eBook Statmat II 2013 (1)

STATISTIKA MATEMATIS II

Edisi E-Book

Oleh

Prof. Dr.Phil. I Gusti Putu Sudiarta,M.Si

Jurusan Pendidikan Matematika

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Universitas Pendidikan Ganesha

Februari, 2013

Kata Pengantar

Puji syukur penulis panjatkan kehadirat Tuhan Yang Maha Esaatas terbitnya buku ajar "Statistika Matematis II" ini. Buku ini merupakanlanjutan dari buku "Statistika Matematis I" dan menyajikan pengetahuandasar yang dibutuhkan baik untuk mempelajari statistika secara matema-tis dan penerapannya dalam pemecahan masalah sehari-hari. Buku ajarini ditujukan bagi mahasiswa jurusan (pendidikan) matematika khusus-nya, tapi dapat juga dijadikan referensi bagi mahasiswa lainnya atau ma-syarakat pada umumnya, terutama yang tertarik untuk mengetahui ataumendalami ilmu statistika serta pembahasannya secara matematis.

Materi buku ajar ini bersumber dari beberapa buku terkenal se-

perti (1) Dudewicz E.J.; Mishra,S.N.(1988) Modern Mathematical Statisti-cs,(2) Roussas G.G.(1973) A First Course in Mathematical Statistics, dan(3) Walpole, Ronald.E.; Myers, Raymond H.; Myers, Sharon L.; Ye, Keying(2002) Probability and Statistics for Engineers and Scientists, serta buku-buku lainnya seperti yang tercantun dalam daftar pustaka.

Buku ini terdiri dari 5 Bab, yang secara garis besar menyajikan sta-

tistik induktif dengan pembahasan matematis, yang meliputi (1) distribu-si pendekatan suatu distribusi variabel random, (2) konvergensi variabelrandom, (3) estimasi titik, (4) estimasi interval, serta (5) hipotesis statistik.

Untuk membantu pemahaman yang lebih baik, ada beberapa hal

yang harus diperhatikan dalam menggunakan buku ajar ini sbb: (1) padasetiap awal bab, diberikan standar kompetensi dan indikator hasil belajar,yang diharapkan dapat membantu pembaca memusatkan perhatian ataulebih berkonsentrasi pada hal-hal yang dianggap penting; (2) pada setiap

i

Statistika Matematis II/ Edisi E-book

akhir bab juga disajikan rangkuman, soal-soal dengan pembahasannya,dan soal-soal latihan dalam jumlah yang memadai, sehingga pembaca me-miliki kesempatan untuk melakukan latihan secara mandiri dan mengeva-lusi sendiri hasil belajarnya.

Buku ini merupakan edisi e-book tahun 2013 dari Buku Ajar

Statistika Matematis II yang disusun sejak tahun 2005,dan diterbitkan ta-hun 2008 dengan ISBN 978-602-8310-02-4. Sejak tahun 2005 buku ini te-lah digunakan dalam perkuliahan di Universitas Pendidikan Ganesha danmengalami beberapa kali revisi baik berdasarkan saran-saran mahasiswapeserta kuliah, maupun dosen sejawat yang telah dengan seksama mene-laah buku ini. Untuk semua dukungan tersebut penulis sampaikan teri-makasih yang setinggi-tingginya.

Namun demikian, penulis menyadari bahwa pada terbitan ini,

tentu masih ada hal-hal yang perlu untuk disempurnakan. Untuk itu pe-nulis sangat terbuka terhadap saran, kritik dan koreksi, baik dari temansejawat, mahasiswa, pencinta matematika, maupun masyarakat pembacaumumnya. Akhirnya penulis berharap, semoga buku ajar ini dapat mem-berikan manfaat yang sebesar-besarnya.

Singaraja, Februari 2013

I Gusti Putu Sudiarta

ii ISBN 978-602-8310-02-4

Daftar Isi

Kata Pengantar i

1 Distribusi Pendekatan 1

1.1 Standar Kompetensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Indikator Hasil Belajar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3.1 Konsep Dasar Distribusi Pendekatan . . . . . . . . . 2

1.3.2 Menentukan Distribusi Pendekatan . . . . . . . . . . 2

1.3.2.1 Melalui Fungsi Distribusi . . . . . . . . . . . 2

1.3.2.2 Melalui Fungsi Pembangkit Momen . . . . 8

1.3.2.3 Melalui Teorema Limit Pusat . . . . . . . . . 12

1.4 Soal-Soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.5 Soal-Soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Konvergensi Variabel Random 27



2.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3.1 Konsep Dasar Variabel Random . . . . . . . . . . . . 28

2.3.2 Barisan Variabel Random . . . . . . . . . . . . . . . . 29

iii


2.3.3 Jenis-Jenis Konvergensi Variabel Random . . . . . . . 30

2.3.3.1 Konvergen dalam Distribusi . . . . . . . . . 30

2.3.3.2 Konvergen dalam Probabilitas . . . . . . . . 35

2.3.4 Sifat-Sifat Konvergensi Variabel Random . . . . . . . 38



3 Estimasi Titik 53



3.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.3.1 Prinsip Reduksi Data . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.3.1.1 Azas Kecukupan . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.3.1.2 Teorema Halmos & Savage . . . . . . . . . . 57

3.3.2 Estimasi Titik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.3.2.1 Estimator Tak Bias . . . . . . . . . . . . . . . 62

3.3.2.2 Estimator Konsisten . . . . . . . . . . . . . . 64

3.3.2.3 Estimator Efisien . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.3.2.4 Estimator Bayes . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.3.3 Metode Evaluasi Estimator Titik . . . . . . . . . . . . 69

3.3.3.1 Galat Kwadrat Rata-Rata . . . . . . . . . . . 70

3.3.3.2 Estimator Terbaik . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.3.3.3 Teorema Batas Bawah Cramer-Rao . . . . . 73

3.3.4 Metode Estimasi Titik . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.3.4.1 Metode Momen . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.3.4.2 Metode Maksimum Likelihood . . . . . . . 84

3.4 Soal-Soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89


iv ISBN 978-602-8310-02-4


4 Estimasi Interval 117



4.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.3.1 Konsep Dasar Estimasi Interval . . . . . . . . . . . . . 118

4.3.2 Metode Menentukan Estimasi Interval . . . . . . . . . 121

4.3.2.1 Inversi Uji Statistik . . . . . . . . . . . . . . 121

4.3.2.2 Besaran Pivot . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

4.3.3 Metode Evaluasi Estimasi Interval . . . . . . . . . . . 125

4.3.4 Estimasi Interval Kepercayaan Khusus . . . . . . . . 128

4.3.4.1 Interval Kepercayaan untuk Mean . . . . . . 128

4.3.4.2 Interval Kepercayaan untuk Perbedaan Mean130

4.3.4.3 Interval Kepercayaan untuk Variansi . . . . 131

4.3.4.4 Interval Kepercayaan untuk Rasio Dua Va-riansi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132



5 Hipotesis Statistik 139



5.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

5.3.1 Konsep Dasar Uji Hipotesis . . . . . . . . . . . . . . . 140

5.3.2 Uji Rasio Likelihood . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

5.3.3 Metode Uji Evaluasi Hipotesis . . . . . . . . . . . . . 144

5.3.3.1 Probabilitas Kesalahan dan Fungsi Kekuat-an Uji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

v ISBN 978-602-8310-02-4


5.3.3.2 Uji Paling Kuat (Most Powerfull Test) . . . . . 149

5.3.3.3 Teorema Neyman-Pearson . . . . . . . . . . 151

5.3.3.4 Teorema Karlin-Rubin . . . . . . . . . . . . 153

5.3.3.5 Daerah Kritik Terbaik . . . . . . . . . . . . . 154

5.4 Soal-Soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156


Daftar Pustaka 199

vi ISBN 978-602-8310-02-4

Bab 1

Distribusi Pendekatan

1.1 Standar Kompetensi

Memahami konsep dasar distribusi pendekatatan suatu barisan variabelrandom, dan mampu menerapkannya, baik dalam pemecaham masalahmatematika, ilmu lain maupun dalam kehidupan sehari-hari

1.2 Indikator Hasil Belajar

1. Menjelaskan konsep dasar distribusi pendekatatan suatu variabelatau fungsi variabel random

2. Menentukan distribusi pendekatan suatu barisan atau fungsi vari-abel random dengan menggunakan fungsi distribusi.

3. Menentukan distribusi pendekatan suatu barisan atau fungsi vari-abel random dengan menggunakan fungsi pembangkit momen,

4. Menentukan distribusi pendekatan suatu barisan atau fungsi vari-abel random dengan menggunakan dalil limit pusat,

5. Memecahkan masalah yang berkaitan dengan distribusi pendekatan

1


1.3 Uraian Materi

1.3.1 Konsep Dasar Distribusi Pendekatan

Pada kuliah Statistika Matematis I, telah dibahas distribusi variabel ran-dom maupun distribusi fungsi variabel random secara eksak. Sering di-jumpai sebuah variabel random yang distribusinya bergantung pada bi-langan nulat positif n atau mungkin juga sebuah statistik, yang meru-pakan fungsi dari variabel random yang distribusinya juga bergantungpada bilangan positif n. Kadang-kadang ada masalah dalam mengitungdistribusi peluang variabel random, karena sulit menentukan fungsi kepa-datan peluangnya. Oleh karena itu dalam bab ini akan dibahas caramenentukan distribusi variabel random melalui pendekatan, apabila ncukup besar.

1.3.2 Menentukan Distribusi Pendekatan

Ada tiga cara dalam menentukan distribusi pendekatan tersebut yaitumelalui fungsi distribusi, fungsi pembangkit momen, dan teorema limitpusat. Ketiga cara tersebut akan dibahas secara satu persatu.

1.3.2.1 Melalui Fungsi Distribusi

Masalah :

Jika X adalah rerata dari sampel acak X1, X2, ..., Xn yang berasal dari dis-tribusi dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk:

f (x) =

1; 0 < x < 10; lainnya

Hitung P(X < 0, 5). Kita menghadapai masalah dalam menghitung nilaiini, karena ternyata distribusi dari X, dan fungsi pembangkit momen dariX bergantung pada n, sehingga nilai dari P(X < 0, 5) tidak dapat dihitungdengan cara langsung.

Bab 1. Distribusi Pendekatan 2 ISBN 978-602-8310-02-4


Pembahasan

Distribusi dari X harus kita selesaikan lebih dahulu. Karena variabel ran-dom X berasal dari distribusi seragam pada (0, 1), untuk menentukandistribusi dari X akan digunakan teknik fungsi pembangkit momen. Se-belumnya kita akan menentukan dahulu fungsi pembangkit momen dariX. Fungsi pembangkit momen dari X adalah:

Mx(t) = E(etx)

=∫ 1

0 etx.1 dx

= 1t etx∣∣∣1x=0

= et−1t ; t 6= 0

Untuk t = 0 digunakan dalil L’Hospital

Limt→0Mx(t) = Limt→0(et−1)

t= Limt→0

et−1t

Jadi Mx(t) =

et−1

t ; t 6= 01; t = 0

Dari sini dapat dilihat bahwa fungsi pembangkit momen dari X bergan-tung pada n, distribusi dari X juga bergantung pada n. Jadi kita tidak da-pat menentukan fungsi kepadatan peluang dari X , sehingga tidak dapatpula menghitung peluang untuk harga tertentu.

Oleh karena itu, berikut ini akan dijelaskan suatu cara pendekatan untukmenentukan distribusi dari sebuah variabel random bergantung pada bi-langan bulat positif n.

