n maka ¯X merupakan statistik cukup untuk θ. 3. Karena Xi berdistribusi Gamma(α, β) maka fungsi kepadatan

proba-bilitasnya : f (xi) = 1 Γ(α)βαx α−1 i exi/β

untuk xi > 0 sehingga fungsi kepadatan probabilitas bersamanya adalah

f (x1, . . . , xn) = n Y i=1 f (xi; α, β) = n Y i=1 1 Γ(α)βαx α−1 i exi/β = 1 Γ(α)βα nYn i=1 xi α−1 exp₋ 1 β n X i=1 xi . Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh bahwa

g[T (x1, . . . , xn); α, β] = ₁ Γ(α)βα nYn i=1 xi α−1 exp₋ 1 β n X i=1 xi T (x1, . . . , xn) = _Yn i=1 Xi, n X i=1 Xi t h(x1, . . . , xn) = 1.

Oleh karena itu Qn_i=1Xi,Pn_i=1Xi

t

merupakan statistik cukup untuk (α, β)t_{. Dengan menggunakan Teorema 1, Akibat dan mendefinisikan}

fungsi g : R2 _{→ R}2 _{dengan g(x, y) = (x, y/n) maka} Qn

i=1Xi, ¯X

t

4. Karena Xi berdistribusi Beta(α, β) maka fungsi kepadatan

probabili-tasnya : f (xi) = Γ(α + β) Γ(α)Γ(β)x α−1 i (1− xi)β−1

(7)

adalah f (x1, . . . , xn; α, β) = n Y i=1 f (xi; α, β) = n Y i=1 Γ(α + β) Γ(α)Γ(β)x α−1 i (1− xi)β−1 = Γ(α + β) Γ(α)Γ(β) nYn i=1 xi αYn i=1 (1− xi) β ₁ Qn i=1xi(1− xi) . Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh bahwa

g[T (x1, . . . , xn); α, β] = Γ(α + β) Γ(α)Γ(β) nYn i=1 xi αYn i=1 (1− xi) β ₁ Qn i=1xi(1− xi) T (x1, . . . , xn) = _Yn i=1 xi, n Y i=1 (1− xi) t h(x1, . . . , xn) = 1.

Oleh karena itu Qn_i=1xi,Qni=1(1− xi)

t

Soal 3

Jika X1, . . . , Xn sampel random dari distriusi N (θ, θ2) dengan θ ∈ R maka

tunjukkan bahwa Pn_i=1Xi,Pn_i=1Xi2

atauX,¯ Pn_i=1X2 i

merupakan statis-tik cukup untuk θ.

Pembahasan

Karena Xi berdistribusi N (θ, θ2) maka fungsi kepadatan probabilitas dari

variabel random Xi adalah

f (xi) = 1 √ 2πθ2 exp h − (xi− θ) 2 2θ2 i

(8)

sehingga fungsi kepadatan probabilitasnya adalah f (x1, . . . , xn; θ) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 1 √ 2πθ2 exp h(xi− θ)2 2θ2 i = 1 2πθ2 n exph− Pn i=1xi 2θ2 i exph2θ P n i=1xi 2θ2 i exph− θ 2 2θ2 i = 1 2πθ2 n exph₋ Pn i=1xi 2θ2 i exphP n i=1xi θ i exp[₋1 2]. Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh

g[T (x1, . . . , xn); θ] = 1 2πθ2 n exph₋ Pn i=1xi 2θ2 i exphP n i=1xi θ i exp[₋1 2] T (x1, . . . , xn) = _Xn i=1 xi, n X i=1 x2_i h(x1, . . . , xn) = 1 sehingga Pn_i=1Xi, Pn i=1Xi2

merupakan statistik cukup untuk θ. Bila didefinisikan f : R2 _{7→ R}2 _{dengan f (x, y) = (x/n, y) dan dengan}

meng-gunakan Akibat 1 maka X,¯ Pn_i=1X2 i

merupakan statistik cukup untuk θ. Soal 4

Jika X1, . . . , Xn sampel random ukuran n dengan fungsi kepadatan

prob-abilitas

f (x; θ) = e(x−θ)

untuk x > θ dan θ ∈ R maka tunjukkan bahwa X(1) = min{X1, . . . , Xn}

merupakan statistik cukup untuk θ. Pembahasan

(9)

Fungsi kepadatan probabilitas bersama untuk X1, . . . , Xn adalah f (x1, . . . , xn) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 e(xi−θ) = exph₋ n X i=1 xi + nθ i untuk X(1) > θ = exph₋ n X i=1 xi + nθ i u[X(1), θ] dengan u[X(1); θ] = 1 untuk X(1) > θ

0 untuk yang lain. Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh

g[T (x1, . . . , xn); θ] = exp[nθ] u[X(1), θ] T (x1, . . . , xn) = X(1) h(x1, . . . , xn) = exp h − n X i=1 xi i .

Akibatnya X(1) = min{X1, . . . , Xn} merupakan statistik cukup untuk θ.

Soal 5

Jika X1, . . . , Xnvariabel random saling bebas dengan fungsi kepadatan

prob-abilitas f (x; θ) maka tentukan statistik cukup untuk θ. 1. f (x; θ) = θxθ−1 _{untuk 0 < x < 1 dan θ} _{∈ (0, ∞).}

2. f (x; θ) = 2(θ− x)/θ2 _{untuk 0 < x < θ dan θ} _{∈ (0, ∞).}

3. f (x; θ) = x3_exp(_{−x/θ)/(6θ}4_{) untuk 0 < x <}_{∞ dan θ ∈ (0, ∞).}

4. f (θ) = (θ/c)(c/x)θ+1 _{untuk c < x <}_{∞ dan θ ∈ (0, ∞).}

(10)

1. Karena X ∼ f(x; θ) maka fungsi kepadatan probabilitas bersama dari X1, . . . , Xn adalah f (x1, . . . , xn) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 θxθ−1_i = θn n Y i=1 xi θ−1 . Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh

g[T (x1, . . . , xn); θ] = θn _Yn i=1 xi θ T (x1, . . . , xn) = n Y i=1 xi h(x1, . . . , xn) = _Yn i=1 xi −1 . Akibatnya Qn_i=1Xi merupakan statistik cukup untuk θ.

2. Karena X _{∼ f(x; θ) maka fungsi kepadatan probabilitas bersama dari} X1, . . . , Xn adalah f (x1, . . . , xn; θ) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 2 θ2(θ− xi) untuk 0≤ xi ≤ θ = 2 θ2 nYn i=1 (θ_{− x}i) 0≤ x(n) ≤ θ = 2 θ2 nYn i=1 (θ− xi) h[x(n); θ] dengan h[x(n); θ] = 1 untuk X(n) < θ

(11)

Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh g[T (x1, . . . , xn); θ] = 2 θ2 nYn i=1 (θ− xi) h[x(n); θ] T (x1, . . . , xn) = X(n) h(x1, . . . , xn) = 1.

Akibatnya X(n) = max{X1, X2, . . . , Xn} merupakan statistik cukup

un-tuk θ.

3. Karena X _{∼ f(x; θ) maka fungsi kepadatan probabilitas bersama dari} X1, . . . , Xn adalah g[T (x1, . . . , xn; θ) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 1 6θ4 xiexi/θ = 1 6θ4 nYn i=1 x3_iexp1 θ n X i=1 xi . Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh

g[T (x1, . . . , xn); θ] = 1 6θ4 n exp1 θ n X i=1 xi T (x1, . . . , xn) = n X i=1 xi h(x1, . . . , xn) = n Y i=1 x3_i.

Akibatnya Pn_i=1Xi merupakan statistik cukup untuk θ.

4. Karena X _{∼ f(x; θ) maka fungsi kepadatan probabilitas bersama dari} X1, . . . , Xn adalah f (x1, . . . , xn; θ) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 θ c c xi untuk xi ≥ c = θ c n _cθ+1 Qn i=1xi θ+1.

(12)

Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh g[T (x1, . . . , xn); θ] = θ c n _cθ Qn i=1xi θ+1 T (x1, . . . , xn) = n Y i=1 xi h(x1, . . . , xn) = _Yn i=1 xi −1 .

Akibatnya Qn_i=1Xi merupakan statistik cukup untuk θ.

Soal 6

Jika X1, X2, . . . , Xnsampel random ukuran n dari distribusi Poisson(θ) maka

buktikan bahwa ¯X merupakan statistik tak bias UMV yang tunggal untuk parameter θ.

Pembahasan

Karena ¯X statistik cukup untuk θ dan lengkap serta E[ ¯X] = θ maka ¯X merupakan statistik tak bias untuk θ. Dengan menggunakan Teorema 5 diperoleh bahwa ¯X statistik tak bias UMV yang tunggal untuk θ.

Soal 7

Tunjukkan bahwa dalah setiap kasus distribusi tersebut merupakan anggota keluarga eksponensial.

1. Variabel random X berdistribusi Poisson(θ).

2. Variabel random X berdistribusi Binomial Negatif.

3. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β) dengan β diketahui. 4. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β) dengan α diketahui. 5. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β) dengan β diketahui. 6. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β) dengan α diketahui.

(13)

Pembahasan

1. Karena X berdistribusi Poisson(θ) maka fungsi probabilitas dari X adalah

f (x; θ) = e

−θ_θx

x!

untuk x = 0, 1, 2, . . . sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (x; θ) = e−θex ln θ 1

x!IA(x) dengan A =_{{0, 1, 2, . . .}.}

Hal itu berarti bahwa c(θ) = e−θ_{, Q(θ) = ln(θ), T (x) = x, dan}

h(x) = 1 x!IA(x).

