Latihan

Karena _Z¹ ∼F (n−1, m−1), maka

F1−α/2(n−1, m−1) = 1

F_α/2(m−1, n−1)

⇔ Fα/2(m−1, n−1) = 1

F1−α/2(n−1, m−1).

z

606

(a) Carilah sebaran dariY jikaY =Pn

i=1X_i dan tentukan konstanta

618

csedemikian sehingga cY adalah penduga tak bias bagi θ.

619

(b) Jika n= 5, tunjukkan bahwa P 9.59< ^2Y_θ <34.2

= 0.95.

620

5. MisalkanX₁, X₂, ..., X_nadalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang

f(x;θ) =e^−(x−θ)I(x > θ)

di mana−∞< θ <∞.Periksa apakah pendugaX₍₁₎ dan ¯X−1 meru-

621

pakan penduga tak bias bagi θ? Di antara penduga tersebut, manakah

622

penduga yang lebih efisien?

623

6. MisalkanX₁, X₂, ..., X_nadalah sampel acak dari sebaranX ∼P oisson(λ)

624

dengan λ > 0. Tentukan penduga bagi λ dan periksa apakah penduga

625

tersebut merupakan penduga konsisten bagi λ.

626

7. MisalkanX₁, X₂, ..., X_nadalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang

f(x;θ) = θe^−θxI(x >0) di mana θ >0.

627

(a) Tentukanlah I(θ), informasi Fisher bagi θ.

628

(b) Berikanlah penduga takbias bagi θ.

629

(c) Berikanlah batas bawah pertaksamaan Rao-Cram`er untuk pen-

630

duga yang diperoleh dari butir b.

631

(d) Carilah efisiensi penduga yang diperoleh dari butir b.

632

8. Andaikan fungsi kepekatan peluangf(x;θ) = θexp (−θx)I(x >0) dan

633

Y = (X₁+X₂+...+X_n)/n, maka :

634

(a) Tunjukkanlah bahwa W = 2nY /θ memiliki sebaran Khi-kuadrat

635

dengan derajat bebas 2n.

636

(b) Berikanlah selang kepercayaan (1−α) bagi θ.

637

9. MisalkanX₁, X₂, ..., X₁₁ adalah sampel acak dari sebaran normal den-

638

gan nilai tengahµ(tidak diketahui) dan ragamσ² = 9.9.JikaP11 i=1xi =

639

132, tentukanlah konstanta k sedemikian sehingga 90% selang keper-

640

cayaan bagi µ ialah

12−k√

0.9,12 +k√ 0.9

.

641

10. Misalkan ¯X dan ¯Y adalah nilai tengah dari dua sampel acak yang sal- ing bebas dari sebaranN(µ_x, σ²) dan N(µ_y, σ²) dengan asumsi ragam tidak diketahui. Tentukan n sedemikian sehingga

P X¯ −Y¯ −σ/5< µ_x−µ_y <X¯ −Y¯ +σ/5

= 0.90.

Kecukupan

643

4.1 Statistik Cukup

644

Definisi 4.1 Misalkan X₁, X₂, ..., X_n adalah sampel acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa peluang f(x;θ), θ ∈ Ω.

AndaikanY =u(X₁, X₂, ..., X_n)merupakan statistik dengan fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa peluang g_Y (y;θ), θ ∈ Ω, maka Y adalah statistik cukup bagi θ jika

f(x₁, ..., x_n;θ)

g_Y (u(x₁, ..., x_n) ;θ) =H(x₁, ..., x_n), dengan H(x₁, ..., x_n) tidak bergantung pada θ ∈Ω.

645

Contoh 4.1 Misalkan X₁, X₂, ..., X_n adalah sampel acak dari sebaran den-

646

gan f(x;θ) =θ^x(1−θ)^1−xI(x= 0,1)di mana 0< θ <1.Tunjukkan bahwa

647

Y =Pn

i=1X_i adalah statistik cukup bagi θ.

648

Jawab.