Sebagai kesepakatan dalam hal ini, fungsi distribusi akan dituis sebagaiFndan fungsi kepadatan peluangnya ditulis sebagai fn. Apabila kita mem-bahas barisan fungsi distribusi, maka kita harus menuliskan indeks n padavariabel randomnya. Misalkan penulisan:

Fn(X)

=∫ x

−∞

1√1/n.√

2πe−ny2/2

dy



merupakan fungsi distribusi dari rerata X yang dihitung dari sampel acakberukuran n dan berasal dari distribusi N(0, 1).

De f inisi

Misalkan Fn (y) adalah fungsi distribusi dari variabel random Yn yangbergantung pada bilangan bulat positif n. Jika F(y)adalah fungsi distribusidan Limt→0Fn (y) = F(y) untuk setiap nilai y yang mengakibatkan F(y)kontinu, maka variabel random Yn dikatakan mempunyai distribusi pen-dekatan dengan fungsi distribusi F(y).

Contoh :

Misalkan Yn menunjukkan statistik urutan ke-n dari sampel acakX1, X2, ..., Xn yang berdistribusi dengan fungsi kepadatan peluang berben-tuk:

f (x) = 1θ ; 0 < x < θ ; 0 < θ < ∞

= 0 ; lainnya

Apakah Yn mempunyai distribusi pendekatan ?

Jawab:Fungsi kepadatan peluang dari Yn adalah:

gn (y) = n(F(y))n−1 f (y) ; a < y < b= 1 ; Lainnya

dengan :F(y) =

∫ y0 f (x) dx =

∫ y0

1θ dx = y

θ

F(y) = F′(y) = 1θ

Jadign (y) = n

[ yθ

]n−1 1θ

gn (y) = nθn yn−1 ; 0 < y < θ

= 0 ; Lainnya

Fungsi distribusi dari Ynadalah:

1. Untuk y < 0Fn (y) =

∫ y0 gn (t) dt =

∫ <00 0 dt = 0



2. Untuk 0 ≤ y < θ

Fn (y) =∫ y

0ntn−1

θn dt = 1θn tn

∣∣∣y0=[ y

θ

]n

3. Untuk θ ≤ y < ∞Fn (y) =

∫ θ0 gn (t) dt +

∫ y0 gn (t) dt

=∫ θ

0ntn−1

θn dt +∫ <0

0 0 dt= 1

Jadi :Fn (y) = 0 ; y < 0

=[ y

θ

]n ; 0 ≤ y < θ

= 1 ; θ ≤ y < ∞

limn→∞Fn(y) =

0, −∞ < y < θ

1, θ ≤ y < ∞

Sekarang ambil fungsi distribusi dari Y adalah:

F(y) =

0, −∞ < y < θ

1, θ ≤ y < ∞

Karena Limn→0Fn (y) = F(y) pada masing-masing nilai y yang menye-babkan F(y) kontinu, menurut definisi, variabel random Ynmempunyaidistribusi pendekatan dengan fungsi distribusi F(y).

Berikut ini akan diberikan sebuah contoh tenang sebuah variabel randomyang mempunyai distribusi pendekatan degenerate.

Contoh

Misalkan X mempunyai fungsi distribusi berbentuk:

Fn (x) =∫ x

−∞

1√1/n.√

2πe−ny2/2

dy

misalkan:

t =√

n y→dt =√

n dy

batas-batasnya:



Untuk y = −∞ maka t = −∞

Untuk y = x , maka t =√

n x

Fn (x) =∫ √n x−∞

1√1/n.√

2πe−t2/2 dt√

n

=∫ √n x−∞

1√2π

e−t2/2dt

Limn→∞Fn (x) = 0 ; x < 0= 1

2 ; x = 0= 1 ; x > 0

Sekarang ambil fungsi distribusi dari X adalah :

F(x) = 0 ; x < 0= 1 ; x ≥ 0

Ternyata Limn→∞Fn (x) = F(x) untuk setiap nilai kontinu dari F(x).Dalam hal ini, Limn→∞Fn (0) 6= F(0), tetapi F(x)tidak kontinu di x =

0. Dengan demikian variabel random Xnmempunyai distribusi pen-dekatan dengan fungsi distribusi F(x). Distribusi pendekatannya adalahdegenerate.

Contoh

Misalkan Yn menunjukkan statistik urutan ke-n dari sampel acakX1, X2, ..., Xn yang berdistribusi seragam pada (0, θ), θ > 0. Jika Zn =

n(θ −Yn),maka apakah Znmempunyai distribusi pendekatan?

Jawab:

Fungsi kepadatan peluang dari X adalah:

f (x) = 1θ ; 0 < x < θ ; 0 < θ < ∞

= 0 ; lainnya

Fungsi kepadatan peluang dari Yn adalah:

gn (y) = nyn−1

θn ; 0 < x < θ

= 0 ; Lainnya



Kita akan menentukan fungsi kepadatan peluang dari Zn dengan meng-gunakaan teknik transformasi variabel random. Hubungan antara nilaiyndengan nilai Yndengan nilai zndari Zn diberikan sbb:

Zn = n(θ − yn)

inversnya :

yn = θ − Zn

nJacobiannya :

J =dyn

dzn=−1n

|J| =∣∣∣∣dyn

dzn

∣∣∣∣ = 1n

Fungsi kepadatan peluang dari Zn adalah:

hn(z) = 1θn ; 0 < z < nθ

= 0 ; lainnya

Fungsi distribusi dari Znadalah

1. Untuk z < 0, Kn(z) =∫ z

0 hn(t) dt =∫ <0

0 0 dt = 0

2. Untuk 0 ≤ z < nθ, Kn(z) =∫ z

01θn

[θ − t

n]n−1 dt

3. Misalkan : y = θ − tn ; dy = − 1

n dtBatas-batasnya:Untuk t = 0, maka y = θ

Untuk t = z, maka y = θ − zn

Kn(z) =∫ θ− z

n0

1θn yn−1(−n) dy

= 1θn yn

∣∣∣θθ− z

n

Kn(z) = 1−[1− z

nθ

]n

4. Untuk z ≥ nθ



Kn(z) =∫ nθ

0 hn(t) dt +∫ z

nθ hn(t) dt

=∫ nθ

01θn

[θ − t

n]n−1 dt +

∫ znθ 0 dt = 1

Jadi :

Kn(z) = 0 ; z ≤ 0= 1−

[1− z

nθ

]; 0 ≤ z < nθ

Kn(z) = 1 ; z ≥ nθ

Limn→∞Kn(z) = 0 ; z ≤ 0= 1− e−z/θ ; 0 < z < ∞

Sekarang ambil fungsi distribusi dari Z:

K(z) = 0 ; z < 0= 1− e−z/θ ; z ≥ 0

merupakan fungsi ditribusi yang kontinu dimana-mana, sertaLimn→∞Kn(z) = K(z)untuk semua nilai. Jadi Zn mempunyai pendekatandengan fungsi distribusi K(z). Dalam hal ini, distribusi pendekatannyatidak degenerate.

Penentuan distribusi pendekatan dengan menggunakan fungsi distribusibisa dinyatakan sebagai konvergen dalam distribusi yang akan dibahaslebih lanjut pada Bab II.

1.3.2.2 Melalui Fungsi Pembangkit Momen

Selain menggunakan fungsi distribusi, penentuan disribusi pendekatandapat dilakukan melalui fungsi pembangkit momen.

Berikut ini diberikan sebuah teorema yang dikemukakan oleh Curtisssebagai modifikasi dari teorema Levy dan Cramer yang menjelaskanbagaimana fungsi pembangkit momen dapat digunakan dalam menen-tukan distribusi secara pendekatan.

Teorema



Misalkan variabel random Yn mempunyai fungsi distribusi Fn(y) danfungsi pembangkit momennya M(t; n) ada untuk −h < t < h, h > 0dan setiap n.

Jika ada fungsi disribusi F(y) dengan funsgi pembangkit momennya M(t)untuk |t| ≤ h1 < h sedemikian hingga Limn→∞M(t; n) = M(t), makaYndikatakan mempunyai distribusi pendekatan dengan fungsi distribusiF(y).

Contoh

Misalkan Yn adalah variabel random berdistribusi binomial dengan pa-rameter n dan p. Jika rerata dari Ynadalah sama untuk setiap n, yaituµ = np, sehingga p = µ

n dengan µadalah konstanta, maka apakah adadistribusi pendekatan dari Yn?

Jawab :

Fungsi kepadatan peluang dari Yn adalah

F(yn) =

(nyn

)pyn (1− p)n−yn ; yn = 0, 1, 2, ..., n

= 0 ; lainnya

Kemudiankita akan menentukan fungsi pembangkit momen dari Yn.Fungsi pembangkit momen dari ynadalah:

M(t; n) = E(etyn)

= ∑nyn=0 etyn

(nyn

)pyn (1− p)n−yn

= ∑nyn=0

(nyn

) (pet)yn (1− p)n−yn

=((1− p) + pet)n

=[1− µ

n + µn et]n

=[1 + µ(et−1)

n

n]Limn→∞M(t; n) = Limn→∞

[1 + µ(et−1)

n

n]Limn→∞M(t; n) = eµ(et − 1); t ∈ <



Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen daridistribusi poison dengan rerata µdan M(t) = eµ(et−1). Dengandemikian Yn dikatakan mempunyai distribusi pendekatan dengan dis-tribusi penekatannya adalah Poisson dengan rerata µ.

Contoh :

Misalkan variabel random Zn berdistribusi chi-kuadrat dengan derajat ke-bebasan = n. Jika variabel random Yn = (Zn−n)√

2n, maka tentukan distribusi

pendekatan dari Yn dengan menggunakan fungsi pembangkit momen.

Jawab :

Fungsi kepadatan peluang dari Zn adalah

f (zn) = 12n/2.Γ( n

2 )z(n/2)−1

n e−Zn/2 ; Zn > 0

= 0 ; lainnya

Fungsi pembangkit momen dari Zn adalah:

MZn(t) = E(etzn)

=∫ ∞

0 etzn 12n/2.Γ( n

2 )z(n/2)−1

n e−Zn/2dzn

=∫ ∞

01

2n/2.Γ( n2 )

z(n/2)−1n e−Zn/2dzn

Misalkan: u = zn((1/2)− t) ; du = ((1/2)− t)dzn

MZn(t) = 12n/2.Γ( n

2 )

∫ ∞0

[u

(1/2)−t

](n/2)−1e−u du

((1/2)−t)

= 12n/2.Γ( n

2 )((1/2)−t)n/2

∫ ∞0 u(n/2)−1e−udu

= 12n/2.Γ( n

2 )((1/2)−t)n/2 Γ(n

2

)= (1− 2t)−n/2; t < 1/2



Fungsi pembangkit momen dari Yn adalah:

M(t; n) = MYn(t) = E(etYn)

= E

exp[t[(Zn−n)√

2n

]]= e−tn/

√2.E[etZn/

√2]

= etZn/√

2.MZn(t√2n)

= e−(t√

2n )(n/2)

[1− 2 t√

2n

]−n/2

=

[et√

2n − t

√2n et√

2/n)−n/2]

Apabila et√

2/n)diuraikan dengan Deret Taylor, maka akan diperoleh:

et√

2/n) = 1 + t

√2n+

12

[t

√2n

]2

+16

[t

√2n

]3

+ ...

Sehingga:

M(t; n) = 1 + t√

2n + 1

2

[t√

2n

]2

+ 16

[t√

2n

]3

+ ...−

t√

2n

[1 + t

√2n + 1

2

[t√

2n

]2

+ 16

[t√

2n

]3

+ ...