Akibatnya distribusi Poisson(θ) merupakan anggota keluarga ekspo-nensial.

2. Karena X berdistribusi Binomial Negatif maka fungsi probabilitas dari X adalah

f (x; θ) = r + x − 1 x

θr(1_{− θ)}x

untuk x = 1, 2, 3, . . ., sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (x; θ) = θrex ln(1−θ) r + x − 1

x

IA(x)

dengan A ={1, 2, . . .}.

Hal itu berarti bahwa c(θ) = θr_{, Q(θ) = ln(1}_{− θ), T (x) = x dan}

h(x) = r + x − 1 x

IA(x). Akibatnya distribusi Binomial Negatif

merupakan anggota keluarga eksponensial.

3. Karena X berdistribusi Gamma(α, β) dengan θ = α maka fungsi kepa-datan probabilitas dari X adalah

f (x; θ) = 1 Γ(θ)βθx

(14)

untuk x > 0, sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (x; θ) = 1 Γ(θ)βθe (θ−1) ln x_e−x/β atau f (x; θ) = 1 Γ(θ)βθe θ ln x_x−1_e−x/β

Hal itu berarti bahwa c(θ) =, Q(θ) = θ, T (x) = ln x, dan h(x) = x−1_e−x/β_{. Akibatnya distribusi Gamma(α, β) dengan β diketahui}

meru-pakan anggota keluarga eksponensial.

4. Karena X berdistribusi Gamma(α, β) dengan θ = β maka fungsi kepa-datan probabilitas dari X adalah

f (x; θ) = 1 Γ(θ)θαx

α−1_e−x/θ

untuk x > 0, sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (x; θ) = 1

θe

−x/θxα−1

Γ(α). Hal itu berarti c(θ) = _θ1α, Q(θ) =−1_θ, T (x) = x dan

h(x) = x

α−1

Γ(α).

Akibatnya distribusi Gamma(α, β) dengan α diketahui merupakan anggota keluarga eksponensial.

5. Karena X berdistribusi Beta(α, β) dengan θ = α maka fungsi kepa-datan probabilitas dari X adalah

f (x; θ) = Γ(θ + β) Γ(θ)Γ(β)x

θ−1₍₁_{− x)}β−1

sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (θ) = Γ(θ + β)

Γ(θ) e

θ ln x_x−1₍₁_{− x)}β−1 1

Γ(β)

Hal itu berarti bahwa c(θ) = Γ(θ+β)_Γ(θ) , Q(θ) = θ, T (x) = ln x, dan h(x) = x−1(1− x)β−1 1

Γ(β) . Akibatnya distribusi Beta(α, β) dengan β

(15)

6. Karena X berdistribusi Beta(α, β) dengan θ = β maka fungsi kepa-datan probabilitas dari X adalah

f (x; θ) = Γ(α + θ) Γ(α)Γ(θ)x

α−1₍₁_{− x)}θ−1

sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (x; θ) = Γ(α + θ)

Γ(θ) e

θ ln(1−x)_xα−1₍₁_{− x)}−1 1

Γ(α)

Hal itu berarti bahwa c(θ) = Γ(α+θ)_Γ(α) , Q(θ) = θ, T (x) = ln(1_{− x), dan} h(x) = xα−1₍₁_{− x)}−1 1

Γ(α). Akibatnya distribusi Beta(α, β) dengan α

diketahui merupakan anggota keluarga eksponensial. Soal 8

Misalkan variabel random saling bebas dengan fungsi kepadatan probabil-itas f (x; θ) dinyatakan dengan

f (x; θ) = γ θx

γ−1_exp₋ xγ

θ

untuk 0 < x <_{∞ dengan parameter θ > 0 dan γ diketahui.} 1. Tunjukkan bahwa fungsi kepadatan probabilitas. 2. Tentukan statistik cukup untuk θ.

3. Apakah f (x; θ) anggota keluarga eksponensial. Pembahasan

1. Akan ditunjukkan bahwa f (x; θ) merupakan fungsi kepadatan proba-bilitas yaitu dengan menunjukkan bahwa

Z ∞ −∞

f (x; θ)dx = 1 Jika dimisalkan u = xγ_{/θ maka} du

dx = γxγ−1 θ sehingga berakibat Z _∞ 0 xγ−1exph₋ x γ θ i dx = Z _∞ 0 e−udu = 1 Berarti f (x; θ) merupakan fungsi kepadatan probabilitas.

(16)

2. Akan ditentukan fungsi kepadatan probabilitas bersama dari X1, . . . , Xn adalah f (x1, . . . , xn) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 γ θx γ−1 i e− xγ_i θ = γ θ nYn i=1 xγ_i n Y i=1 x−1_i e−1θ Pn i=1x γ i

Dengan menggunakan Teorema Fatorisasi diperleh bahwaPn_i=1xγ_i statis-tik cukup untuk θ.

3. Akan dibuktikan bahwa f (x; θ) merupakan anggota keluarga eksponen-sial. Karena f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai

f (x; θ) = 1 θ exp − x γ θ γxγ−1. Hal itu berarti C(θ) = 1

θ, Q(θ) = − 1

θ, T (x) = x

γ_{, dan h(x) = γx}γ−1

sehingga f (x; θ) merupakan anggota keluarga eksponensial. Soal 9

Dalam setiap kasus, identifikasi bahwa distribusi dari variabel random X merupakan anggota keluarga eksponensial dua parameter.

1. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β). 2. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β). Pembahasan

1. Misalkan θ = (θ1, θ2) dengan θ1 = α dan θ2 = β. Fungsi kepadatan

probabilitas Gamma(α, β) adalah f (x; θ) = 1 Γ(θ1)θθ21 xθ1−_e−x/θ2 atau f (x; θ) = 1 Γ(θ1)θ2θ1 exphθ1ln x− x θ2 i x−1.

(17)

Hal itu berarti C(θ) = 1 Γ(θ1)θθ21 , T1(x) = ln(x), T2(x) = ln(x), h(x) = x−1, Q1(θ) = θ1, Q2(θ) =− 1 θ2 .

Akibatnya distribusi Gamma(α, β) merupakan anggota keluarga ekspo-nensial dua parameter.

2. Misalkan θ = (θ1, θ2) dengan θ1 = α dan θ2 = β. Fungsi kepadatan

proabbilitas Beta(α, β) adalah f (x; θ) = Γ(θ1+ θ2) Γ(θ1)Γ(θ2) xθ1−1₍₁_{− x)}θ2−1 atau f (x; θ) = Γ(θ1+ θ2) Γ(θ1)Γ(θ2) exphθ1ln x + θ2ln(1− x) i x−1(1− x)−1_.

Hal itu berarti

C(θ) = Γ(θ1+ θ2) Γ(θ1)Γ(θ2)

, T1(x) = ln x, T2(x) = ln(1− x),

h(x) = x−1(1_{− x)}−1, Q1(θ) = θ1, Q2(θ) = θ2.

Akibatnya distribusi Beta(α, β) merupakan anggota keluarga ekspo-nensial dua parameter.

Soal 10

Buktikan bahwa keluarga F tidak lengkap dengan F =_{{ f(x; θ) =} 1

θ untuk − θ ≤ x ≤ θ } untuk _{−θ ∈ (0, ∞).}

Pembahasan

Karena ada g(x) = x sehingga E[g(X)] =

Z θ −θ

x 1

2θdx = 0 Akibatnya keluarga F tidak lengkap.

(18)

Chapter 2 Latihan Soal Statistik Cukup

1. Variabel random X1, X2, . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi identik

dengan fungsi kepadatan probabilitas

f (θ) = exp[−(x − θ)]

untuk x > 0 dan θ ∈ R. Tentukan statistik cukup untuk θ.

2. Jika F keluarga semua fungsi probabilitas Binomial Negatif maka tun-jukkan bahwa F lengkap.

3. Apakah distribusi geometrik merupakan anggota keluarga eksponensial satu parameter ?

4. Apakah statistik berikut ini ekuivalen ? (a) Qn_i=1xi dan Pni ln xi dengan xi > 0.

(b) Pn_i=1xi dan Pni ln xi. (c) (Pn₁xi,Pn₁x2i) dan ( Pn 1xi, Pn 1(xi− ¯x)2) (d) (Pn₁xi,Pn₁x3i) dan ( Pn 1xi, Pn 1(xi− ¯x)3)

5. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi dengan fungsi

kepadatan proabbilitas dinyatakan dengan f (x; µ, σ) = 1

σ exp h

− (x− µ)_σ i jika x_{≥ µ, −∞ < µ < ∞ dan σ > 0.}

(a) Jika µ diketahui maka tentukan statistik cukup untuk σ. (b) Jika σ diketahui maka tentukan statistik cukup untuk µ.

(19)

Chapter 3 Pembahasan : Estimasi Titik

Soal 1

Jika X1, X2, X3, . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(1, θ) dengan

θ _{∈ Ω = (0, 1) maka tentukan estimator UMVU untuk parameter θ.} Pembahasan

Karena ¯X statistik cukup tak bias yang lengkap untuk θ maka ¯X estimator UMVU untuk θ.

Soal 2

Jika X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi U (0, θ) dengan θ ∈ Ω =

(0,_{∞). Tentukan estimator tak bias untuk mean dan variansi dari X yang} hanya tergantung pada statistik cukup dari parameter θ.