649

f(x₁, ..., x_n;θ) = Yⁿ

i=1θ^xi(1−θ)^1−xiI(x_i = 0,1)

= θ^Σni=1xi(1−θ)^n−Σni=1xiYⁿ

i=1I(x_i = 0,1). Karena X_i ∼Bernoulli(θ),maka Y =Pn

i=1X_i ∼binomial(n, θ) sehingga g_Y (y;θ) =

n y

θ^y(1−θ)^n−yI(y= 0,1, ..., n).

76

Sebaran bersyarat dari X₁, X₂, ..., X_n untuk Y =Pn

i=1X_i =y ialah

650

f(x₁, ..., x_n;θ)

gY (y;θ) = θ^Σni=1xi(1−θ)^n−Σni=1xi

n Σⁿ_i=1xi

θ^Σni=1xi(1−θ)^n−Σni=1xi

= 1

n Σⁿ_i=1xi

= 1

n y

(tidak bergantung pada parameter θ).Jadi,Y =Pn

i=1X_imerupakan statis-

651

tik cukup bagi θ. z

652

Contoh 4.2 Misalkan X₁, X₂, ..., X_n adalah sampel acak dari sebaran den-

653

gan f(x;θ) = e^−(x−θ)I(x > θ). Tunjukkan bahwa Y = X₍₁₎ adalah statistik

654

cukup bagi θ.

655

Jawab. Fungsi kepekatan peluang bagi Y =X(1) ialah

656

g_Y (y;θ) = nf(y;θ) [1−F (y)]ⁿ⁻¹I(y > θ)

= ne^−(y−θ)

1− Z y

θ

e^−(x−θ)dx n−1

= ne^−(y−θ)

1− 1−e^{−(y−θ)n−1}

= ne^−(y−θ)

e^{−(y−θ)n−1}

= ne^−n(y−θ)I(y > θ).

Sebaran bersyarat dari X₁, X₂, ..., X_n untuk Y =X₍₁₎ = min (X_i) ialah

657

f(x₁, ..., x_n;θ) gY (y;θ) =

Yn

i=1e^−(xi−θ) ne^{−n(min(xi)−θ)}

= exp (nθ−Pn i=1x_i) nexp (−n(min (x_i)−θ))

= exp (−Pn i=1x_i) nexp (−nmin (x_i))

(tidak bergantung pada parameter θ). Jadi, Y = X₍₁₎ merupakan statistik

658

cukup bagi θ. z

659

Teorema 4.1 (Faktorisasi Neyman)MisalkanX1, X2, ..., Xnadalah sam- pel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa

peluang f(x;θ), θ∈Ω. Statistik Y₁ =u₁(X₁, X₂, ..., X_n) merupakan statistik cukup bagi θ jika dan hanya jika terdapat dua fungsi nonnegatif k₁ dan k₂ sehingga

Yⁿ

i=1f(x_i;θ) = k₁(u₁(x₁, x₂, ..., x_n) ;θ)·k₂(x₁, x₂, ..., x_n) dengan k₂(x₁, x₂, ..., x_n) tidak bergantung pada θ.

660

Bukti. (⇒) Jika Y₁ adalah statistik cukup, maka

661

f(x₁, x₂, ..., x_n;θ) = g_Y1(u₁(x₁, x₂, ..., x_n) ;θ)·H(x₁, x₂, ..., x_n) Yⁿ

i=1f(x_i;θ) = k₁(u(x₁, x₂, ..., x_n) ;θ)·k₂(x₁, x₂, ..., x_n). (⇐) Misalkan X merupakan peubah acak kontinu. Dalam pembuk- tian ini, peubah y₁ = u₁(x₁, x₂, ..., x_n), y₂ = u₂(x₁, x₂, ..., x_n), ..., y_n = u_n(x₁, x₂, ..., x_n) ditransformasikan satu-satu. Peubahy₁, y₂, ...dany_nmemi- liki inversx1 =w1(y1, y2, ..., yn), x2 =w2(y1, y2, ..., yn), ..., xn=wn(y1, y2, ..., yn) dan determinan matriks Jacobi J. Fungsi kepekatan peluang bagi Y₁, Y₂, ...

dan Y_n ialah

g(y₁, y₂, ..., y_n;θ) =k₁(y₁;θ)·k₂(w₁, w₂, ..., w_n)· |J|

di manaw_i =w_i(y₁, y₂, ..., y_n), i= 1,2, ..., n.Fungsi kepekatan peluang bagi

662

Y1 ialah

663

g_Y1(y₁;θ) = Z ∞

−∞

...