]−n/2

=

[1− t2( 2

n ) +12 t2( 2

n ) +16 t3( 2

n )√

2n −

12 t3( 2

n )√

2n + ...

]−n/2

=

[1− t2

n −13 t3( 2

n )√

2n + ...

]−n/2

Limn→∞M(t; n) = Limn→∞

[1− t2

n −13 t3( 2

n )√

2n + ...

]−n/2

M(t; n) = Limn→∞

[1− t2

n −13 t3( 2

n )√

2n + ...

]−n/2

= Limn→∞

[1− t2

n

]−n/2

Limn→∞M(t; n) = et22

Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen dari dis-



tribusi normal standar, yaitu M(t) = et22 . Jadi variabel random Yn = (Zn−n)√

2nmempunyai distribusi pendekatan berbentuk distribusi normal standar.Apabila sebuah variabel random mempunyai disribusi pendekatan makakita dapat menggunakan distribusi pendekatan itu sebagai distribusi yangsebenarnya. Misalnya dari hasil contoh di atas, kita dapat menggunakandistribusi Poisson sebagai pendekatan dari distribusi Binomial untuk n be-sar dan p kecil. Kemudian kita bisa menghitung peluang dari variabel ran-dom yang berdistribusi binomial dengan menggunakan distribusi pois-son.

Contoh

Misalnya variabel random Y berdistribusi binomial dengan n = 50 danp = 0, 04. Hitung P(Y ≤ 1) dengan dua cara, yaitu cara eksak dan carapendekatan.

Jawab :

1. Cara eksakDalam hal ini, kita menyelesaikannya dengan menggunakan dis-ribusi binomial.P(Y ≤ 1) = P(Y = 0) + P(Y = 1)

=

(500

)(0, 04)0(0, 96)50 +

(500

)(0, 04)1(0, 96)49

= 0, 1299 + 0, 2706P(Y ≤ 1) = 0, 4005

2. Cara pendekatanDalam hal ini, kita menyelesaikannya dengan menggunakan distr-busi poisson.µ = np = 50.0, 04 = 2

P(Y ≤ 1) = P(Y = 0) + P(Y = 1)= e−220

0! + e−221

1! = 3.e−2 = 0, 4060

1.3.2.3 Melalui Teorema Limit Pusat

Berikut ini akan dijelaskan beberapa teorema limit pusat, sbb:



1. Teorema limit pusat yang pertama kali dikemukakan oleh Laplacepada tahun 1812 dan pembuktiannya yang lebih teliti dijelakan olehLiapounoff pada tahun 1901.TeoremaJika Xi, I = 1, 2, 3, ..., n adalah n buah variabel random yang salingbebas sedemikian hingga E(Xi) = µi dan Var (Xi) = σ2

i maka vari-abel random Sn = X1 + X2 + ...+ Xn secara pendekatan berdistribusiN(µ; σ2) dengan µ = ∑n

i=1 µi dan Var (Xi) = ∑ni=1 σ2

i

2. Teorema limit pusat berikut ini dikemukakan oleh De-Moiure’s danLaplace pada tahun 1833

Teorema

Jika Xi =

1 ; dengan peluang p0 ; dengan peluang q = 1− p

maka distribusi dari variabel random Sn = X1 + X2 + ...+ XndenganXi saling bebas dan berdistribusi identik, secara pendekatan akanberdistribusi N(np; npq) untuk n→ ∞.

Bukti :Fungsi pembangkin momen dari Xi adalah:

Mxi(t) = E[etxi]

= ∑1xi=0 etxi f (xi

= et(1).p + et(0).q= pet + q

)

Fungsi pembangkit momen dari Snadalah:

Msn(t) = E[etsn]

= E[et(X1+X2+...+Xn)

]= E

[etX1+tX2+...+tXn

]=

[etX1

]+[etX2

]+ ... + E

[etXn

]= Mx1(t) + Mx2(t) + ... + Mxn(t)= (pet + q).(pet + q)...(pet + q)

Msn(t) = (pet + q)n



Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen daridistribusi binomial dengan parameter n dan p.

Jadi E(Sn) = np dan Var (Sn) = npq, misalkan : Z =Sn−E(Sn)√

Var (Sn)= Sn−np√

npq

Fungsi pembangkit momen dari Z adalah:

Mz(t) = E[etZ]

= E

exp[t[

Sn−np√npq

]]= e−tnp/

√npq.Msn

(t√npq

)= e−tnp/

√npq[

pet/√

npq + q]n

=[e−tp/

√npq[

pet/√

npq + q]]n

=[e−tq/

√npq + q.e−tp/

√npq]n

=

p[1 + tq√

npq +t2q2

2npq +t3q3

6npq√

npq + ...]

+q[1− tq√

npq +t2q2

2npq +t3q3

6npq√

npq + ..]n

=[

p + t√

pqn + t2q

2n + t3q2

6np√

npq + ... + q−

t√

pqn + t2q

2n + t3q2

6np√

npq + ...]n

Mz(t) =[1 + t2

2n + t3(q−p)6√

npq + ...]n

Limn→∞Mz(t) = Limn→∞

[1 +

t2

2n+

t3(q− p)6√

npq+ ...

]n

= Limn→∞

[1 +

t2

2n

]n

Limn→∞Mz(t) = et2/2

Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen daridistribusi normal standar. Jadi Z = Sn−np√

npq berdistribusi N(0; 1). Den-gan menggunakan teknik fungsi pembangkit momen dapat ditun-jukkan Sn berdistribusi N(np; npq)

3. Berikut ini akan dijelaskan dalil limit pusat untuk n buah variabelrandom yang berdistribusi identik (pembuktiannya dilakukan olehLindeberg dan Levy)



Teorema : Jika X1 +X2 + ...+Xn adalah n buah variabel random yangbebas dan berdistribusi identik dengan:

E(Xi) = µ; Var(Xi) = σ2; i = 1, 2, ..., n

maka variabel random Sn = X1 + X2 + ... + Xn secara pendekatanberdistribusi normal dengan rerata µ = nµ dan variansi σ2 = nσ2

Bukti : Misalkan M1(t) menunjukkan fungsi pembangkit momendari (Xi − µ1) dan M(t) menunjukkan fungsi pembangkit momendari Z = Sn−µ

σ .

Karena µ1 dan µ2 dari (Xi − µ1) diberikan dengan:

µ1 = E(Xi − µ1) = E(Xi)− µ1 = µ1 − µ1 = 0

µ2 = E(Xi − µ1)2 = σ2

i

maka fungsi pembangkit momen dari (Xi − µ1) adalah:

M1(t) = E[et(xi−µ1)

]= E

1 + t(xi − µ1) +

12 t2(xi − µ1)

2 + 16 t3(xi − µ1)

3 + ...

= 1 + tE(xi − µ1) +12 t2E(xi − µ1)

2 + 16 t3E(xi − µ1)

3 + ...M1(t) = 1 + tt

2 σ2i + 1

6 t3E(xi − µ1)3 + ...

Kita akan menguraikan dahulu Z,

Z =Sn − µ

σ=

(X1 + X2 + ... + Xn)− µ

σ

dengan :



(i) µ = E(Sn) = E(X1 + X2 + ... + Xn)

= E(X1) + E(X2) + ... + E(Xn)

= µ1 + µ1 + ... + µ1

µ = E(Sn) = nµ1

(ii) σ =√

Var (Sn)

=√

Var(X1 + X2 + ... + Xn)

=√

Var(X1) + Var(X2) + ... + Var(Xn)

=√

σ21 + σ2

1 + ... + σ21 )

σ = σ1√

nJadi

Z =(X1 + X2 + ... + Xn)− nµ1

σ1√

n=

∑nxi=0(Xi − µ1)

σ1√

n

Fungsi pembangkit momen dari Z adalah:

Mz(t) = E[etZ]

= E[

et

σ1√

n ∑nxi=0(Xi−µ1)

]= E

[e

tσ1√

n [(x1−µ1)+t(x2−µ1)+...+t(xn−µ1)]]

= E[

et

σ1√

n [(x1−µ1)+t(x2−µ1)+...+t(xn−µ1)]]

= E[

et

σ1√

n (x1−µ1)et

σ1√

n (x2−µ1)....et

σ1√

n (xn−µ1)]

= Mx1 − µ1[

tσ1√

n

].Mx2 − µ1

[t

σ1√

n

]....Mxn − µ1

[t

σ1√

n

]



Mz(t) =[

Mx1 − µ1[

tσ1√

n

]]n

=

[1 +

12

[t

σ1√

n

]2

σ21 +

16

[t

σ1√

n

]3

σ21 + ...

]n

=

[1 +

t2

2n+

t3

6σ1n√

n+ ...

]n

Limn→∞Mz(t) = Limn→∞

[1 + t2

2n + t3

6σ1n√

n + ...]n

= Limn→∞

[1 + t2

2n

]n

Limn→∞Mz(t) = et2/2

Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen daridistribusi normal standar. Jadi Z = Sn−nµ1

σ1n berdistribusi N(0; 1).

4. Teorema: Jika X1 + X2 + ...+ Xnmenunjukkan sampel acak distribusiyang mempunyai rerata µdan varians σ2, maka variabel random:

Yn =∑n

xi=1(Xi − µ1)

σ1√

n

akan berdistribusi N(0; 1)Bukti : Tentukan fungsi pembangkit momen dari Yn, kemudian kita

akan menguraikan et[

X1−µ

σ√

n

]berdasarkan deret Taylor, sehingga diper-

oleh:

M(t; n) =

[1 + t

[X1−µ

σ√

n

]+ t2

2

[X1−µ

σ√

n

]2+ t3

6n

[X1−µ

σ√

n

]3+ ...

]n

=[1 + t

σ1√

n E(X1 − µ) + t2

2nσ2 E(X1 − µ)2 + ...]n

=[1 + t2

2n + t3

6σ3n√

n E(X1 − µ)3 + ...]n

Limn→∞M(t; n) = Limn→∞

[1 + t2

2n + t3

6σ3n√

n E(X1 − µ)3 + ...]n

= Limn→∞

[1 + t2

2n

]n

Limn→∞M(t; n) = et2/2

Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen dari



distribusi normal standar, sehingga Yn =∑n

xi=1 Xi−nµ

σ√

n berdistribusiN(0; 1).

5. Teorema: Jika X1, X2, ..., Xnmenunjukkan sampel acak dari distribusiyang mempunyai rerata µ dan varians σ2, maka variabel randomYn = x−µ

σ/√

n akan berdistribusi normal standar.

Bukti : Fungsi pembangkit momen dari Yn adalah:

MYn(t) = M(t; n) = E(etyn)

= E[

et x−µ

σ/√

n

]= E

[e−tµ

σ/√

n .etx

σ/√

n

]= e

−tµσ/√

n E[

et

σ√

n [X1+X2+...+Xn]]

= e−tµ

σ/√

n E[

et

σ√

n X1 .et

σ√

n X2 ...et

σ√

n Xn

]= e

−tµσ/√

n E[

et

σ√

n X1

].E[

et

σ√

n X2

]...E[

et

σ√

n Xn

]= e

−tµσ/√

n .Mx1

[t

σ1√

n

].Mx2

[t

σ1√

n

]....Mxn

[t

σ1√

n

]M(t; n) = e

−tµσ/√

n[

Mx1

[t

σ1√

n

]]n

ln M(t; n) = −tµσ/√

n + n.ln Mx1

[t

σ1√

n

]Apabila kita menguraikan Mx1

[t

σ1√

n

]lebih lanjut, maka akan diper-

oleh hasil:Mx1

[t

σ1√

n

]= 1 + µ′1

tσ1√

n + 12 µ′2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6 µ′3

[t

σ1√

n

]3+ ...