Pembahasan

Karena X mempunyai distribusi U (0, θ) maka E[X] = θ/2 dan Var(X) = θ2_{/12. Statistik cukup untuk θ adalah Y = max}_{X

(20)

distribusi dari Y adalah FY(y) = P (Y ≤ y) = P (max{X1, X2, . . . , Xn} ≤ y) = P (X1 ≤ y, X2 ≤ y, . . . , Xn≤ y) = P (X ≤ y)n = FX(y) n = (y θ) n

untuk 0_{≤ y ≤ θ, sehingga fungsi kepadatan probabilitas dari Y adalah} f (y) = dF dy = n yn−1 θn untuk 0≤ y ≤ θ. Akibatnya E[Y ] = Z θ 0 yny n−1 θn dy = n θn h yn+1 n + 1 iθ 0 = n n + 1θ. Karena itu estimator tak bias untuk meannya yaitu θ₂ adalah

n + 1

2n max{X1, X2, . . . , Xn}. Demikian juga, berlaku sifat

E(Y2) = Z θ 0 y2ny n−1 θn dy = n θn h yn+2 n + 2 iθ 0 = n n + 2θ 2_.

Akibatnya estimator tak bias untuk θ2_{/12 adalah}

n + 2 12n max_{X1, X2, . . . , Xn} 2 . Soal 3

Diketahui X1, . . . , Xnsampel random saling bebas dari distribusi Gamma(α, β)

dengan α diketahui dan β tidak diketahui. Tunjukkan bahwa estimator UMVU dari θ yaitu

U (X1, . . . , Xn) = 1 nα n X i=1 Xi = ¯ X α

(21)

dan variansinya mencapai batas bawah Cramer-Rao. Pembahasan

Misalkan θ = β dengan θ _{∈ Ω = (0, ∞). Karena X}iberdistribusi Gamma(α, θ)

maka f (x1, x2, . . . , xn; θ) = 1 θαx α−1 i e−xi/θ

untuk xi > 0 sehingga fungsi kepadatan probabilitas bersamanya adalah

f (x; θ) = n Y i=1 f (xi; α, θ) = n Y i=1 1 θαx α−1 i e−xi/θ = 1 Γ(α) nYn i=1 xi α−1 ₁ θαexp − 1 θ n X i=1 xi .

Dengan menggunakan Teorema Faktorisasi Fisher-Neyman diperoleh bahwa Pn

i=1Xi merupakan statistik cukup untuk θ. Karena E[Xi] = αθ maka

E[ ¯X/α] = θ sehingga ¯X/α merupakan estimator tak bias untuk θ. Demikian juga dapat dibuktikan bahwa Pn_i=1Xi merupakan statistik yang lengkap

un-tuk θ sehingga dengan menggunakan Teorema , ¯X/α merupakan estimator UMVU untuk θ.

Karena V ar(Xi) = αθ2 maka

Var( ¯X/α) = 1 n2_α2nVar( ¯X = αθ 2 nα2 = θ2 nα

Untuk mendapatkan batas bawah Cramer-Rao, terlebih dahulu dihitung in-formasi Fishernya. Karena X berdistribusi Gamma(α, θ) maka logaritma natural dari fungsi kepadatan probabilitasnya adalah

ln f (x; θ) =_{−α ln θ − ln Γ(α) + (α − 1) ln x −} x θ. Dengan mendeferensialkan terhadap θ diperoleh

∂ ln f (x; θ) ∂θ =− α θ + x θ2

(22)

dan ∂2_{ln f (x; θ)} ∂θ2 =− α θ2 − 2x θ3 sehingga −Eh∂ 2_{ln f (X; θ)} ∂θ2 i = −Eh− α θ2 − 2X θ3 i =−− α θ2 − 2αθ θ3 = α θ2.

Informasi Fishernya adalah I(θ) = _nαθ2 = Var(U ). Hal itu berarti bahwa var-iansi U mencapai batas bawah Cramer-Rao.

Soal 4

Diketahui X1, X2, X3, . . . , Xn sampel random dari distribusi U (θ, 2θ)

den-gan θ ∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator tak bias untuk θ. Pembahasan

Karena X berdistribusi U (θ, 2θ) maka fungsi kepadatan probabilitasnya dari X adalah

f (x; θ) = 1

θ untuk 0≤ x ≤ 2θ sehingga fungsi distribusi dari X adalah

FX(x) =

x− θ

θ untuk 0≤ x ≤ 2θ

Misalkan statistik cukup untuk θ dinotasikan dengan U = min{X1, . . . , Xn}.

Fungsi distribusi dari U adalah

FU(u) = P (U ≤ u) = 1 − P (U > u) = 1_{− P (min{X}1, . . . , Xn} > u) = 1− P (X1 > u, X2> u, . . . , Xn> u) = 1− [P (X > u)]n = 1− [1 − P (X ≤ u]n = 1_{− [1 −} u− θ θ ] n = 1− [1 − 2θ− u θ ] n

(23)

sehingga fungsi kepadatan probabilitas dari U adalah dF/du yaitu fU(u) = n 2θ− un−11 θ = n (2θ− u)n−1 θn

untuk θ _{≤ x ≤ 2θ. Harga harapan dari variabel random U adalah} E[U ] = Z 2θ θ un(2θ− u) n−1 θn du.

Misalkan digunakan substitusi w = 2θ_{− u sehingga dw = −du. Akibatnya} untuk u = θ maka w = θ dan untuk u = 2θ maka w = 0. Diperoleh

E[U ] = Z 0 θ n(2θ− w)w n−1 θn (−dw) = Z θ 0 n(2θ− w)w n−1 θn dw = Z θ 0 n2nθ θn dw− Z θ 0 nnw n θn dw = 2θhw n θn iθ 0− n n + 1 hwn+1 θn iθ 0 = 2θ− n n + 1θ = n + 2 n + 1θ Hal itu berarti

n + 1

n + 2min{X1, . . . , Xn} merupakan statistik tak bias untuk θ.

Misalkan V = max{X1, . . . , Xn}. Fungsi distribusi dari variabel random

V adalah

FV(v) =

(v_{− θ)}n

θn untuk θ≤ v ≤ 2θ

dan fungsi kepadatan probabilitas V adalah fV(v) = n(v− θ)n−1 θn untuk θ≤ v ≤ 2θ. Akibatnya E[V ] = Z 2θ θ vn(v− θ) n−1 θn dv.

(24)

Misalkan digunakan substitusi w = v − θ sehingga dw = dv. Akibatnya untuk v = θ maka w = 0 dan untuk u = 2θ maka w = θ. Diperoleh

E[V ] = Z θ 0 n(w + θ)w n−1 θn dw = Z θ 0 wn θndw + Z θ 0 n w n θn−1dw = n n + 1θ + θ = 2n + 1 n + 1 θ. Hal itu berarti

n + 1

2n + 1max{X1, X2, . . . , Xn}

juga merupakan statistik tak bias untuk θ. Pada sisi lain dengan mengingat bahwa

E[2U + V ] = 2E[U ] + E[V ] = 2n + 4 n + 1 θ + 2n + 1 n + 1 θ = 4n + 5 n + 1 θ maka n + 1 4n + 5 h 2 min_{X1, X2, . . . , Xn} + max{X1, X2, . . . , Xn} i estimator tak bias untuk θ.

Soal 5

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Poisson(θ) dengan

θ _{∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator UMVU untuk θ dan tentukan variansi} serta batas bawah Cramer-Rao.

Pembahasan

Dari Chapter 1 dapat dilihat bahwa ¯X merupakan statistik cukup yang lengkap sehingga dengan menggunakan Teorema Lehman-Scheffe diperoleh bahwa ¯X estimator UMVU dengan variansi θ/n. Pada sisi lain, karena X mempunyai distribusi Poisson(θ) maka fungsi probabilitasnya adalah

f (x; θ) = e−θθ

x

(25)

untuk x = 0, 1, 2, . . ., sehingga logaritma natural dari f (x; θ) adalah f (x; θ) =_{−θ + x ln θ − ln(x!).}

Dengan mendeferensialkan terhadap θ diperoleh ∂ ∂θf (x; θ) =−1 + x θ sehingga ∂ ∂θf (x; θ) 2 = 1₋ 2x θ + x2 θ2. Akibatnya Eh ∂ ∂θf (x; θ) i2 = 1− 2E[X] θ + E[X]2 θ2 = 1− 2θ θ + V (x) + (E[X])2 θ2 = 1₋ 2θ θ + θ + θ2 θ2 = 1 θ.

Oleh karena itu batas bawah Cramer-Rao yaitu θ/n sama dengan variansi dari ¯X.

Soal 6

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(1, θ)

den-gan θ ∈ Ω = (0, 1). Tentukan MLE untuk θ. Pembahasan

Karena Xi berdistribusi Binom(1, θ) maka fungsi probabilitasnya adalah

f (xi; θ) = θxi(1− θ)n−xi

dengan xi = 0, 1, 2, . . . , n sehingga fungsi likelihoodnya adalah

L(θ_|x1, x2, . . . , xn) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 θxi₍₁_{− θ)}n−xi = θPni=1xi₍₁_{− θ)}n−Pni=1xi_.

(26)

Logaritma dari fungsi likelihoodnya adalah l(θ) = (ln θ) n X i=1 xi− ln(1 − θ) n X i=1 +n ln(1− θ). Dengan mendeferensialkan terhadap θ diperoleh

dl dθ = Pn i=1xi θ + Pn i=1xi 1− θ − n 1− θ.