Z ∞

−∞

g(y₁, y₂, ..., y_n;θ)dy₂...dy_n

= k1(y1;θ) Z ∞

−∞

...

Z ∞

−∞

k2(w1, w2, ..., wn)· |J|dy2...dyn. Misalkan m(y₁) = R∞

−∞...R∞

−∞k₂(w₁, w₂, ..., w_n)· |J|dy₂...dy_n, maka gY1(y1;θ) = k1(y1;θ)m(y1).

Jika m(y₁) = 0, maka g_Y1(y₁;θ) = 0. Jika m(y₁)>0, maka fungsi k₁(y₁;θ) dapat dituliskan menjadi

k₁(u₁(x₁, x₂, ..., x_n) ;θ) = g_Y1(u₁(x₁, x₂, ..., x_n) ;θ) m(u₁(x₁, x₂, ..., x_n)) dan faktorisasinya menjadi

n

Y

i=1

f(xi;θ) =gY1(u1(x1, x2, ..., xn) ;θ) k2(x1, x2, ..., xn) m(u₁(x₁, x₂, ..., x_n)),

di mana fungsik₂danmtidak bergantung padaθ.Dengan demikian, berdasarkan definisinya dengan

H(x1, ..., xn) = k2(x1, x2, ..., xn) m(u₁(x₁, x₂, ..., x_n)),

maka Y₁ merupakan statistik cukup bagiθ. z

664

Contoh 4.3 MisalkanX₁, X₂, ..., X_nadalah sampel acak dari sebaranN(θ, σ²),

665

−∞ < θ < ∞, di mana σ² > 0 diketahui. Dengan menggunakan Teorema

666

4.1 (Faktorisasi Neyman), tunjukkan bahwa X¯ adalah statistik cukup bagi θ.

667

Jawab. Jika ¯x=

Pn i=1xi

n , maka

668

n

X

i=1

(x_i−θ)² =

n

X

i=1

(x_i−x¯+ ¯x−θ)²

=

n

X

i=1

(x_i−x)¯ ²+ 2 (x_i−x) (¯¯ x−θ) + (¯x−θ)²

=

n

X

i=1

(x_i−x)¯ ²+n(¯x−θ)², karena (¯x−θ)Pn

i=1(x_i−x) = 0.¯ Fungsi kepekatan peluang bersama bagi

669

X₁, X₂, ..., X_n ialah

670

f(x₁, x₂, ..., x_n;θ) = Yn

i=1f(x_i;θ)

=

1 σ√

2π n

exp

"

− Pn

i=1(x_i−θ)² 2σ²

#

= (

exp

"

−n(¯x−θ)² 2σ²

#)

×

(exp

−Pn

i=1(x_i−x)¯ ²/2σ² σ√

2πn

)

= k₁(¯x;θ)×k₂(x₁, x₂, ..., x_n). KarenaYⁿ

i=1f(x_i;θ) dapat difaktorkan menjadi k₁ dank₂ di manak₂ tidak

671

bergantung pada parameterθ,maka berdasarkan Teorema 4.1, ¯X merupakan

672

statistik cukup bagi θ. z

673

Akibat 4.1 Jika Y adalah statistik cukup bagi θ, maka penduga kemungki-

674

nan maksimum bagi θ adalah fungsi dari Y.

675

Bukti. Berdasarkan Teorema 4.1, fungsi kemungkinan L(θ) dapat di-

676

faktorisasi menjadi

677

L(θ) = Yn

i=1f(x_i, θ)

= k₁(y;θ)×k₂(x),

sehingga untuk memaksimumkanL(θ),hanya perlu memaksimumkank₁(y;θ).