Sehingga:

ln M(t; n) = −tµσ/√

n +n.ln Mx1

[1 + µ′1

tσ1√

n + 12 µ′2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6 µ′3

[t

σ1√

n

]3+ ...

]Kita akan menguraikan ln (1 + x)dengan perluasan deret Maclau-rin, yaitu:ln (1 + x) = x− 1

2 x2 + 13 x3 − ...; |x| < 1

Disini X = µ′1t

σ1√

n + 12 µ′2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6 µ′3

[t

σ1√

n

]3+ ...

Sehingga:



ln M(t; n) = −tµσ√

n + n[

µ′1t

σ1√

n + 12 µ′2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6 µ′3

[t

σ1√

n

]3+ ...

−

12

µ′1

tσ1√

n + 12 µ′2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6 µ′3

[t

σ1√

n

]3+ ...

2

+

13

µ′1

tσ1√

n + 12 µ′2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6 µ′3

[t

σ1√

n

]3+ ...

3

− ...

]=

[−µ√

nσ +

−µ′1√

nσ

]t +[

µ′22σ2 +

µ′212σ2

]t2 +

[µ′3

6σ3√n −+µ′1µ′22σ√

n

]t3 + ..

dengan:µ′1 = µ

µ′2 − µ′1 = µ2 = σ2

ln M(t; n) = 0 + 12 t2 +

[µ′3

6σ3√n −µ′1µ′3

2σ3√n +(µ′1)

3

23σ3√n

]t3 + ...

Limn→∞ln M(t; n) = Limn→∞

[12 t2 +

[µ′3

6σ3√n −µ′1µ′3

2σ3√n +(µ′1)

3

23σ3√n

]t3 + ...

]Limn→∞ln M(t; n) = 1

2 t2

Limn→∞M(t; n) = et2/2

Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen daridistribusi normal standar, sehingga : Yn = x−µ

σ/√

n berdistribusiN(0; 1). Untuk menerapkan teorma limit pusat dalam menyele-saikan soal, seringkali diperlukan untuk mengubahnya lebih duludalam bentuk lain, yaitu: Jika X1, X2, ..., Xn adalah n buah variabelrandom yang saling bebas dan berdistribusi identik dengan rerataµ1dan variansi σ2 yang besarnya berhingga dan S1 = X1 + X2 + ... +Xn; maka:

Limn→∞P[

a ≤ Sn−nµ1σ1n ≤ b

]= φ(b)− φ(b) =

∫ ba

1√2π

e−x2/ndx

Limn→∞P[

a ≤ Sn−E(Sn)√Var(Sn)

≤ b]

= φ(b)− φ(b)

Limn→∞P

[a ≤ X−E(X)√

Var(X)≤ b

]= φ(b)− φ(b)

atau Limn→∞P[

a ≤ X−µ1σ1√

n ≤ b]= φ(b)− φ(b)

Jika kita memperhatikan ketiga bentuk di atas, maka untuk menghi-tung peluang dari variabel random yang mempunyai harga tertentu



dengan menggunakan teorema limit pusat, dapat diselesaikan den-gan bantuan tabel distribusi normal standar.

1.4 Soal-Soal dan Pembahasan

1. Misalkan X adalah rerata dari sampel acak berukuran 75 dari dis-tribusi dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk:

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

Hitung P(0, 45 < X < 0, 55)

Jawab :

Kita akan menghitung dahulu E(X) dan Var (X).

µ = E(X) =∫ 1

0 xdx = 12

µ′2 = E(X2) =∫ 1

0 x2dx = 13

Jadi : σ2 =Var (X) =Var (X) = 13 −

14 = 1

12

Sehingga:

P(0, 45 < X < 0, 55) = P

[0,45−0,5√

1(75)(12)

< X−µ1σ1√

n < 0,55−0,5√1

(75)(12)

]= P(−1, 50 < Z < 1, 50)

P(0, 45 < X < 0, 55) = 0, 866

2. Misalkan X1, X2, ..., Xn menunjukkan sebuah sampel acak dari dis-tribusi b(1, p). Jika n = 100, p = 1/2, dan Y = X1 + X2 + ... + Xn;maka hitung P(Y = 48, 49, 50, 51, 52)

Jawab :

Karena X berdistribusi Bernouli, maka:

(i)E(X) = p



(ii)Var (X) = p(1− p)Dengan menggunakan teknik fungsi pembangkit momen, maka Ydapat ditunjukkan berdistribusi b(n; p). Akibatnya:

(i) E(Y) = n.p = 100.1/2 = 50

(ii)Var (Y) = np(1− p) = 100.1/2(1− 1/2) = 25Karena kita melakukan perubahan dari variabel random diskrit kekontinu, maka kita harus menggunakan faktor koreksi, yaitu denganmenambah dan megurangi 0, 5. Sehingga:

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

47,5−505 ≤ Y−E(Y)√

Var(Y)≤ 52,5−50

5

]= P(−0, 50 < Z < 0, 50)

P(Y = 48, 49, 50, 51, 52) = 0, 381Kemudian kita akan menghtiung hasi eksak dengan menggunakandisribusi binomial.

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

P(Y = 48) =

(10048

)(12

)100= 0, 0375

P(Y = 49) =

(10049

)(12

)100= 0, 0780

P(Y = 50) =

(10050

)(12

)100= 0, 0796

P(Y = 51) =

(10051

)(12

)100= 0, 0780

P(Y = 52) =

(10052

)(12

)100= 0, 0735

Sehingga:

P(Y = 48, 49, 50, 51, 52) = 0, 0375 + 0, 0780 + 0, 0796+0, 0780 + 0, 0735

P(Y = 48, 49, 50, 51, 52) = 0, 3826Apabila kita membandingkan hasil pendekatan dengan hasil eksak,maka akan terdapat perbedaan sebesar 0, 0016.



3. Misalkan X1, X2, ..., Xnadalah n buah variabel random yang masing-masing berdistribusi χ (1). Jika Sn = X1 + X2 + ... + Xn dan n = 100, maka tentukan nilai a sedemikian hingga P(Sn < a) = 0, 95

Jawab :

Dengan menggunakan teknik fungsi pembangkit momen, makaSnakan berdistribusi χ (n). Akibatnya

(a) E(Sn) = n = 100

(b) Var (Sn) = 2n = 200

Sehingga:

P(Sn < a) = 0, 95

P

[Sn − E (Sn)√

Var (Sn)≤ a− 100√

200

]= 0, 95

P[

Z ≤ a− 100√200

]= 0, 95

Dari tabel Distribusi Normal diperoleh:

a− 100√200

= 1, 645

a = 100 + 1, 645√

200 = 123, 264

Kemudian kita akan menghitung peluang di atas secara eksak den-gan menggunakan tabel Distribusi Chi-Kuadrat. Karena P(Sn <

a) = 0, 95; dengan menggunakan tabel Distribusi Chi-Kuadrat den-gan derajat kebebasan n = 100 diperoleh hasil: a = 124, 342. Apabila



kita membandingkan hasil pendekatan degan hasil eksak maka akanterdapat perbedaan sebesar 1, 078.

1.5 Soal-Soal Latihan

1. Misalkan Xnmenunjukkan rerata dari sampel acak berukuranN(µ; σ2). Tentukan distribusi pendekatan dari Xn

2. Misalkan Y1menunjukkan statistik urutan pertama dari sampel acakberukuran n yang berasal dari distribusi dengan fungsi kepadatanpeluang berbentuk:

f (x) = e−(x−θ) ; θ < x < ∞= 0 ; lainnya

Jika Zn = n(Y1 − θ), maka tentukan distribusi pendekatan dari Zn

3. Misalkan X1, X2, ..., Xn merupakan sebuah sampel acak berukuran ndari distribusi yang mempunyai fungsi kepadatan peluang berben-tuk:

f (x) = e−xxµ−1

Γ(µ) ; x > 0, 0 < µ < ∞

= 0 ; lainnya

Jika Xn = 1n ∑n

i=1 Xi, maka perlihatkan bahwa untuk n −→ ∞berlaku:

√n(Xn − µ)

(Xn)1/27→ N(0, 1)

dalam distribusi.

4. Jika variabel random acak Zn berdistribusi Poisson dengan parame-ter µ = n, maka perlihatkan bahwa distribusi pendekatan dari vari-abel random acak Yn = (Zn − n)/

√n adalah distribuai normal den-

gan rerata 0 dan variansi 1



5. Misalkan Xn menunjukkan rerata dari sampel acak berukuran ndari distribusi Poisson dengan parameter µ = 1. Perlihatkan bahwafungsi pembangkit momen dari:

Yn =√

n(Xn − µ)/α =√

n(Xn − 1)

Jika diberikan dengan exp(−t√

n + n(et/√

n − 1))

6. Untuk soal nomer 5, selidiki distribusi pendekatan dari Yn untukn → ∞. Petunjuk: Uraikan et/

√n dengan menggunakan perluasan

deret maclaurin

7. Misalkan Xn menunjukkan rerata dari sampel acak berukuran n daridistribusi dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk

f (x) = e−x ; x > 0= 0 ; lainnya

(a) Perlihatkan bahwa fungsi pembangkit momen dari:

Yn =√

n(Xn − 1) sama dengan m(t,n) =

[et/√

n(t√

n)et/√

n]n0 ; t <√

n

(b) Tentukan distribusi dari Ynuntuk n→ ∞

8. Misalkan Xn menunjukkan rerata dari sampel acak berukuran 15dari distribusi dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk:

f (x) = 3x2 ; 0 < x < 1= 0 ; lainnya

Hitung secara pendekatan P(35 < X < 4

5)

9. Misalkan S2n menunjukkan variansi dari sampel acak berukuran n

dari distribusi N(µ, δ2) Buktikan bahwa nS2n

n−1 konvergen stokastik ke- α2



10. Misalkan X1, X2, ..., X10adalah barisan peubah acak yang saling be-bas dan berdistribusi identik dengan rerata µ dan variansi. Perli-hatkan bahwa:

(a) 2n(n+1)Σn

i=1i.Xi p−→

µ

(b) 6n(n+1)(2n+1)Σn

i=1i.Xi p−→

µ




Bab 2

Konvergensi Variabel Random


Memahami konsep dasar konvergensi barisan variabel random dan mam-pu menerapkan dalam penentuan distribusi pendekatan khususnya, dandalam pemecahan masalah matematika, ilmu lain dan dalam kehidupansehari-hari pada umumnya.


1. Menjelaskan konsep dasar konvergensi stokasitik barisan variabelrandom

2. Menganalisis jenis-jenis konvergensi stokastik barisan variabel ran-dom

3. Menurunkan teorema-teorema dan sifat-sifat konvergensi barisanvariabel random, seperti konvergen dalam distribusi, konvergen da-lam probabilitas, konvergen dalam kwadrat rataan,dan lain-lain.

4. Menggunakan teorema dan sifat-sifat konvergensi barisan variabelrandom untuk menentukan distribusi pendekatan suatu variabelrandom

27


2.3 Uraian Materi

2.3.1 Konsep Dasar Variabel Random

Sebelum membahas tentang konvergensi barisan variabel random, kitapaparkan dulu konsep variabel random, konsep fungsi, kejadian-kejadianyang dihasilkan dari variabel random, dan beberapa contoh-contoh konk-ret tentang variabel random. Bagi pembaca yang cukup familiar dengankonsep varibel random, dipersilakan untuk melewatinya, dan langsungmenuju, ke sub bab, tentang konsep konvergensi barisan variabel random.