Akibatnya θ yang memaksimumkan fungsi likelihoodnya akan sama dengan akar dari persamaan _dθdl = 0 yaitu

Pn i=1xi θ + Pn i=1xi 1− θ − n 1− θ = 0 Pn i=1xi− θ Pn i=1xi+ θ Pn i=1xi θ(1− θ) = n 1− θ θ = Pn i=1xi n = ¯X. Hal itu berarti MLE untuk θ adalah ˆθ = ¯X.

Soal 7

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi eksponensial yaitu

dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = θe−θx dengan θ∈ Ω = R. Tentukan MLE untuk θ. Pembahasan

Fungsi likelihoodnya adalah

L(θ|x1, x2, . . . , xn) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 θe−θxi = θn_e−θPni=1xi

(27)

sehingga logaritma natural dari fungsi likelihoodnya adalah l(θ) = n ln θ− θ n X i=1 xi

Dengan mendeferensialkan terhadap θ diperoleh dl dθ = n θ − n X i=1 xi.

Akibatnya θ yang memaksimumkan fungsi likelihoodnya akan sama dengan akar dari persamaan

dl dθ = 0 n θ − n X i=1 xi = 0 n θ = n X i=1 xi θ = Pnn i=1xi . Hal itu berarti MLE untuk θ adalah ˆθ = 1/ ¯X. Soal 8

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi N (µ, σ2) dengan µ

dan σ2 _{tidak diketahui. Tentukan MLE untuk θ.}

Pembahasan

Karena X berdistribusi N (µ, σ2_{) maka fungsi kepadatan probabilitasnya}

adalah f (x; µ, σ) = √ 1 2πσ2 exp h − (x− µ) 2 2σ2 i

(28)

sehingga fungsi likelihoodnya adalah L(θ; x1, x2, . . . , xn) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 1 √ 2πσ2 exp h − (xi − µ) 2 2σ2 i = √ 1 2πσ2 n exph₋ Pn i=1(xi− µ)2 2σ2 i = √ 1 2πσ2 n exph₋ Pn i=1xi 2σ2 + 2µPn_i=1xi 2σ2 − nµ2 2σ2 i dengan θ = (µ, σ2_{). Akibatnya logaritma natural dari fungsi likelihoodnya}

adalah l(θ = ln f (x; µ, σ2) =−n 2 ln(2πσ 2₎₋ Pn i=1x2i 2σ2 + 2µPn_i=1x2 i 2σ2 − nµ2 2σ2.

MLE diperoleh dengan menyelesaikan sistem persamaan berikut : ∂l ∂µ = Pn i=1xi σ2 − 2nµ 2σ2 ∂l ∂σ2 = − n 2σ2 + Pn i=1xi 2σ4 − µ σ2 + nµ4 2σ4.

Diperoleh MLE untuk (µ, σ2_{) masing-masing adalah}

ˆ µ = X¯ n 2σ2 = Pn i=1(xi− µ)2 2σ4 . atau σ2 = Pn i=1(Xi− µ)2 n . Soal 9

Diketahui X1, X2, . . . , Xnsampel random dari distribusi dengan fungsi

kepa-datan probabilitasnya adalah f (x; θ1, θ2) = 1 θ2 exph₋ x− θ1 θ2 i untuk x > θ1

(29)

Tentukan MLE untuk θ1 dan θ2.

Pembahasan

Fungsi likelihoodnya adalah L(θ, x1, x2, . . . , xn) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 1 θ2 exph₋ xi − θ1 θ2 i = 1 θ2 n exph− Pn i=1(xi− θ1)2 θ2 i

untuk min_{X1, X2, . . . , Xn} > θ1. Akibatnya logaritma natural dari fungsi

likelihoodnya adalah l(θ) = ln f (x; θ1, θ2) =−n ln(θ2)− Pn i=1xi θ2 − n θ1 θ2

untuk min{X1, X2, . . . , Xn} > θ1. Fungsi likelihood mencapai maksimum

bila ˆθ1 = min{X1, X2, . . . , Xn} dan MLE untuk θ2 diperoleh dengan

menye-lesaikan persamaan berikut : ∂l ∂θ2 2 =₋n θ2 + Pn i=1xi θ2 + nθ1 θ2 = 0. Diperoleh Pn i=1xi θ2 2 = n(θ2− θ1) θ2 2 atau ˆθ2 = ¯X + min{X1, X2, . . . , Xn}. Soal 10

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi U (−θ, θ) dengan

θ _{∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator momen untuk θ.} Pembahasan

(30)

kedua dari X yaitu E[X2_{] = θ}2_{/3. Akibatnya estimator momen untuk θ}

merupakan penyelesaian dari θ2 3 = Pn i=1x2i n yaitu ˆθ =√3 ¯X. Soal 11

Diketahui X1, X2, X3, . . . , Xn sampel random dari distribusi N (θ, θ) dengan

θ ∈ Ω = (0, ∞). Tentukan MLE untuk θ. Pembahasan

Karena X berdistribusi N (θ, θ) maka fungsi kepadatan probabilitasnya adalah f (x; θ) = √1 2πθexp h − (x− θ) 2 2θ i sehingga fungsi likelihoodnya adalah

L(θ|x1, x2, . . . , xn) = n Y i=1 f (xi; θ) = n Y i=1 1 √ 2πθexp h − (xi− θ) 2 2θ i = _√1 2πθ n/2 exph₋ Pn i=1(xi− θ)2 2θ i . Akibatnya logaritma natural dari fungsi likelihoodnya adalah

l(θ) = ln L(θ|x1, x2, . . . , xn) = − n 2 ln(2πθ)− Pn i=1(xi− θ)2 2θ = ₋n 2 ln(2πθ)− Pn i=1x2i 2θ + n X i=1 x2_i ₋ nθ 2 . MLE untuk θ diperoleh dengan menyelesaikan persamaan berikut :

∂l ∂θ =− n 2θ + Pn i=1x2i 2θ2 − n 2 = 0 atau nθ2+ nθ− n X i=1 x2_i = 0.

(31)

Persamaan tersebut merupakan persamaan kuadrat dalam θ dan dengan menggunakan rumus ABC diperoleh akar-akarnya yaitu

θ = −n + p n2_{+ 4n}P i=1x2i 2n dan θ = −n − p n2_{+ 4n}P i=1x2i 2n .

Karena parameter θ juga merupakan variansi dari Xi maka haruslah positif

sehingga yang memenuhi adalah θ = −n + p n2_{+ 4n}P i=1x2i 2n atau θ = −1 + q 1 + 4 n P i=1x2i 2n atau ˆθ = 1 2 h 1 + 4 n P i=1x2i i . Soal 12

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi U (θ− a, θ + b)

den-gan θ ∈ Ω = R. Tentukan estimator momen untuk θ dan variansinya. Pembahasan

Karena X1 ∼ U(θ − a, θ + b) maka E[X1] = θ +b−a₂ dan Var(X) = (b−a)

2

12 .

Es-timator momen untuk θ merupakan penyelesaian dari persamaan E[X1] = ¯X

yaitu

θ + b− a 2 = ¯X sehingga estimator momen untuk θ adalah

ˆ

θ = ¯X +b− a 2 . Variansi untuk estimator momen tersebut adalah

V (ˆθ) = V ( ¯X + b− a 2 ) = V ( ¯X) = V (X1) n = (b− a)2 12n .

(32)

Soal 13

Diketahui X1, X2, . . . , Xnsampel random dari distribusi Gamma(α, β).

Ten-tukan estimator momen untuk α dan β. Pembahasan

Karena X1 berdistribusi Gamma(α, β) maka E[X1] = αβ dan V (X1) = αβ2

sehingga estimator momen tersebut merupakan penyelesaian dari sistem per-samaan E[X1] = X¯ E[X₁2] = X¯2 ₌ 1 n n X i=1 X_i2 yaitu αβ = X¯ αβ2+ (αβ)2 = X¯2_. Diperoleh αβ2+ (αβ)2 = X¯2_{− ( ¯}_X)2 αββ = X¯2_{− ( ¯}_X)2 _{= S}2 ¯ Xβ = S2.

Akibatnya estimator momen untuk β adalah ˆβ = S2_{/ ¯}_{X dengan}

S2 ₌ 1 n n X i=1 (Xi− ¯X)2

dan estimator momen untuk α adalah ˆα = ( ¯X)2_/S2_.

Soal 14

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Beta(α, β).

Ten-tukan estimator momen untuk α dan β. Pembahasan

(33)

Karena X1 berdistribusi Beta(α, β) maka E[X1] = _α+βα dan V (X1) = αβ (α + β)2_{(α + β + 1)} sehingga E(X₁2) = V (X1) + (E(X1))2 = αβ (α + β)2_{(α + β + 1)} + α2 (α + β)2 = α α + β h _β (α + β)(α + β + 1) + α α + β i

Estimator momen tersebut merupakan penyelesaian dari sistem persamaan E(X1) = X¯ E(X₁2) = X¯2 ₌ 1 n n X i=1 X_i2 yaitu α α + β = X¯ α α + β h _β (α + β)(α + β + 1) + α α + β i = X¯2_.

Diperoleh α ¯X + β ¯X = α atau α(1_{− ¯}X) = β ¯X atau α = β ¯X/(1 _{− ¯}X). Akibatnya ¯ X2 ₌ _X¯h β β₁_{− ¯}X¯_X + ββ₁_{− ¯}X¯_X + β + 1 + ¯ Xi = X¯h _¯ β X 1− ¯X + 1 β₁_{− ¯}X¯_X + β + 1 + ¯ Xi = X¯h_¯ 1 X+1− ¯X 1− ¯X β₁_{− ¯}X¯_X + β1₁− ¯_{− ¯}X_X + 1 i + ( ¯X)2.