678

Dengan demikian, penduga kemungkinan maksimum bagiθmerupakan fungsi

679

dari statistik cukup Y. z

680

Teorema 4.2 (Rao-Blackwell) Misalkan X1, X2, ..., Xn adalah sampel acak

681

dari sebaran yang memiliki fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa pelu-

682

ang f(x;θ), θ ∈ Ω. Misalkan Y₁ = u₁(X₁, X₂, ..., X_n) merupakan statistik

683

bagi θ dan Y2 =u2(X1, X2, ..., Xn) penduga takbias bagi θ. Jika E(Y2|y1) =

684

ϕ(y₁), maka E(ϕ(Y₁)) = θ dan V ar(ϕ(Y₁))≤V ar(Y₂).

685

Bukti. MisalkanXmerupakan peubah acak kontinu. KarenaE(Y₂|y₁) =

686

ϕ(y1), maka

687

E(ϕ(Y₁)) = Z ∞

−∞

ϕ(y₁)f_Y1(y₁;θ)dx

= Z ∞

−∞

Z ∞

−∞

y₂f(y₂|y₁)dy₂

f_Y1(y₁;θ)dy₁

= Z ∞

−∞

Z ∞

−∞

y2

f(y₁, y₂;θ) f_Y1(y₁;θ) dy2

fY1(y1;θ)dy1

= Z ∞

−∞

Z ∞

−∞

y₂f(y₁, y₂;θ)dy₂dy₁

= E(Y2)

= θ.

688

E[(Y₂−ϕ(Y₁)) (ϕ(Y₁)−θ)] = Z Z

(y₂−ϕ(y₁)) (ϕ(y₁)−θ)f(y₁, y₂;θ)dy₁dy₂

= Z Z

(y₂−ϕ(y₁)) (ϕ(y₁)−θ)f(y₂|y₁)f_Y1(y₁;θ)dy₁dy₂

= Z

(ϕ(y₁)−θ) Z

(y₂−ϕ(y₁))f(y₂|y₁)dy₂

f_Y1(y₁;θ)dy₁

= Z

(ϕ(y₁)−θ) (ϕ(y₁)−ϕ(y₁))f_Y1(y₁;θ)dy₁

= 0

689

V ar(Y₂) = E(Y₂−θ)²

= E(Y₂−ϕ(Y₁) +ϕ(Y₁)−θ)²

= E(Y₂−ϕ(Y₁))²+ 2E[(Y₂−ϕ(Y₁)) (ϕ(Y₁)−θ)]

+E(ϕ(Y₁)−θ)²

= E(Y2−ϕ(Y1))²+E(ϕ(Y1)−θ)²

= E(Y₂−ϕ(Y₁))²+V ar(ϕ(Y₁)). (4.1) Karena E(Y₂−ϕ(Y₁))² ≥0, maka persamaan 4.1 menjadi

V ar(Y₂)≥V ar(ϕ(Y₁)).

z

690

Berdasarkan Teorema 4.2, jika Y₁ adalah statistik cukup untuk suatu

691

parameterθ, maka untuk mendapatkan penduga takbias dengan ragam min-

692

imum atauMinimum Variance Unbiased Estimator (MVUE), cukup dengan

693

mencari fungsi dari statistik Y₁, ϕ(Y₁),sedemikian sehingga E(ϕ(Y₁)) = θ.

694

Contoh 4.4 Misalkan X₁, X₂, ..., X_n adalah sampel acak dengan f(x;θ) =

695

1

θe^−x/θI(x >0). Tentukan MVUE bagi θ.

696

Jawab.

697

L(θ) = Yn

i=1f(x_i, θ) L(θ) = θ⁻ⁿexp

− Pn

i=1x_i θ

. (4.2)

Berdasarkan Teorema 4.1, statistikY₁ =Pn

i=1X_i merupakan statistik cukup.