Random Variable sering diterjemahkan menjadi variabel random atau peu-bah acak. Untuk selanjunya demi alasan konsistensi akan digunakan is-tilah variabel random. Secara intutif, variabel random dapat dipandangsebagai bilangan x(ζ)yang dihubungkan dengan suatu kejadian ζ dari su-atu percobaan random. Bilangan ini, misalnya dapat berupa angka keme-nangan dalam permainan judi, angka voltage dari naik-turunnya teganganlistrik, angka lama hidup suatu bola lampu, atau sembarang bilangan hasilpengamatan pada percobaan random1.

Definisi

Diberikan ruang probabilitas (Ω,A, P), dengan Ω,A, Pmasing-masing menyatakan ruang sampel, ruang kejadian danprobabilitas. Variabel random X didefinisikan sebagai fungsidari (domain) Ω ke bilangan real. Ditulis: X : Ω→ R

Jadi variabel random merupakan fungsi dengan domain berupa ruangsampel dan kodomain bilangan real.

1Istilah percobaan random digunakan untuk menggambarkan proses atau proseduryang hasilnya tak dapat diprediksi secara pasti. Misalnya percobaan melantunkan sebu-ah mata uang. Hasilnya umumnya dinyatakan sebagai data, misalnya dinyatakan seba-gai Angka,Gambar atau mungkin sebagai 0,1. Jadi data tersebut dapat berupa datanumerik (bilangan) maupun katagorik.

Bab 2. Konvergensi Variabel Random 28 ISBN 978-602-8310-02-4


2.3.2 Barisan Variabel Random

Masalah fundamental dalam teori kemungkinan adalah bagaimana me-nentukan konvergensi (sifat asimptotik) dari variabel random. Kita mulaidengan mencermati masalah sederhana berikut. Misalkan akan diukurpanjang suatu benda, katakanlah panjangnya m(dalam hal ini dapat di-pandang sebagai parameter yang tak diketahui). Mengingat pengukuranbersifat tidak akurat, maka hasil pengukuran panjang benda tersebut da-pat dinyatakan dengan variabel random berikut.

x = m + v

dengan v merupakan galat (kesalahan). Jika tak ada kesalahan sistematikyang disengaja, maka v juga merupakan variabel random dengan rataan0 atau E(v) = 0. Jika deviasi σ dari v relatif kecil dibandingkan m, ma-ka x(ı) dari pengukuran tersebut cukup baik untuk m. Dalam konteks ini,dapat dikatakan bahwa rataan dari random variabel x adalah m dan va-riannya σ2. Hal ini dapat dinyatakan dalam bentuk pertidaksamaan Tche-bycheff sbb:

P(|x−m| < ε) > 1− σ2

ε2 (2.1)

Jika varian x relatif kecil dibanding ε atau σ εmaka probabilitas |x −m| < ε akan menuju 1,atau P(|x − m| < ε) 7→ 1. Hal ini berarti bahwasuatu hasil pengamatan terhadap panjang benda m tersebut hampir pasti(almost certainly) terletak antara m − εdan m + ε. Akibatnya parameter mterletak antara x(ı)− ε dan x(ı) + ε.

Untuk meningkatkan keakuratan hasil pengukuran terhadap m tersebutdapat dilakukan dengan mengulang pengukuran tersebut, misalnya n ka-li. Hasil-hasil pengukuran tersebut dapat dinyatakan dalam bentuk ba-risan variabel random Xn = (x1, x2, ..., xn), dengan rata-rata sampel x =

∑ni=1(x1 + x2 + ... + xn), juga merupakan variabel random dengan rata-

rata m dan varian σ2

n . Jika n cukup besar sehingga σ2 n.m2maka nilaix(ζ) merupakan estimasi yang baik untuk parameter (yang tak diketahui)



m.

Contoh:

Masih berkaitan dengan masalah di atas, tentukanlah probabilitas bahwax terletak antara 0, 9.m dan 1, 1.m, jika diestimasi dengan variabel randomx dan dengan mengasumsikan n cukup besar sedemikian sehingga σ2.n

m2 =

10−4.

Jawab: Dengan menggunakan ketidaksamaan Tchebycheff didapat:

P(0, 9.m < x < 1.1.m) = P(−0, 1.m < x−m < 0, 1.m)

P(|x−m| < 0, 1.m > 1− σ2

ε2 , dengan ε = 0, 1.m

P(|x−m| < ε = 1− 10−4.m2

10−2n.m2

= 1− 1100n

Dari hasil ini didapat, misalnya untuk n = 10,maka probabilitas x terletakantara 0, 9.m dan 1, 1.m adalah 0,999

Untuk selanjutnya masalah konvergensi variabel random dapat diru-muskan sebagai berikut. Misalkan X1, X2, ... Xn barisan variabel randomdengan distribusi bersama yang terletak pada ruang sampel yang sama Ωdan X variabel random yang lain yang juga terletak pada ruang sampel Ω.Selanjutnya masalah dapat dirumuskan menjadi: “Bagaimana jenis dansifat konvergensi dari barisan variabel random Xn tersebut?”.

2.3.3 Jenis-Jenis Konvergensi Variabel Random

2.3.3.1 Konvergen dalam Distribusi

Definisi

Misalnya X1, X2, ..., Xn adalah barisan variabel random yang didefinisikanatas ruang sampel yang sama S. Jika Fn(x) fungsi distribusi dari variabel



random Xn, kita katakan Xn konvergen ke X dalam distribusi dan ditulis

Xnd→ X jika ada fungsi distribusi dari X sehingga

limn→∞

Fn(x) = F(x) (2.2)

untuk setiap titik x dimana F(x) kontinu. Xn konvergen ke X dalam distri-busi juga dikatakan Xn mempunyai limit distribusi dengan fungsi distri-busi F(x).

Teorema Kekontinuan Levy :

Misal Yn variabel random dengan fungsi distribusi Fn(y) dan Mn(y) adauntuk ∀t ∈ <. Jika F(y) fungsi distribusi yang bersesuaian dengan M(t)

sehingga Mn(t)→ M(t) maka Ynd→ Y .

Catatan :

Limn→∞ 1 + b/n + Ψ(n)/ncn = ebc, jika Ψ(n) = 0 (2.3)

Teorema Limit Pusat

Jika X1, X2, ..., Xn ∼ (µ, σ2), σ > 0 maka Yn =√

n(Xn−µ)/σd→ Y, dimana

Y ∼ N(0, 1)

Bukti

Dalam pembuktian berikut, diasumsikan fpm dari x ada. Misal fpm dari Xdan X− µ adalah M(t) dan m(t) maka m(t) = E(et(X−µ)) = e−µtM(t) jugaada. Karena m(t) merupakan f pm dari X − µ maka m(0) = 1, m′(0) =

E(X − µ) = 0, m′′(0) = E(X − µ)2 = σ2. Menurut teorema Taylor, adabilangan ε antara 0 dan t sehingga m(t) = m(0)+ m′(0)t+ m′′(ε)t2/2 =

1 + m′′(ε)t2/2. Di ruas kanan ditambah dan dikurangkan dengan σ2t2/2maka

m(t) = 1 + σ2t2/2 +

[m′′(ε)− σ2] t2

2.



Pandang

Mn(t) = E

[exp

(t

(n

∑i=1

Xi − nµ

)/σ√

n

)](2.4)

=

E[

exp(

tX− µ

σ√

n

)]n(2.5)

=

m(

tσ√

n

)n;−h < t < h (2.6)

Menurut di atas diperoleh:

m(

tσ√

n

)= 1 +

t2

2n+

[m′′(ε)− σ2] t2

2nσ2 (2.7)

dengan 0 < ε < tσ√

n dan −hσ√

n < t < hσ√

n sehingga

Mn(t) =

1 +

t2

2n+

[m′′(ε)− σ2] t2

2nσ2

n

(2.8)

Karena m′′(t) kontinu di t = 0 dan jika n→ ∞ maka ε→ 0 maka diperoleh

(m′′(ε) − σ2) → 0 akibatnya Mn(t) → ett/2. Jadi Ynd→ Y dimana Y ∼

N(0, 1)

Contoh

Misalkan X1, X2, ..., Xn adalah n buah variabel random yang saling bebasberdistribusi seragam pada (0, θ), θ > 0. Jika Yn = max (X1, X2, ..., Xn)danvariabel random Z didefinisikan sebagai P(Z = θ) = 1, maka buktikanYn d−→ Z

Jawab :

Fungsi kepadatan peluang dari X adalah:

f (x) = 1θ ; 0 < x < θ

= 0 ; lainnya



Fungsi distribusi dari Yn adalah:

FYn(yn) = P(Yn ≤ yn = P(max (X1, X2, ..., Xn) ≤ yn

= P(X1 ≤ yn, X2 ≤ yn, ..., Xn ≤ yn)

= P(X1 ≤ yn).P(X2 ≤ yn)....P(Xn ≤ yn)

= [P(X1 ≤ yn)]n[∫ yn

−∞ f (x)dx]

Untuk yn < 0 maka FYn(yn) = 0Untuk 0 ≤ yn < θ,

FYn(yn) =[∫ 0−∞ f (x)dx +

∫ yn0 f (x)dx

]n

=[∫ 0−∞ 0dx +

∫ yn0

1θ dx]n

=[ yn

θ

]n

Untuk yn ≥ θ,

FYn(yn) =[∫ 0−∞ f (x)dx +

∫ θ0 f (x)dx +

∫ yn0 f (x)dx

]n

=[∫ 0−∞ dx +

∫ yn0

1θ dx +

∫ yn0 0dx

]n= 1

Jadi

FYn(yn) = 0 ; yn < 0=

[ ynθ

]n ; 0 ≤ yn < θ

= 1 ;[ yn

θ

]n

Limn→∞FYn(yn) = 0 ; yn < 0= 1 ; yn ≥ θ

Karena didapat Limn→∞FYn(yn) = F(z), dengan F(z) adalah fungsi dis-tribusi dari Z.

Jadi Yn d−→ Z



Contoh Diketahui barisan fungsi distribusi

Fn(x) =

0, x < n1, x ≥ n

(2.9)

Jelaslah bahwa limn→∞

Fn(x) = 0 = F(x) , karena F(x) = 0, ∀X bukanfungsi distribungsi maka Xn tidak konvergen dalam distribusi.

Contoh Diketahui fungsi distribusi dari variabel random xn sbb:

Fn(x) =x∫−∞

1(2π)1/2(1/n)1/2 e−nw2/2

dw (2.10)

Apakah variabel random xn mempunyai limit distribusi?

Jawab Misal v =√

nw, sehingga

Fn(x) =

√nx∫−∞

1√2π

e−v2/2dv (2.11)

dan

Limn→∞ Fn(x) =

0, x < 012 , x = 01, x > 0

Pandang fungsi distribusi

F(x) =

0, x < 01, x < 0

(2.12)

tidak kontinu di x = 0. Akan tetapi, untuk x 6= 0

limn→∞

Fn(x) = F(x) (2.13)

Jadi variabel random xn mempunyai limit distribusi dengan fungsi distri-

busi F(x) atau xnd→ x.



Contoh Diketahui Xn barisan variabel random dengan

fn(x) =

1; x = 2 + 1

n0; x yang lain

diperoleh limn→∞

fn(x) = 0, untuk setiap x. Karena f (x) = 0 bukanmerupakan fkp, maka fn(x) tidak konvergen ke suatu fkp. Tetapi

Fn(x) =

0; x < 2 + 1

n1; x ≥ 2 + 1

n(2.14)

dan

limn→∞

Fn(x) = F(x) =

0; x < 21; x ≥ 2

(2.15)

Karena limn→∞

Fn(x) = F(x) di setiap titik kontinu dari F(x) maka xnd→

x. Ini berarti limit distribusi tidak dapat ditentukan oleh fkp.