(34)

Diperoleh ¯ X2_{− ¯}_X2 ₌ _X¯h 1− ¯X β 1− ¯X + 1− ¯X 1− ¯X i S2 = X¯h (1 − ¯X) 2 (β + 1_{− ¯}X) i β + 1_{− ¯}X = X¯h(1 − ¯X) 2 S2 i . Hal itu berarti estimator momen untuk β adalah

ˆ β = ¯Xh(1 − ¯X) 2 S2 i − 1 + ¯X sehingga estimator momen untuk α adalah ˆα = ˆβ X¯

1− ¯X.

Soal 15

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(4, θ) dengan

θ ∈ (0, 1). Tentukan estimator Bayes untuk θ bila priornya adalah π(θ) = 1

B(6, 7)θ

5₍₁

− θ)6. Pembahasan

Fungsi probabilitas dari X adalah f (x; θ) = 1

B(6, 7)θ

x₍₁

− θ)4−x untuk x = 0, 12, 3, 4, 5. Misalkan prior untuk θ adalah

π(θ) = 1 B(6, 7)θ

5₍₁

− θ)6

untuk 0 < θ < 1. Distribusi posterior dari θ bila diberikan X yaitu π(θ|x) adalah

(35)

sebanding dengan

θx(1_{− θ)}4−xθ5(1_{− θ)}6 = θx+5(1_{− θ)}10−x = θx+6−1(1_{− θ)}11−x−1

Dengan melihat bentuk tersebut maka distribusi posterior dari θ diberikan X yaitu π(θ_{|x) adalah distribusi Beta(6 + x, 11 − x) sehingga penaksir Bayes} untuk θ merupakan mean dari distribusi posterir yaitu

ˆ θ = E[θ_{|x] =} x + 6 x + 6 + 11− x = x + 6 17 . Soal 16

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(4, θ) dengan

θ _{∈ (0, 1). Tentukan estimator Bayes untuk θ bila priornya adalah π(θ) = 1} untuk 0 < θ < 1.

Pembahasan

Fungsi probabilitas dari X adalah f (x_{|θ) =} 4

x

θx(1_{− θ)}4−x

untuk x = 0, 1, 2, 3, 4. Distribusi posterior dari θ bila diberikan X yaitu π(θ_{|x) adalah}

π(θ_{|x) = f(x|θ)π(θ)} sebanding dengan

θx(1_{− θ)}4−x(1) = θx+1−1(1_{− θ)}5−x−1

Dengan melihat bentuk tersebut maka distribusi posterior dari θ bila diberikan X yaitu π(θ_{|x) adalah distribusi Beta(1 + x, 5 − x) sehingga penaksir Bayes} untuk θ merupakan mean dari distribusi posterior yaitu

ˆ

θ = E[θ_{|x] =} x + 1

x + 1 + 5− x = x + 1

(36)

Soal 17

Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas dengan fungsi

kepa-datan probabilitas

f (x; θ) = θxθ−1 dengan θ > 0. Bila distribusi prior dari θ adalah

π(θ) = 1 Γ(r)λrθ

r−1_e−θ/λ

untuk θ > 0. Tentukan estimator Bayes untuk parameter θ. Pembahasan

Distribusi posterior dari θ bila diberikan sampel random X1, X2, . . . , Xn

adalah

π(θ_|x1, x2, . . . , xn) = f (x1|θ)f(x2|θ) . . . f(xn|θ)π(θ)

atau sebanding dengan θn n Y i=1 xi θYn i=1 xi −1 er−1e−θ/λ = θn+r−1e−θ[(1/λ)−lnQni=1xi] = θn+r−1e−θ[(1/λ)−Pni=1ln xi]

Berarti distribusi posteriornya Gamman+r,₁_−λPλn i=1ln xi

. Akibatnya mean dari distribusi posterior yaitu

ˆ

θ = (n + r)λ 1− λPni=1ln xi

merupakan penaksir Bayes untuk θ. Soal 18

kepa-datan probabilitas f (xi; θ) = 1 √ 2πe −1 2(xi−θ)2

(37)

dengan θ > 0. Bila distribusi prior dari θ adalah π(θ) = √1

2πe

−θ2_/2

untuk θ > 0. Tentukan estimator Bayes untuk parameter θ. Pembahasan

adalah

π(θ|x1, x2, . . . , xn) = f (x1|θ)f(x2|θ) . . . f(xn|θ)π(θ)

atau sebanding dengan exph₋1 2 − 2θ n X i=1 xi+ (n + 1)θ2 i = exph₋ 1 2(n + 1) θ 2 −_{n + 1}2θ n X i=1 xi i atau sebanding dengan

exph₋ 1 2(n + 1) θ− 2θ n + 1 n X i=1 xi 2i .

Hal itu berarti distribusi posteriornya merupakan distribusi NPni=1xi

n+1 , 1 n+1

. Akibatnya mean dari distribusi posterior yaitu Pni=1xi

n+1 merupakan penaksir

Bayes untuk θ. Soal 19

kepa-datan probabilitas f (xi; θ) = 1 √ 2πe −1 2(xi−θ)2

dengan θ > 0. Bila distribusi prior dari θ adalah π(θ) = √1

2πe

−12(θ−µ0)2

(38)

Pembahasan

adalah

π(θ_|x1, x2, . . . , xn) = f (x1|θ)f(x2|θ) . . . f(xn|θ)π(θ)

atau sebanding dengan exph₋1 2 − 2θ n X i=1 xi+ (n + 1)θ2− 2µ0θ i atau sebanding dengan

exph−1 2(n + 1) θ2− 2θ n + 1 µ0+ n X i=1 xi i Berarti distribusi posteriornya merupakan distribusi Nµ0+Pn_i=1xi

n+1 ,

1 n+1

. Ak-ibatnya mean dari distribusi posterior yaitu µ0+Pni=1xi

n+1 merupakan estimator

(39)

Chapter 4 Latihan Soal Estimasi Titik

1. Jika X1, X2, X3, . . . , Xn sampel random dari distribusi U (0, θ) dengan

θ _{∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator tak bias untuk mean dan variansi} dari X yang hanya tergantung pada statistik cukup dari parameter θ. 2. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random saling bebas dari distribusi

U (θ1, θ2) dengan θ1 < θ2. Tentukan estimator tak bias untuk mean

yaitu (θ1+ θ2)/2 dan range yaitu θ2− θ1 yang hanya tergantung pada

statistik cukup untuk (θ1, θ2).

3. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random saling bebas dari distribusi

dobel eksponensial yaitu dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = 1

2e

−|x−θ|

dengan θ ∈ Ω = R. Tunjukkan 1

2(X(1) + X(n)) bahwa merupakan

estimator tak bias untuk θ.

4. Jika X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi yang mempunyai

fungsi kepadatan probabilitas : f (x; θ) = 1

θe

−xθ

untuk x > 0 dengan θ _{∈ Ω = (0, ∞) maka tentukan estimator UMVU} untuk parameter θ.

5. Jika X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi yang mempunyai

fungsi kepadatan probabilitas : f (x; θ) = 1

θe

(40)

untuk x > 0 dengan θ ∈ Ω = (0, ∞) maka tentukan estimator MLE untuk parameter θ.

6. Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas dan

berdis-tribusi identik mempunyai fungsi kepadatan probabilitas : f (x; θ) = γ

θe

−xγ θ

untuk x > 0, θ > 0 dan γ > 0 dengan γ diketahui. Tentukan MLE untuk θ.

7. Diketahui X1 dan X2 variabel random saling bebas dan mempunyai

fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = 2

θ(θ− x)

untuk 0 < x < θ dan θ _{∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator momen} untuk parameter θ.

8. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Cauchy

den-gan σ = 1 dan µ tidak diketahui. Misalkan diinginkan untuk menges-timasi µ, manakah salah satu dari estimator untuk µ yang anda pilih yaitu X1 ataukah ¯X ? Jelaskan jawaban anda !

9. Misalkan X1, X2, . . . , Xn menotasikan sampel random dari suatu

dis-tribusi yaitu N (θ, 1). Tentukan estimator terbaik untuk θ2_.

10. Diketahui adalah sampel random dari suatu distribusi N (0, θ). Statis-tik Y = Pn_i=1X2

i merupakan statistik cukup untuk θ. Tentukan

esti-mator terbaik untuk θ2_.

11. Misalkan X pengamatan tunggal dari distribusi Bernoulli f (x; θ) = θx(1_{− θ)}1−xI_{0,1}(x)

dengan 0 < θ < 1. Misalkan T1(X) = X dan T2(X0 = 1₂.

(a) Apakah T1(x) dan T2(x) tak bias ?

(b) Bandingkan MSE (mean squared error ) dari T1(x) dengan T2(X).

12. Misalkan X adalah pengamatan tunggal dari N (0, θ) dengan θ = σ2_.

(41)

(b) Apakah|X| statistik cukup untuk θ ? (c) Apakah X2 _{estimator tak bias dari θ ?}

(d) Apakah MLE untuk √θ ?

13. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari fungsi kepadatan

prob-abilitas

f (x; θ) = θx−2I[θ,∞)(x)

dengan θ > 0.

(a) Tentukan estimator MLE untuk θ.

(b) Apakah min_{X1, X2, . . . , Xn} statistik cukup untuk θ ?

prob-abilitas

f (x; θ) = θxθ−1I(0,1)(x)

dengan θ > 0.