Fungsi log-likelihood dari persamaan 4.2 adalah lnL(θ) =−nlnθ− 1

θ

n

X

i=1

xi,

sehingga diperoleh penduga kemungkinan maksimum bagi θ adalah ¯X = ^Y_n¹. Karena Xi ∼Γ (1, θ), maka Y1 =Pn

i=1xi ∼Γ (n, θ). E X¯

=E Y₁

n

= 1

nE(Y₁) = 1

n ·nθ =θ,

sehingga ¯X merupakan MVUE bagi θ. z

698

Misalkanϕ(Y₁) =E(Y₂|Y₁) adalah penduga takbias yang memiliki ragam lebih kecil daripada penduga takbias bagi θ, yaitu Y₂. Misalkan pula suatu fungsi dari suatu statistik Y₃, dinotasikan dengan Υ (Y₃) dan amatannya didefinisikan sebagai Υ (y₃) = E(ϕ(Y₁)|Y₃ =y₃), di mana Y₃ bukan statis- tik cukup. Berdasarkan Teorema 4.2 (Rao-Blackwell), E(Υ (Y₃)) = θ dan Υ (Y₃) memiliki ragam lebih kecil daripada ϕ(Y₁).Oleh karena itu, seharus- nya Υ (Y3) merupakan penduga takbias yang lebih baik jika dibandingkan dengan ϕ(Y₁).Namun, hal ini tidak benar karena Y₃ bukan statistik cukup, sehingga sebaran bersyarat dari Y₁ jika diketahui Y₃ = y₃ dan nilai hara- pan bersyarat dari Y3 masih mengandung θ.Jadi, meskipun E(Υ (Y3)) = θ, Υ (Y₃) bukanlah suatu statistik karena masih bergantung pada paramater θ yang tidak diketahui. Sebagai contoh, misalkan X₁, X₂, X₃ adalah sampel acak dari sebaran eksponensial dengan nilai harapan θ > 0, maka fungsi kepekatan peluang bersama dari sampel acak tersebut ialah

f(x₁, x₂, x₃;θ) = 1

θ 3

exp

−x₁+x₂+x₃ θ

3

Y

i=1

I(0< x_i <∞). Berdasarkan Teorema 4.1, Y₁ = X₁ +X₂ +X₃ merupakan statistik cukup bagi θ. Nilai harapan dari Y₁ ialah

E(Y₁) =E(X₁+X₂+X₃) = 3θ,

dan Y₁/3 = ¯X ialah fungsi dari statistik cukup yang merupakan penduga

699

takbias bagi θ.

700

MisalkanY₂ =X₂+X₃ danY₃ =X₃.Transformasi satu-satux₁ =y₁−y₂,

701

x2 =y2−y3, x3 =y3 memiliki determinan matriks Jacobi sama dengan

702

J = det ∂x

∂y⁰

=

1 −1 0

0 1 −1

0 0 1

= 1

dan fungsi kepekatan peluang bersama bagi Y1, Y2,dan Y3 ialah g(y1, y2, y3;θ) =

1 θ

3

exp

−y₁ θ

I(0< y3 < y2 < y1 <∞).

Fungsi kepekatan peluang marginal bagi Y₁ dan Y₃ ialah

703

g₁₃(y₁, y₃;θ) = Z y1

y3

1 θ

3

exp

−y₁ θ

dy₂

= 1

θ 3

(y₁−y₃) exp

−y₁ θ

I(0< y₃ < y₁ <∞). Karena Y₃ =X₃, maka fungsi kepekatan peluang bagi Y₃ ialah

g3(y3;θ) = 1 θ exp

−y₃ θ

I(0< y3 <∞),

sehingga fungsi kepekatan peluang bersyarat bagi Y₁ jika diketahui Y₃ =y₃

704

ialah

705

g1|3(y1|y3) = g₁₃(y₁, y₃;θ) g₃(y₃;θ)

= 1

θ 2

(y₁−y₃) exp

−1

θ(y₁−y₃)

I(0< y₃ < y₁ <∞).

706

E Y₁

3

y₃

= E

Y₁−Y₃ 3

y₃

+E Y₃

3

y₃

= 1 3

Z ∞ y3

1 θ

2

(y₁−y₃)²exp

−1

θ(y₁−y₃)

dy₁+ y₃ 3

= 1 3

Γ (3)θ³ θ² +y3

3

= 2θ 3 +y₃

3

= Υ (y₃).

Jelas bahwa E(Υ (Y₃)) = θ dan V ar(Υ (Y₃)) ≤ V ar(Y₁/3), tetapi Υ (Y₃)

707

bukan statistik karena bergantung pada parameter θ dan tidak dapat digu-

708

nakan sebagai penduga bagi θ.

709