2.3.3.2 Konvergen dalam Probabilitas

Misalkan Fn(y) menunjukkan fungsi distribusi dari variabel random Yn

yang distribusinya bergantung pada n bilangan bulat positif. Jika c sebuahkonstanta yang tidak bergantung pasa n, maka Yndikatakan konvergenstokastik ke-c jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 berlaku:

Limn→∞P [|Yn − c| < ε] = 1

Konvergen stokastik ke parameternya atau ke suatu konstanta, seringdinyatakan sebagai konvergen dalam peluang.

De f inisi

Misalkan Z1, Z2, ..., Zn adalah barisan variabel random yang didefinisikanatas ruang sampel S. Misalkan pula Z adalah variabel random lain yangdidefinisikan atas ruang sampel S. Kita katakan Znkonvergen ke-Z dalam



peluang (ditulis Znp→ Z), jika untuk setiap ε > 0 berlaku:

Limn→∞P [|Zn − Z| ≥ ε] = 0 (2.16)

KarenaP |Zn − Z| ≥ ε+ P |Zn − Z| < ε = 1

makaP |Zn − Z| ≥ ε → 0⇔ P |Zn − Z| < ε → 1 (2.17)

Penyelesaian masalah konvergen dalam peluang digunakan ketidak-samaan Chebysev, yaitu:

P [|X− µx| ≥ kσx] ≤1k2

atau

P [|X− µx| < kσx] ≥ 1− 1k2

Berikut ini adalah langkah-langkah untuk penentuan konvergen stokastik,sbb:

1. Gunakan ketidaksamaan Chebyshev seperti yang dirumuskan di atas

2. Tentukan rerata dan variansi dari statistiknya.

3. Substitusikan nilai rerata dan variansi tersebut ke dalam ketidak-samaan Chebyshev

4. Lakukan modifikasi terhadap nilai di dalam harga mutlaknya,sedemikian hingga nilai tersebut sesuai dengan yang diharapkan.

5. Misalkan kσx = εdengan σx sudah disubstitusikan dan diperoleh ni-lai k. Kemudian tentukan nilai k2.

6. Beri limit untuk n→ ∞ pada kedua ruasnya.



Contoh Misalkan X1, X2, ..., Xnadalah sebuah sampel acak dari distribusieksponensial dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk:

f (x) = 1λ e−x/λ ; x > 0

= 0 ; lainnyaPerlihatkan bahwa x konvergen stokastik

ke-λ.

Jawab :

Dari ketidaksamaan Chebysev: P [|X− µx| ≥ kσx] ≤ 1k2

Kita mengetahui bahwa E(Xi) = λ dan Var(Xi) = λ2.

Karena x = 1n ∑n

i=1 Xi =1n [X1 + X2 + ... + Xn] , maka

(i) E (x) = E[

1n [X1 + X2 + ... + Xn]

]= 1

n [E (X1) + E (X2) + ... + E (Xn)]

E (x) = 1n (λ + λ... + λ) = λ

(ii) Var (x) = Var[

1n [X1 + X2 + ... + Xn]

]= n−2 [Var (X1) + Var (X2) + ... + Var (Xn)]

= n−2 (λ2 + λ2... + λ2) = λ2

n

Jadi:

P[∣∣X− λ

∣∣ ≥ kλ√n

]≤ 1

k2

Misalkanε = k. λ√

n

k = ε√

nλ

k2 = ε2nλ2

Sehingga:

P[∣∣X− λ

∣∣ ≥ ε]≤ λ2

ε2n

Limn−→∞P[∣∣X− λ

∣∣ ≥ ε]≤ Limn→∞

λ2

ε2n= 0

Dengan demikian X konvergen stokastik ke-λ.

Contoh Misalkan barisan variabel random (X1, X2, ..., Xn )∼ (µ, σ2). Tun-jukkan apakah Xn

p→ µ?



Jawab

Diberikan ε > 0

P |Xn − µ| ≥ ε = P|Xn − µ| ≥ kσ/

√n

(2.18)

dengan k = ε√

n/σ. Dengan menggunakan ketaksamaan Chebyshev di-peroleh

P|Xn − µ| ≥ kσ/

√n≤ 1/k2 = σ2/(nε2) (2.19)

P |Xn − µ| ≥ ε → 0; jika σ2 finit dan n→ ∞ (2.20)

Karena ∀ε > 0; P |Xn − µ| ≥ ε → 0 maka Xnp→ µ

Catatan Syarat limn→∞

P(|Yn − c| < ε) = 1 sering digunakan sebagai defi-nisi konvergen dalam probabilitas dan orang mengatakan bahwa Yn

konvergen ke c dalam probabilitas. Tipe konvergen yang terkuat di-berikan oleh P( lim

n→∞Yn = c) = 1. Dalam kasus ini kita katakan Yn

konvergen ke c dengan probabilitas 1. Sehubungan dengan ini, me-an sampel Xn konvergen dengan probabilitas 1 ke mean µ dari suatudistribusi. Hal ini disebut hukum kuat dari bilangan besar

2.3.4 Sifat-Sifat Konvergensi Variabel Random

Berikut ini adalah beberapa sifat-sifat penting konvergensi variabel ran-dom, yang sering digunakan dalam menentukan distribusi pendekatan.

1. Misalkan Fn(u) menunjukkan fungsi distribusi dari variabel randomUnyang distribusinya bergantung pada bilangan bulat positif n. JikaUnkonvergen stokastik ke-c (c 6= 0), maka Un

c konvergen stokastikke-1.

2. Misalkan Fn(u) menunjukkan fungsi distribusi dari variabel randomUn yang distribusinya bergantung pada bilangan bulat positif n. Ke-mudian Unkonvergen stokastik ke-c, c > 0) dan P(Un < 0) =

0untuk setiap n. Dalam hal ini,√

Un konvergen stokastik ke-√

c.



3. Jika variabel random Un dan Vnkonvergen stokastik masing-masingke konstanta c dan d, maka:

(a) variabel random UnVnkonvergen stokastik ke konstanta cd

(b) variabel random UnVn

konvergen stokastik ke konstanta c/d, den-gan d 6= 0

Contoh Misalkan variabel random Ynberdistribusi b(n, p), dengan 0 < p <

1. Jika Un = Yn−np√np(1−p)

,maka:

1. Tentukan disribusi penndekatan dari Un.

2. Perlihatkan bahwa Ynn konvergen stokastik ke-p

3. Perlihatkan bahwa Ynnp konvergen stokastik ke-1

4. Perlihatkan bahwa[1− Yn

n

]konvergen stokastik ke-(1− p)

Penyelesaian : Fungsi pembangkit momen dari Yn adalah: MYn(t) = ((1−p) + pet)n

1. Fungsi pembangkit momen dari Un adalah:

M(t; n) = MUn(t) = E[etUn

]= E

e

t[

Yn−np√np(1−p)

]= e

−t√

np1−p E

[e

tYn√np(1−p)

]= e

−t√

np1−p MYn

[t√

np(1−p)

]= e

−t√

np1−p

[(1− p) + pe

t√np(1−p)

]n

=

[(1− p)e

−tn

√np

1−p + pet√

np(1−p)− t

n

√np

1−p

]n

=

[(1− p)e

t√

pn(1−p) + pe

t−tp√np(1−p)

]=

[(1− p)e

−t√

pn(1−p) + pet

√1−pnp

]n



Kemudian kita akan menguraikan e−t√

pn(1−p) dan pet

√1−pnp menggunakan

perluasan deret MacLaurin, yaitu:

(i) e−x = 1− x + x2

2 −x3

6 + ...dengan x = t√

pn(1−p)

(ii) ex = 1− x + x2

2 −x3

6 + ...dengan x = t√

1−pnp

Jadi:

M(t; n) =[(1− p)

1− t

√p

n(1−p) +t2

2n(1−p) −t3 p

6n(1−p)

√p

n(1−p) + ...+

p

1 + t√

1−pnp + t2(1−p)

2np + t3(1−p)6np

√1−pnp + ...

]n

=[1− t

√p

n(1−p) +t2 p

2n(1−p) −t3 p

6n(1−p)

√p

n(1−p) + ...− p+

pt√

pn(1−p) +

t2 p2

2n(1−p) −t3 p2

6n(1−p)

√p

n(1−p) − ... + p+

pt√

1−pnp + t2(1−p)

2n + t3(1−p)6n

√1−pnp + ...

]n

Kita akan menguraikan suku-suku yang mengandungt, t2, dan t3satu persatu .

(i) pt√

pn(1−p) − t

√p

n(1−p) + pt√

1−pnp = −t

√p

n(1−p)

+2pt√

pn(1−p)

= −t(1− 2p)√

pn(1−p)

(ii) t2 p2n(1−p) −

t2 p2

2n(1−p) +t2(1−p)

2n = t2

2n

(iii) − t3 p6n(1−p)

√p

n(1−p) +t3 p2

6n(1−p)

√p

n(1−p) + t3(1−p)6n

√1−pnp

= −t3(2p−1)6n√

np(1−p)

Sehingga:

M(t; n) =

[1− t(1− 2p)

√p

n(1−p) +t2

2n −t3(2p−1)

6n√

np(1−p)+ ...

]n

=

[1 + t2

2n − t(1− 2p)√

pn(1−p) −

t3(2p−1)6n√

np(1−p)+ ...

]n



Limn−→∞M(t; n) =

= Limn−→∞

[1 + t2

2n − t(1− 2p)√

pn(1−p) −

t3(2p−1)6n√

np(1−p)+ ...

]n

= Limn−→∞

[1 + t2

2n

]n

Limn−→∞M(t; n) = et22

Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen daridisribusi normal standar. Jadi distribusi pendekatan dari UnadalahN(0; 1)

2. Ynn konvergen stokastik ke-p

Untuk menyelesaikannya akan digunakan ketidaksamaan Cheby-shev, yaitu:

P [|Yn − µYn | < kσYn ] ≥ 1− 1k2

Karena Ynberdistribusi b(n; p), maka:µYn = npσ2

Yn= np(1− p)

atau σYn =√

np(1− p)Jadi:

P[|Yn − np| < k

√np(1− p)

]≥ 1− 1

k2

P[∣∣∣∣n [Yn

n− p

]∣∣∣∣ < k√

np(1− p)]≥ 1− 1

k2

P[∣∣∣∣Yn

n− p

∣∣∣∣ < k√

np(1− p)]≥ 1− 1

k2

Misalkan: ε = k√

p(1−p)n dan k2 = nε2

1−p

Sehingga:

P[∣∣∣∣Yn

n− p

∣∣∣∣ < ε

]≥ 1− p(1− p)

nε2

Limn−→∞P[∣∣∣∣Yn

n− p

∣∣∣∣ < ε

]≥ Limn−→∞

[1− p(1− p)

nε2

]= 1



Jadi Ynn konvergen stokastik ke-p

3. Variabel random Ynnp konvergen stokastik ke-1

Untuk menyelesaikannya akan digunakan ketidaksamaan Cheby-shev, yaitu:

P [|Yn − µYn | < kσYn ] ≥ 1− 1k2

P[|Yn − np| < k

√np(1− p)

]≥ 1− 1

k2

P[∣∣∣∣np

[Yn

np− 1]∣∣∣∣ < k

√np(1− p)

]≥ 1− 1

k2

P

[∣∣∣∣[Yn

np− 1]∣∣∣∣ < k

√1− p

np

]≥ 1− 1

k2

Misalkan : ε = k√

1−pnp dan k2 = npε2

1−pSehingga :