(a) Tentukan estimator MLE untuk µ = θ/(1 + θ). (b) Tentukan estimator UMVU untuk 1/θ dan µ ?

prob-abilitas

f (x; θ) = 2x/θ2I(0,θ)(x)

dengan θ > 0.

(a) Tentukan estimator MLE untuk θ.

(b) Apakah max{X1, X2, . . . , Xn} statistik cukup untuk θ ? Apakah

max{X1, X2, . . . , Xn} lengkap ?

(c) Adakah estimator UMVU untuk θ ? Jika ada, tentukan estimator itu.

prob-abilitas

f (x; θ) = θ(1 + x)(1+θ)I(0,θ)(x)

(42)

(a) Estimasi θ dengan metode momen dengan menganggap θ > 1. (b) Tentukan estimator MLE untuk 1/θ.

(c) Apakah statistik cukup dan lengkap untuk θ jika ada ?

(d) Tentukan batas bawah Cramer-rao untuk estimator tak bias untuk 1/θ.

(e) Tentukan estimator UMVU untuk 1/θ jika ada. (f) Tentukan estimator UMVU untuk θ jika ada.

prob-abilitas

f (x; θ) = e−(x−θ)exp[−e(x−θ)_]

dengan −∞ < θ < ∞.

(a) Tentukan metode momen dari θ. (b) Tentukan MLE dari θ.

(c) Tentukan statistik cukup yang lengkap untuk θ.

(d) Tentukan batas bawah Cramer-Rao untuk estimator tak bias dari θ.

(e) Adakah suatu fungsi dari estimator tak bias untuk θ yang vari-ansinya bersesuaian dengan batas bawah Cramer-Rao ? Jika ada tentukan.

18. Jika X pengamatan tunggal dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = 2x/θ2I(0,θ)(x)

dengan θ > 0. Anggap bahwa θ mempunyai distribusi prior seragam atas interval (0,1). Dengan loss function θ2₍₁_{− θ)}2_{, tentukan estimator}

Bayes untuk θ.

19. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi dengan fungsi

kepadatan probabilitas

f (x; θ) = θxθ−1I(0,1)(x)

dengan θ > 0. Anggap bahwa distribusi prior dari θ adalah Gamma(r, λ) dengan r dan λ diketahui. Apa distribusi posterior dari θ ? Tentukan estimator Bayes dari θ dengan prior yang diberikan dengan menggu-nakan fungsi kerugian kuadrat.

(43)

Chapter 5 Pembahasan : Uji Hipotesis

Soal 1

Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas. Konstruksikan uji

MP untuk menguji bahwa distribusi bersama dari X adalah N (0, 9) melawan alternatif N (1, 9) dengan tingkat keberartian α = 0, 05. Tentukan juga kuasa dari uji tersebut.

Pembahasan

Untuk menguji hipotesis H : θ = 0 melawan alternatif A : θ = 1 pada tingkat α = 0, 05 digunakan uji MP berikut :

φ(x) =

1 jika X > c¯ 0

0 untuk yang lain

dengan c0 ditentukan oleh E[φ(x)] = P ( ¯X > c0) = 0, 05. Variabel random

X1, X2, . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi N (0, 9) maka ¯X berdistribusi

N (0, 9/16) sehingga P ( ¯X > c0) = 0, 05 P (X¯ − 0 3/4 > c0− 0 3/4 ) = 0, 05 P (Z > 4c0 3 ) = 0, 05.

(44)

Berdasarkan tabel distribusi normal baku diperoleh sehingga c0 = 1, 23.

Kuasa ujinya adalah

P ( ¯X > 1, 23) = P (X¯ − 1 3/4 > 1, 23− 1 3/4 ) = P (Z > 0, 1725) = 0, 5685.

Hal itu berarti bila θ = 1 maka probabilitas menolak hipotesisnya adalah 0,5685.

Soal 2

Panjang hidup X bola lampu 50 watt merek tertentu dianggap mempun-yai distribusi normal dengan mean µ tidak diketahui sedangkan simpangan baku σ = 150 jam. Variabel random X1, X2, . . . , Xn variabel random saling

bebas dan masing-masing berdistribusi X serta dianggap bahwa ¯X = 1730 jam. Ujilah hipotesis H : µ = 1800 melawan alternatif A : µ < 1800 pada tingkat keberartian α = 0, 01.

Pembahasan

Untuk menguji hipotesis H : µ = 1800 melawan alternatif A : µ < 1800 pada tingkat keberartian α = 0, 01 digunakan uji MP :

φ(x) =

1 jika X < c¯ 0 jika X¯ _{≥ c}

dengan c ditentukan sehingga P ( ¯X < c) = 0, 01 dan ¯X ∼ N(1800, 1502_).

Karena P ( ¯X < c) = 0, 01 maka P (X¯−1800 150 < c−1800 150 ) = 0, 01 atau P (Z < c− 1800 150 ) = 0, 01. Berdasarkan tabel distribusi normal diperoleh c−1800

150 =−2, 33 atau

c = 1800 + (150)(_{−2, 33) = 1450, 5.} Soal 3

Diketahui X1, . . . , X30variabel random saling bebas dari distribusi Gamma(α, β)

(45)

H : β = 2 melawan alternatif A : β = 3 pada tingkat keberartian α = 0, 05. Pembahasan

Untuk mengkonstruksikan uji MP terlebih dahulu dihitung : R(x; θ0, θ1) = f (x1; θ1) . . . f (xn; θ1) f (x1; θ0) . . . f (xn; θ0) = x10₁ −1exp[−x1_θ1] Γ(10)θ10 1 . . . x10n−1exp[−xn_θ1] Γ(10)θ10 1 x10₁ −1exp[−x1_θ0] Γ(10)θ10 0 . . . x10n−1exp[−xn_θ0] Γ(10)θ10 0 = θ0 θ1 10n exph− 1 θ1 − 1 θ0 _Xn i=1 xi i . Logaritma natural dari R(x; θ0, θ1) adalah

ln R(x; θ0, θ1) = 10n ln θ0 θ1 − 1 θ1 − 1 θ0 _Xn i=1 xi

dengan θ0 < θ1. Karena θ0 < θ1 maka _θ1₀ < _θ1₁ sehingga _θ1₁ − _θ1₁ < 0

atau ₋1 θ1 −

1 θ0

> 0. Oleh karena itu R(x; θ0, θ1) > c ekuivalen dengan

ln R(x; θ0, θ1) > ln c atau 10n lnθ0 θ1 − 1_θ 1 − 1 θ0 _Xn i=1 xi > ln c − 1_θ 1 − 1 θ0 _Xn i=1 xi > ln c− 10n ln θ0 θ1 n X i=1 xi > c0 dengan c0 = ln c− 10n lnθ0 θ1 −1 θ1 − 1 θ0 . Hal itu berarti uji MP dinyatakan dengan

φ(x) =

1 jika Pn_i=1xi > c0

(46)

dengan c0 ditentukan sehingga E[φ(x)] = P ( n X i=1 xi > c0) = α.

Bila θ0 = 2 dan θ1 = 3 maka Pn_i=1Xi ∼ Gamma(300, 2) sehingga

P (Pn_i=1Xi > c) = 0, 05. Akibatnya c0 = 658, 09. Kuasa ujinya adalah

P (

n

X

i=1

Xi > 658, 09) = 1

(47)

Chapter 6 Latihan Soal Uji Hipotesis

1. Dalam contoh berikut ini, tunjukkan mana pernyataan yang meru-pakan hipotesis sederhana dan yang mana yang merumeru-pakan hipotesis komposit :

(a) X variabel random yang mempunyai fungsi kepadatan probabili-tas f dengan f (x) = 2e−2x _{untuk x > 0.}

(b) X adalah variabel random yang mempunyai harapan sama dengan 5.

(c) Ketika melakukan pelemparan sebuah mata uang logam, misalkan X varaibel random yang mempunyai nilai 1 jika muka yang tam-pak dan 0 jika belakang yang tamtam-pak. Pernyataannya adalah mata uangnya bias.

2. Diketahui X variabel random berdistribusi Binom(n, θ) dengan θ ∈ Ω = (0, 1).

(a) Tentukan uji UMP untuk pengujian hipotesis H : θ≤ θ0 melawan

alternatif A : θ > θ0 pada tingkat keberartian α.

(b) Bagaimana uji tersebut bila n = 10, θ0= 0, 25 dan α = 0, 05 ?

(c) Hitunglah kuasa uji pada θ1 = 0, 375, 0, 5, 0, 625 dan 0, 0875.

3. Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas yang

mempun-yai fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = 1_θe−x/θ _{untuk x > 0 dengan}

θ ∈ Ω. Tentukan uji UMP untuk pengujian hipotesis H : θ ≥ θ0

melawan alternatif A : θ < θ0 pada tingkat keberartian α.

4. Diketahui variabel random X1, X2, . . . , Xnberdistribusi N (0, σ2).

(48)

tingkat keberartian α = 0, 05. Apa kesimpulan yang diperoleh jika Pn

i=1x2i = 120.

5. Diketahui varaibel random yang saling bebas dan berdistribusi N (µ, σ2_).

Tentukan uji UMP untuk pengujian hipotesis H : σ = σ0 melawan

al-ternatif A : σ _{6= σ}0 pada tingkat keberartian α. Tentukan uji tersebut

bila n = 25, σ0 = 2, α = 0, 05.

6. Jika adalah variabel random saling bebas dan berdistribusi N (µ, σ2₎

maka tentukan uji LR dan uji berdasarkan pada_{−2 ln λ untuk} pengu-jian hipotesis H : σ = σ0, untuk yang pertama jika µ diketahui dan

untuk yang kedua jika µ tidak diketahui.