P[∣∣∣∣[Yn

np− 1]∣∣∣∣ < ε

]≥ 1− 1− p

npε2

Limn−→∞P[∣∣∣∣[Yn

np− 1]∣∣∣∣ < ε

]≥ Limn−→∞

[1− 1− p

npε2

]= 1

Jadi Ynn konvergen stokastik ke-1

4. Variabel random[1− Yn

n


Untuk menyelesaikannya akan digunakan ketidaksamaan Cheby-shev, yaitu

P [|Yn − µYn | < kσYn ] ≥ 1− 1k2

P[|Yn − np| < k

√np(1− p)

]≥ 1− 1

k2

P[∣∣∣∣n [Yn

np− p

]∣∣∣∣ < k√

np(1− p)]≥ 1− 1

k2



P

[∣∣∣∣[Yn

np− p

]∣∣∣∣ < k

√p(1− p)

n

]≥ 1− 1

k2

P

[∣∣∣∣[Yn

np+ 1− 1− p

]∣∣∣∣ < k

√p(1− p)

n

]≥ 1− 1

k2

P

[∣∣∣∣[1− Yn

np

]− (1− p)

∣∣∣∣ < k

√p(1− p)

n

]≥ 1− 1

k2

Misalkan: ε = k√

p(1−p)n dan k2 = nε2

p(1−p)Sehingga:

P[∣∣∣∣[1− Yn

np

]− (1− p)

∣∣∣∣ < ε

]≥ 1− p(1− p)

nε2

Limn−→∞P[∣∣∣∣[1− Yn

np

]− (1− p)

∣∣∣∣ < ε

]≥ Limn−→∞

[1− p(1− p)

nε2

]Limn−→∞P

[∣∣∣∣[1− Yn

np

]− (1− p)

∣∣∣∣ < ε

]≥ 1

Jadi[1− Yn

np



1. Diketahui variabel random X1, X2, ... Xn i.i.d dengan fungsi kepadat-an peluang:

f (x) =

1θ ; 0 < x < θ, 0 < θ < ∞

0; untuk x yang lain(2.21)

Misalkan dibentuk variabel random Yn = max(X1, X2, ...,Xn), Tun-jukkan apakah Fn

w→ F, dan Ynd→ Y untuk suatu variabel random

Y!

Jawab:



Karena f (x) = 1θ untuk 0 < x < θ maka per definisi fungsi distribusi

variabel random X didapat sbb:

FX(x) = P(X ≤ x)

=

x∫0

1θ

dt =xθ

, 0 < x < θ (2.22)

Mengingat Yn adalah maksimum dari barisan variabel randomX1, X2, ... Xn yang i.i.d, maka fungsi distribusi variabel randomYndidapat dengan sbb:

FYn(y) = P(Yn ≤ y)

= P(X1 ≤ y, ...Xn ≤ y)

= P(X1 ≤ y)...(Xn ≤ y)

= [F(y)]n

mengingat 2.22 maka didapat

FYn(y) =

[ y

θ ]n, 0 < y < θ

1, y ≥ θ(2.23)

Untuk 0 < y < θ dan jika n→ ∞ maka [ yθ ]

n → 0, sehingga didapat:

limn→∞

FYn(y) =

0, 0 < y < θ

1, y ≥ θ

= FY(y)

dengan FY(y) merupakan suatu fungsi distribusi. Jadi dapat disim-pulkan bahwa:

FYn w−→ FY(y) dan Yn d−→Y, dimana Y adalah variabel random dengandistribusi FY(y).



2. Diketahui Yn barisan variabel random dengan fungsi massa pelu-ang (fmp). P Yn = −n = 1; n = 1, 2, ... Selidiki apakah Yn konver-gen dalam distribusi ke suatu variabel random?

Jawab :

Perhatikan bahwa, Mn(t) = E(etYn) = e−tnP(Yn = −n) = e−tn.Sehingga jika n→ ∞ diperoleh

Mn(t)−−−−→n→ ∞ M(t) =

0; t > 01; t = 0∞; t < 0

Karena ada t sehingga M(t) = ∞, maka M(t) bukan fpm. MisalFn(y) fungsi distribusi yang berkaitan dengan Yn, maka

Fn(y) =

0; y < −n1; y ≥ −n

Jadi Fn(y) → F(y) = 1, ∀y dengan F(y) bukan fungsi distribusi se-hingga Yn tidak konvergen ke suatu fungsi distribusi.

3. Diketahui Xn dengan fmp P Xn = 1 = 1/n, P Xn = 0 = 1− 1/n.

Tunjukkan bahwa Xnd→ X

Jawab :

Perhatikan bahwa, Mn(t) = 1/net + (1− 1/n) ada ∀t ∈ <. Mn(t)→1. Jadi M(t) = 1 adalah fpm dari variabel random x yang degenerate

di x = 0. Menurut teorema di atas maka Xnd→ X

4. Diketahui Yn ∼ B(n, p) maka µ = np dan p = µ/n. Apakah Ynd→ Y

?

Jawab



Mn(t) = E(etYn) (2.24)

= ∑Yn=0

etYn

(n

Yn

)PYn(1− p)n−Yn (2.25)

=n

∑Yn=0

(n

Yn

) (Pet)Yn (1− p)n−Yn (2.26)

=[pet + (1− p)

]n (2.27)

=

[1 +

µ(et − 1)n

]n

(2.28)

Jadi Mn(t) → µ(et − 1) ; ∀t. Karena ada distribusi poisson denganmean µ mempunyai fpm µ(et − 1) maka menurut teorema di atas

Ynd→ Y.

5. Diketahui Zn ∼ χ2(n). maka fpm dari Zn adalah(1 − 2t)−n/2 ;t < 1/2. Mean dan variansi dari Zn adalah n dan 2n. Tentukan li-mit distribusi dari Yn = (Zn − n)/

√2n

Jawab :

fpm dari

Yn = E(etyn) = e[t((Zn−n)/√

2n)] (2.29)

= e−tn/√

2nE(etzn/√

2n) (2.30)

= e[−(t√

2/n) n2 ][1−2 t√

2n

]−n/2

; t < (√

2n)/2 (2.31)

=

(et√

2n − t

√2n

et√

2n

)−n/2

; t <√

n2

(2.32)

Menurut teorema Taylor ada bilangan ε(n) antara 0 dan t√

2/n se-hingga

et√

2n = 1 + t

√2n+ 1/2(t

√2n)2 + 1/6eε(n)(t

√2n)3 (2.33)



dan diperoleh

et√

2n = (1− t2

n+

Ψ(n)n

)−n/2 (2.34)

dengan

Ψ(n) =√

2t3eε(n)

3√

n−√

2t3√

n− 2t4eε(n)

3n; n→ ∞⇒ Ψ(n)→ 0 (2.35)

akibatnyaMn(t)→ et2/2 ; ∀t (2.36)

Jadi Ynd→ Y dengan Y ∼ N(0, 1)

6. Diketahui X = mean sampel random berukuran 75 dari distribusidengan fkp

f (x) =

1; 0 < x < 10; yang lain

(2.37)

Hitung P

0, 45 < X < 0, 55

Jawab

E(X) = 1/2 dan E(X2) = 1/3 maka µ = 1/2 dan σ2 = 1/12.P

0, 45 < X < 0, 55

= P(√

n(0, 45 − µ)/σ <√

n(X − µ)/σ <√

n(0, 55− µ)/σ = 0, 866.

7. JikaXn

p→ a dan Ynp→ b⇒ Xn + Yn → (a + b)

Bukti

Diberikan ε > 0, P |Xn + Yn − (a + b)| ≥ ε ≤P |Xn − a| ≥ ε/2+ P |Yn − b| ≥ ε/2 .2

Karena kedua suku diruas kanan mendekati 0 untuk n → ∞, makadiperoleh ∀ε > 0 P |Xn + Yn − (a + b)| ≥ ε → 0. Jadi Xn + Yn →(a + b)|

2gunakan ketaksamaan segitiga



8. Diketahui Yn ∼ B(n, p), 0 < p < 1. Tentukan limit distribusi dari

Yn − np√n(Yn/n)(1−Yn/n)

Jawab :

Perhatikan bahwa, menurut TLP

Un =Yn − np√np(1− p)

d→ N(0, 1) (2.38)

Yn/np→ p dan 1− Yn/n

p→ 1− p ⇒ (Yn/n)(1− Yn/n)p→ p(1−

p)⇒ (Yn/n)(1−Yn/n)p(1−p) → 1

dan

Vn =

[(Yn/n)(1−Yn/n)

p(1− p)

]1/2p→ 1 (2.39)

Menurut teorema

Wn = Un/Vn =Yn − np√

n(Yn/n)(1−Yn/n)d→ N(0, 1) (2.40)

9. Diketahui Xn dan S2n mean dan variabel sampel random yang ber-

ukuran n dari distribusi N(µ, σ2), σ2 > 0. Tentukan limit distribusidari Wn = σXn/Sn.

Jawab :

Telah dibuktikan bahwa Xn dan S2n berturut-turut konvergen dalam

probabilitas ke µ dan σ2. Menurut teorema, Sn konvergen dalamprobabilitas ke σ dan menurut teorema 1, Sn/σ konvergen ke 1. Me-nurut teorema variabel random Wn = σXn/Sn mempunyai limit dis-tribusi yang sama dengan Xn. Jadi Wn

p→ µ.


1. Tuliskan definisi dari:



(a) Xn konvergen ke X dalam distribusi (ditulis Xnd→ X

(b) Xn konvergen ke X dalam probabilitas (ditulis Xnp→ X)

2. Misalkan xn mean sampel random yang berukuran n dari distribusiN(µ, σ2). Tentukan limit distribusi dari xn

3. Misalkan Y1 statistik terurut pertama dari sampel random yang ber-ukuran n dari distribusi yang mempunyai f.k.p f (x) = e−(x−θ), θ <

x < ∞ dan bernilai 0 untuk x yang lain. Jika Zn = n(Y1 − θ), tentuk-an limit distribusi dari Zn.

4. Diketahui f.k.p dari Yn adalah

fn(y) =

1; y = n0; y 6= n

(2.41)

Perlihatkan bahwa Yn tidak mempunyai limit distribusi.

5. Diketahui X1, X2, ..., Xn sampel random yang berukuran n dari dis-

tribusi N(µ, σ2) dengan µ > 0. Perlihatkan bahwa Zn =n

∑i=1

Xi tidak

mempunyai limit distribusi.

6. Diketahui Xn ∼ G(n, β), dengan β bukan fungsi dari n. Tentukanlimit distribusi dari Yn = Xn/n

7. Diketahui Zn ∼ χ2(n) dan Wn = Zn/n2. Tentukan limit distribusidari Wn.

8. Buktikan teorema kekontinuan Levy; Misal Yn variabel random de-ngan fungsi distribusi Fn(y) dan Mn(t) ada untuk ∀t ∈ <. JikaF(y)fungsi distribusi ysng bersesuaian dengan M(t) sedemikian sehing-

ga Mn(t) → M(t) maka Ynd→ Y

9. Buktikan teorema limit pusat berikut: Jika X1, ..., Xn ∼ (µ, σ2), σ > 0

maka Yn =√

n(Xn − µ)/σd→ Y dimana Y ∼ N(0, 1).

10. Diketahui variabel random Yn mempunyai distribusi B(n, p).



(a) Buktikan bahwa Yn/n konvergen dalam probabilitas ke p. (Halini merupakan suatu bentuk hukum lemah dari bilangan besar).