7. Diketahui Xi, i = 1, 2, 3, 4 dan Yi, i = 1, 2, 3, 4 sampel random saling

bebas dan masing-masing dari distribusi N (µ1, σ21) dan N (µ2, σ22). Jika

diketahui bahwa σ1 = 4 dan σ2 = 3 dan data observasi dari X dan Y

adalah sebagai berikut :

x1 = 10, 1, x2 = 8, 4, x3 = 14, 3, x4 = 11, 7,

y1 = 9, y2 = 8, 2, y3 = 12, 1, y4 = 10, 3

Uji hipotesis bahwa perbedaan dua mean tidak lebih dari 1 pada tingkat keberartian α = 0, 05.

8. Misalkan X1, X2, X3 variabel random saling bebas dan berdistribusi

Binom(1, θ).

(a) Uji hipotesis pada tingkat keberartian α dengan mengunakan statis-tik LR dan tentukan distribusinya.

(b) Bandingkan uji LR dengan uji UMPU untuk pengujian H melawan A : p6= 0, 25.

(49)

Chapter 7 Pembahasan : Estimasi Interval

Soal 1

Misalkan Φ fungsi distribusi N (0, 1) dan a, b dengan a < b sehingga Φ(b)_{− Φ(a) = γ}

dengan 0 < γ < 1. Tunjukkan bahwa b_{− a minimum jika b = c dan a = −c} dengan c > 0.

Pembahasan

Misalkan Φ(b) − Φ(a) = γ maka dengan mendefrensialkan kedua ruas ter-hadap a diperoleh

ϕ(b)db

da − ϕ(a) = 0

dengan ϕ adalah fungsi kepadatan probabilitas normal baku. Akibatnya diperoleh

db

da = ϕ(a)/ϕ(b) = 0

Misalkan L = b_{− a yaitu panjang interval kepercayaan. Panjang interval} L akan mencapai minimum bila dL/da = 0 yaitu db/da_{− 1 = 0 sehingga} db/da = 1. Akibatnya ϕ(a)/ϕ(b) = 1 atau ϕ(a) = ϕ(b). Hal itu berarti bahwa a = b atau a = _{−b. Karena b > a maka dipilih b = c dengan c > 0} sehingga a =_−c.

Soal 2

Diketahui X1, X2, . . . , Xnvariabel random saling bebas berdistribusi N (µ, σ2)

(50)

kepercayaan 1− α. Pembahasan

Misalkan R = X(n) − X(1) dan didefinisikan

W = Z(n) − Z(1)

dengan Z(n) = X(n)−µ

σ dan Z(1) = X(1)−µ

σ . Karena W berdistribusi studentized

range maka a dan b ditentukan sehingga P (a≤ R σ ≤ b) = 1 − α atau P (a R ≤ 1 σ ≤ b R) = 1− α atau P ( R b ≤ σ ≤ R

a) = 1− α. Hal itu berarti

bahwa interval kepercayaan untuk σ adalah R/b, R/a. Soal 3

Diketahui X1, X2, . . . , Xnvariabel random saling bebas dan mempunyai fungsi

f (x; θ) = 1 θe

−x/θ

untuk x > 0. Tentukan interval kepercayaan untuk θ dengan koefisien keper-cayaan 1_{− α.}

Pembahasan Karena 2Xi

θ berdistribusi χ22 maka

2Pn_i=1Xi

θ berdistribusi χ22 sehingga untuk

menentukan interval kepercayaan untuk θ dilakukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a_{≤ χ}2_2n_{≤ b) = 1 − α} P (a≤ 2 Pn i=1Xi θ ≤ b) = 1 − α P (1 a ≥ θ Pn i=1Xi ≥ 1 b) = 1− α. Dalam hal ini a dan b ditentukan sehingga a2_g

2n(a) = b2g2n(b) dan

Z b a

(51)

dengan g2n(t) adalah fungsi kepadatan probabilitas dari distribusi χ22n.

Soal 4

Diketahui variabel random X1, X2, . . . , Xnsaling bebas dan berdistribusi

ser-agam pada (0, θ). Gunakan range R = X(n)−X(1)untuk menentukan interval

kepercayaan untuk θ. Pembahasan

Karena berdistribusi seragam pada (0, θ) maka berdistribusi seragam pada (0, 1) sehingga Y = (X(n)− X(1))/θ akan mempunyai fungsi kepadatan

prob-abilitas

f (y) =

n(n_{− 1)y}n−2₍₁_{− y) untuk 0 < y < 1}

0 untuk yang lain

Interval kepercayaan untuk θ ditentukan dengan menentukan a dan b se-hingga

P (a_≤ X(n)− X(1)

θ ≤ b) = 1 − α

dengan Y = (X(n)−X(1))/θ mempunyai fungsi kepadatan probabilitas seperti

tersebut di atas. Akibatnya P (a b ≥ X(n)− X(1) θ ≥ 1 b) = 1− α P (X(n)− X(1) b ≤ θ ≤ X(n)− X(1) a ) = 1− α P (R b ≤ θ ≤ R a) = 1− α. Soal 5

Diketahui variabel random X1, X2, . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi

dengan fungsi kepadatan f (x; θ) = ex−θ untuk x > θ, θ ∈ Ω = R dan misalkan Y = X(1). Tunjukkan bahwa

1. Fungsi kepadatan probabilitas g dari Y diberikan sebagai g(y) = n exp[_{−n(y − θ)]}

(52)

2. Variabel random Tn(θ) = 2n(Y − θ) berdistribusi χ22.

3. Interval kepercayaan untuk θ berdasarkan pada Tn(θ) dengan koefisien

kepercayaan 1_{− α berbentuk [Y −} _2nb , Y ₋ _2nb ].

4. Interval kepercayaan terpendek θ seperti bentuk di atas diberikan oleh [Y₋χ22;α

2n , Y ] dengan χ 2

2;αadalah kuantil atas dari distribusi χ22. Bagaimana

dengan interval kepercayaan terpendek dari harapan panjangnya. Pembahasan

1. Fungsi distribusi dari X1 adalah

F (x; θ) = Z x −∞ f (t)dt = Z x θ e−(t−θ)dt = Z x−θ 0 e−udu = _{− e}−ux₀−θ = 1− e−(x−θ) dengan u = t_{− θ. Akibatnya fungsi distribusi dari}

Y = X(1) = min{X1, X2, . . . , Xn} adalah F (y) = P (Y _{≤ y) = P (min{X}1, X2, . . . , Xn} ≤ y) = 1_{− P (min{X}1, X2, . . . , Xn} > y) = 1_{− P (X}1 > y, X2 > y, . . . , Xn> y) = 1− [P (X1 > y)]n = 1− (1 − P (X1 ≤ y))n = 1− (e−(y−θ))n = 1− e−n(y−θ)_.

Fungsi kepadatan probabilitas dari Y diperoleh dengan menurunkan F (y) terhadap variabel y yaitu diperoleh g(y) = F0_{(y) = ne}−n(y−θ)

(53)

2. Misalkan statistik T = Tn(θ) = 2n(Y − θ). Bila t = 2n(y − θ) maka y = θ + t 2n sehingga dy dθ = 1

2n. Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas

dari statistik T adalah h(t) = 1₂e−t/2 _{untuk t. Hal itu berarti statistik}

T berdistribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas 2.

3. Interval kepercayaan untuk θ ditentukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a≤ χ2 2 ≤ b) = 1 − α P (a≤ 2n(Y − θ) ≤ b) = 1 − α P ( a 2n ≤ Y − θ ≤ b 2n) = 1− α P (−Y + a 2n ≤ −θ ≤ −Y + b 2n) = 1− α P (Y − a 2n ≥ θ ≥ Y − b 2n) = 1− α P (Y ₋ b 2n ≤ θ ≤ Y − a 2n) = 1− α. Soal 6

Diketahui variabel random X1, X2, . . . , Xnsaling bebas dan mempunyai fungsi

f (x; θ = θx

γ−1_exp[₋xγ

θ ] untuk x > θ, θ > 0 dan γ > 0 dengan θ_{∈ Ω = R.} Pembahasan Karena Y = 2Xir θ berdistribusi χ 2 2 maka Y = 2Pn_i=1Xr i θ berdistribusi χ 2 2n.

Interval kepercayaan untuk θ dengan menentukan a dan b sehingga P (a_≤ 2Y θ ≤ b) = 1 − α P (1 a ≤ θ 2Y ≤ 1 b) = 1− α P (2Y b ≤ θ ≤ 2Y a ) = 1− α dengan Y = Pn_i=1Xr

i. Hal itu berarti interval kepercayaan untuk θ adalah

[2Y b ,

2Y

b ] dengan a dan b memenuhi a 2_g

2n(a) dan

Rb

(54)

hal ini g2n(t) adalah fungsi kepadatan probabilitas dari variabel random yang

berdistribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas 2n. Soal 7

Diketahui X1, . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1, σ12) dan Y1, . . . , Yn

sampel random dari populasi dengan sigma2

1, sigma22diketahui. Tentukan

in-terval kepercayaan untuk µ1− µ2.

Pembahasan

Misalkan didefinisikan statistik T (µ1− µ2) = ( ¯Xm− ¯Yn)− (µ1− µ2) q σ2 1 m + σ2 2 n .

Karena X1, X2, X3, . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1, σ12) maka

¯

Xm = _m1 Pm_i=1Xi berdistribusi N (µ1,σ

2 1

m) dan karena Y1, Y2, . . . , Yn sampel

random dari populasi maka ¯Yn= 1_nPn_i=1Yi berdistribusi N (µ2,σ

2 2 n) sehingga ¯ Xm− ¯Ynberdistribusi N (µ1−µ2,σ 2 1 m+ σ2 2 n). Akibatnya T berdistribusi N (0, 1).

Interval kepercayaan untuk µ1 − µ2 ditentukan dengan cara menentukan a

dan b sehingga P (a_{≤ T ≤ b) = 1 − α. Akibatnya}

Pa≤( ¯Xm− ¯qYn)− (µ1− µ2) σ2 1 m + σ2 2 n ≤ b = 1− α Pa r σ2 1 m + σ2 2 n ≤ ¯Xm− ¯Yn− (µ1− µ2)≤ b r σ2 1 m + σ2 2 n = 1_{− α} P− ( ¯Xm− ¯Yn) + a r σ2 1 m + σ2 2 n ≤ −(µ1− µ2)≤ −( ¯Xm− ¯Yn) + b r σ2 1 m + σ2 2 n = 1− α PX¯m− ¯Yn− a r σ2 1 m + σ2 2 n ≥ µ1− µ2≥ ¯Xm− ¯Yn− b r σ2 1 m + σ2 2 n = 1_{− α} PX¯m− ¯Yn− b r σ2 1 m + σ2 2 n ≤ µ1− µ2≤ ¯Xm− ¯Yn− a r σ2 1 m + σ2 2 n = 1− α.

Dalam hal ini a dan b ditentukan sehingga Φ(b)_{− Φ(a) = 1 − α.} Soal 8

Diketahui X1, . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1, σ12) dan Y1, . . . , Yn

sampel random dari populasi dengan µ1, µ2 diketahui. Tentukan interval

kepercayaan untuk σ2

(55)

Pembahasan

Misalkan didefinisikan statistik

T (σ₁2/σ₂2) = σ 2 1 σ2 1 S2 n S2 m dengan S2 m = m1 Pm i=1(Xi − µ1)2 dan Sn2 = n1 Pn i=1(Yi − µ2)2 . Karena

X1, . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1, σ12) maka mS2

m

σ2

1 berdistribusi

χ2

m dan karena Y1, . . . , Yn sampel random dari populasi N (µ2, σ22) maka nS

2 n σ2 2 berdistribusi χ2 n T (σ₁2/σ2₂) = σ 2 1 σ2 1 S2 n S2 m = nS2 n σ2 2 mS2 m σ2 1

berdistribusi Fm,n. Karena t berdistribusi Fm,n maka interval kepercayaan

untuk dapat ditentukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a_{≤ F}m,n ≤ b) = 1 − α P (a_{≤ T ≤ b) = 1 − α} P (a_≤ σ 2 1 σ2 1 S2 n S2 m ≤ b) = 1 − α P (aS 2 m S2 n ≤ σ2 1 σ2 1 ≤ b S2 m S2 n ) = 1_{− α.} Hal itu berarti interval kepercayaan untuk σ2

1/σ22 adalah h aSm2 S2 n ≤ σ2 1 σ2 1 ≤ b S2 m S2 n i . Soal 9

Diketahui X1, X2, . . . , Xnvariabel random saling bebas dengan mean µ tidak

diketahui dan variansinya σ2 _{berhingga dan diketahui serta ukuran sampel}

n besar.

1. Gunakan teorema limit sentral untuk mengkonstruksikan interval keper-cayaan µ dengan koefisien keperkeper-cayaan mendekati 1_{− α.}

2. Tentukan interval kepercayaan mendekati 0, 95 jika ukuran sampel n = 100 dan variansi 1.

(56)

Pembahasan

1. Karena X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas dengan mean µ

tidak diketahui dan variansinya σ2 _{berhingga dan diketahui serta}

uku-ran sampel n besar maka dengan menggunakan teorema limit sentral diperoleh

¯ X− µ

σ/√n ∼ N(0, 1)

untuk n _{→ ∞. Interval kepercayaan untuk µ ditentukan dengan} menentukan a dan b sehingga P (a_{≤ N(0, 1) ≤ b) = 1 − α. Akibatnya}

P (a≤ X¯ − µ σ/√n ≤ b) = 1 − α P (a√σ n ≤ ¯X− µ ≤ b σ √ n) = 1− α P (− ¯X + aσ n ≤ −µ ≤ − ¯X + b σ n) = 1− α P ( ¯X_{− a}σ n ≥ µ ≥ ¯X− b σ n) = 1− α P ( ¯X_{− b}σ n ≤ µ ≤ ¯X− a σ n) = 1− α Interval kepercayaan untuk µ adalah hX¯ _{− b}σ

n, ¯X− a σ n

i

sedangkan in-terval kepercayaan terpendek untuk µ adalah hX¯_{− Z}α/2σ_n, ¯X + Zα/2σ_n

i dengan Zα/2 adalah kuantil 1− α/2 untuk distribusi N(0, 1).

2. Jika n = 100, σ = 1, α = 0, 05 maka interval kepercayaan untuk µ adalah hx¯_{− 1, 96}₁₀1 , ¯x + 1, 96₁₀1 i atau hx¯_{− 0, 196, ¯x + 0, 196}i.

3. Panjang interval dapat dinyatakan sebagai l = X + Z¯ α/2 σ √ n − ¯ X_{− Z}α/2 σ √ n 0, 1 = 2(1, 96)√1 n √ n = 2(1, 96) = 39, 2 n ≈ 1600.

(57)

Soal 10

Diketahui X1, X2, . . . , Xmvariabel random saling bebas dan mempunyai fungsi

f (x; θ) = 1 θ1

e−θ1x

untuk x > 0 dan Y1, Y2, . . . , Yn variabel random saling bebas dan

mempun-yai fungsi kepadatan probabilitas f (y; θ) = _θ1

2e

−_θ2y _{untuk y > 0. Tentukan}

interval kepercayaan untuk θ1/θ2 dengan koefisien kepercayaan 1− α.

Pembahasan

Karena X1, X2, . . . , Xm variabel random saling bebas dan mempunyai fungsi

kepadatan probabilitas f (x; θ) = _θ1

1e

−x

θ1 _{untuk x > 0 maka berdistribusi}

Gamma(1, θ1) sehingga 2 Pm i=1Xi θ1 berdistribusi χ 2 2m dan karena Y1, Y2, . . . , Yn

variabel random saling bebas dan mempunyai fungsi kepadatan probabilitas f (y; θ) = 1

θ2

e−θ2y

untuk y > 0 maka berdistribusi Gamma(1, θ2) sehingga

2Pn_i=1Yi θ1 berdistribusi χ2 2n. Dibentuk statistik T (θ1/θ2) = 2Pn_i=1Yi nθ2 2Pm_i=1Xi mθ1 .

Dalam hal ini T (θ1/θ2) berdistribusi F dengan derajat pembilang n dan

derajat bebas penyebut m. Untuk menentukan interval kepercayaan untuk dilakukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a≤ F2n,2m ≤ b) = 1 − α.

Akibatnya Pa_≤ 2Pn_i=1Yi nθ2 2Pm_i=1Xi mθ1 ≤ b = 1_{− α} P (a ¯X _≤ θ1 θ2 ≤ b ¯ Y ) = 1_{− α.}

(58)

Chapter 8 Latihan Soal Estimasi Interval

1. Sampel ukuran 25 dari populasi yang berdistribusi normal dengan var-iansi 81 diperoleh sampel meannya adalah 81,2. Tentukan interval kepercayaan 95% untuk mean populasi.

2. Dimiliki sampel random ukuran 25 diambil dari distribusi N (0, σ2_).

Konstruksikan interval kepercayaan untuk σ2 _{dengan koefisien}

keper-cayaan 90%.

3. Dimiliki sampel 0,3915, 0,1034, 0,6858, 0,7626, 0,0041, yang diambil dari distribusi eksponensial dengan mean θ1 dan sampel 0,7731, 0,5909,

0,3267, 0,1477, 0,0322 yang diambil dari distribusi eksponensial den-gan mean θ2. Konstruksikan interval kepercayaan untuk θ1/θ2 dengan

koefisien kepercayaan mendekati 90%.

4. Misalkan X1, . . . , Xn variabel random yang mempunyai distribusi

ek-sponensial negatif dengan parameter θ _{∈ Ω = (0, ∞) dan anggap bahwa} n besar. Gunakan teorema limit sentral untuk mengkonstruksikan in-terval kepercayaan untuk θ dengan koefisien kepercayaan mendekati 1_{− α.}

5. Diketahui X1, X2, . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1, σ21) dan

Y1, . . . , Yn sampel random dari populasi dengan µ1, µ2 tidak diketahui.

Tentukan interval kepercayaan untuk σ2

1/σ22 dengan koefisien

(59)

Bibliography

[1] Bain, L. J. and Engelhardt, M., (1992), Introduction to probability and mathematical statistics, Duxbury, Pasific Grove.

[2] Lindgren, B. W., (1993), Statistical Theory 4th _{edition, Chapman & Hall}

Inc, New York.

[3] Oosterhoff, J., (1993), Algemene Statistiek, Faculteit Wiskunde en In-formatica, Vrije Universiteit Amsterdam, Amsterdam.

[4] Roussas, G. G., (1973), A first Course in Mathematical Statistics, Addison-Wesley Publishing Company, Reading Massachusetts.

STATISTIKA MATEMATIKA

Praktikum