(b) Buktikan bahwa1− Yn/n konvergen dalam probabilitas ke 1−p

11. Misalkan S2n variansi sampel yang berukuran n dari distribusi

N(µ, σ2). Buktikan bahwa nS2n/(n − 1) konvergen dalam probabi-

litas ke σ2.

12. Diketahui Wn variabel random dengan mean µ dan varians bnp de-

ngan p > 0, µ dan b konstanta (bukan fungsi dari n). Buktikanbahwa Wn konvergen dalam probabilitas ke µ. (petunjuk gunakanketaksamaan Chebyshev).

13. Misalkan Yn menyatakan statistik terurut ke-n dari sampel randomberukuran n dari distribusi uniform pada interval (0, θ). Buktikanbahwa Zn =

√Yn konvergen dalam probabilitas ke

√θ.

14. Diketahui Xn ∼ G(µ, 1). Buktikan bahwa limit distribusi√

n(Xn −µ)/

√Xn adalah N(0, 1)

15. Misal Y1, ..., Yn dan X1, ..., Xn dua sampel random yang independendengan mean µ1 dan µ2 dan variansi bersama σ2. Tentukan limit dis-tribusi dari

(Yn − Xn)− (µ1 − µ2)

σ√

2n

(2.42)

(Petunjuk : misalkan Zn =n

∑i=1

Zi/n dengan Zi = Yi - Xi

16. Diketahui Xn berdistribusi gamma dengan parameter α = n dan β,dengan β bukan fungsi dari n. Jika Yn = Xn/n, tentukan limit distri-busi dari Yn.

17. Diketahui Zn berdistribusi χ2(n) dan Wn = Zn/n2. Tentukan limitdistribusi dari Wn.

18. Misalkan Z berdistribusi χ2(50). Tentukan P(40 < x < 60)



19. Misalkan P = 0, 95 probabilitas bahwa seorang laki-laki dalam suatugrup hidup paling sedikit 5 tahun. Jika kita observasi 60 orang laki-laki dan jika diasumsikan independen, tentukan probabilitas bahwapaling sedikit 56 dari mereka hidup 5 tahun atau lebih.

20. Diketahui variabel random Zn mempunyai distribusi poisson de-ngan parameter µ = n. Perlihatkan bahwa limit distribusi dari vari-abel random Yn = (Zn − n)/

√n ∼ N(0, 1)

21. Diketahui Xn mean dari sampel random berukuran n dari distribusipoisson dengan parameter µ = 1.

(a) Buktikan bahwa fungsi pembangit moment dari Yn =√

n(Xn−µ)/σ =

√n(Xn − 1) adalah exp

[−t√

n + n(et/√

n − 1)]

(b) Ekspansikan et/√

n kedalam deret Maclaurin, kemudian tentuk-an limit distribusi dari Yn

22. Diketahui X mean sampel random berukuran 100 dari distribusiχ2(50). Hitunglah P(49 < X < 51)

23. Diketahui Y ∼ B(72, 1/3). Hitung P(22 ≤ Y ≤ 28)

24. Diketahui X adalah mean sampel random berukuran 15 dari dis-

tribusi yang mempunyai fkp f (x) =

3x2; 0 < x < 1

0, yang lainTentukan

P(3/5 < X < 4/5)

25. Diketahui Y ∼ B(n; 0, 55). Tentukan nilai n terkecil sehinggaP(Y/n > 1/2) ≥ 0, 95.




Bab 3

Estimasi Titik


Memahami konsep dasar estimasi titik dan mampu menerapkannya, baikdalam pemecahan masalah matematika, ilmu lain maupun dalam kehi-dupan sehari-hari


Setelah mengerjakan bab ini mahasiswa diharapkan dapat:

1. Menjelaskan azas reduksi data dalam distribusi sampling

2. Menganalisis apakah suatu statistik merupakan statistik cukup

3. Menjelaskan prinsip dasar estimasi titik

4. Menentukan sifat-sifat estimator titik

5. Menggunakan ketaksamaan Cramer-Rao untuk menentukan estima-tor dengan varian minimum uniform (UMVUE)

6. Menentukan estimator suatu parameter dengan metode momen

53


7. Menentukan estimator suatu parameter dengan metode likelihoodmaksimum

3.3 Uraian Materi

3.3.1 Prinsip Reduksi Data

Seperti dijelaskan pada bab sebelumnya, informasi dalam sampel x1, ..., xn

akan digunakan untuk melakukan inferensi tentang parameter θ. Namunpada umumnya data-data yang terobservasi dari sampel x1,x2, ..., xn ada-lah daftar bilangan yang sulit untuk diinterpretasikan secara lengkap. De-ngan kata lain, interpretasi data secara realistik biasanya dilakukan de-ngan prinsip reduksi. Masalahnya adalah seberapa jauh reduksi itu va-lid, sehingga tetap menghasilkan inferensi yang akurat terhadap nilaiparameter-parameter populasi.

Misalnya fungsi terukur T(x) adalah statistik yang mendefinisikan bentukreduksi data, artinya dalam melakukan inferensi yang digunakan hanyaT(x), bukan keseluruhan sampel terobservasi x. Dua data sampel x dan yakan diperlakukan sama asalkan T(x) = T(y).

3.3.1.1 Azas Kecukupan

Azas kecukupan (the sufficiency principle) menyatakan bahwa statistik cu-kup (A suffcient statistic) untuk parameter θ adalah statistik yang bisa me-nyerap sejumlah informasi tentang θ yang termuat dalam sampel. Setiapinformasi tambahan dalam sampel, di samping harga statistik cukup, ti-dak memuat informasi tambahan tentang θ. Pertimbangan-pertimbangandi atas akan membawa pada teknik reduksi data yang dikenal sebagai azaskecukupan.

De f inisi

Bab 3. Estimasi Titik 54 ISBN 978-602-8310-02-4


T(x) adalah statistik cukup untuk θ, jika setiap inferensi tentang θ hanyatergantung pada sampel x, yaitu hanya melalui harga T(x). Artinyajika x dan y adalah dua titik sampel sedemikian hingga T(x) = T(y),maka inferensi tentang θ harus sama, tidak tergantung apakah X = xatau Y = y yang terobservasi.

Teorema

Bila f (x | θ) adalah densitas dari x dan q(t | θ) adalah densitas dari T(x),maka T(x) adalah statistik cukup untuk θ jhj untuk setiap x dalam ruangsampel, rasio f (x | θ)/q(T(x) | θ) tidak tergantung pada θ.

Catatan :

Pθ(X = x|T(X) = t(x)) =Pθ(X = x dan T(x) = t(x))

Pθ(T(x) = t(x))(3.1)

=Pθ(X = x dan T(x) = t(x))

Pθ(T(x) = t(x))

=Pθ (X = x)

Pθ (T(X) = t(x)

=f (x | θ)

q(T (x))

Contoh

Misalkan Xi, ..., Xn adalah variabel random i.i.d berdistribusi Bernoullidengan parameter θ, 0 < θ < 1. Akan ditunjukkan bahwa T(X) =

Xi + ... + Xn adalah statistik cukup untuk θ. Perhatikan bahwa T(X)

merupakan jumlah harga-harga Xi sedemikian sehingga T(X) mem-punyai ditribusi Binomial (n, θ), sehingga:



f (x(θ))q(T (x)(θ)0

=∏n

i θxi(1− θ)1−xi(nt)

θ t (1-θ) n−t, (t = ∑ xi) (3.2)

=θ ∑ xi (1− θ) ∑(1−xi)(n

t)

θ t(1− θ) n−t, (

n

∏i

θxi = θ∑ xi)

=θ t(1− θ)n−t(nt)

θ t(1-θ) n−t

=1(nt)

=1(n

∑ xi

)

Karena rasio di atas tidak tergantung pada θ, maka T(x)adalah statistikcukup untuk θ.

Contoh

Misalkan Xi, ..., Xn adalah i.i.d. v N(µ, τ2) dengan τ2 diketahui adalah

statistik cukup untuk µ. Tunjukkan bahwa mean sampel, T(x)=−X

= x1+...+xnn adalah statistik cukup untuk µ.

f (x | µ) =n

πi=1 (2πτ2)−1/2 exp(−(xi − µ)2/2τ2) (3.3)

= (2πτ2)−n/2 exp(−n

∑i=1

(xi − µ)2/2τ2)

= (2πτ2)−n/2 exp(−n

∑i=1

(xi − x + x− µ)2/2τ2)

= (2πτ2)−n/2 exp(−n

∑i=1

(xi − x)2 + n(x− µ)2/2τ2)

Karena X ∼ N(µ, τ2/n), maka:



f (x | θ)

q(T (x) | θ)=

( 2πτ2)n/2

exp(−(

n∑ (xi −x)2 + n(x− µ)2 ) / 2τ2

)(2πτ2/ n ) − 1/2 exp(− n (x− µ)2/(2τ2))

(3.4)

= n−1/2(2πτ2)−(n−1) / 2 exp(−n

∑i=1

(xi − x)2/2τ2)

yang tidak tergantung pada µ. Dengan menggunakan teorema sebelum-nya, maka mean sampel adalah statistik cukup untuk µ.

Dengan menggunakan definisi, pertama-tama kita harus menduga ma-na statistik T(x) yang merupakan statistik cukup, kemudian menentukandensitas dari T(x) dan menyelidiki apakah rasio densitas x dan densitasT(x) tidak memuat θ. Cara tersebut memang kurang praktis.

3.3.1.2 Teorema Halmos & Savage

Misalkan f (x|θ) adalah densitas bersama dari sampel X. T(X)adalah sta-tistik cukup untuk θ jhj terdapat fungsi g(t|θ) dan h(x) sedemikian hinggauntuk semua titik sampel x dan semua parameter θ berlaku;

f (x|θ) = g (T (x)|θ) h(x)) (3.5)

Bukti :

Misalkan T(X) adalah statistik cukup. Pilih g (t(θ)) = P0 (T (x) = t) danh(x) = P (X = x|T(X) = T(x)) . Karena T(X) statistik cukup, maka dis-tribusi probabilitas yang mendefinisikan h(x) tidak tergantung pada θ. Ja-di, pemilihan h(x)dan g((t(x)) dapat dibenarkan dan untuk pemilihan inidi dapat



f (x|θ) = Pθ(X− x) (3.6)

= P0 (X = x dan T(X) = T(x))

= P0 (T(X) = T(x)) P (X = x|T(X) = T(x))

= g (T (x)|θ) h(x)

Sekarang andaikan faktorisasi di atas berlaku. Misalkan q(t|θ) adalah den-sitas dari T(x). Untuk menunjukkan bahwa T(X) merupakan statistik cu-kup, kita selidiki rasio f (x|θ) /q (T(x)|θ)

Definisikan

AT (x) = Y : T(Y) = T(x) (3.7)

maka

f (x|θ)q (T(x)|θ) =

g (T (x)|θ) h(x)q (T(x)|θ) (3.8)

=g (T (x)|θ) h(x)

∑AT (x)g (T (Y)|θ) h(y)

(de f inisi densitas dari T)

=g (T (x)|θ) h(x)

g (T (x)|θ)∑AT (x)h(y)

(karena T konstan padaAT (x))

=h(x)

∑AT (x)h(y)

Karena rasio ini tidak tergantung pada θ, maka T(X) adalah statistik cu-kup untuk θ.

Contoh

Untuk distribusi normal dalam contoh di atas, dapat dilihat bahwa densi-tas dapat difaktorkan sebagai:



f (x | µ) = (2πτ2)−n/2 exp

(−

n

∑i=1

(xi − x)2/2τ2

)exp

(−n(x− µ)2/2τ2

)(3.9)

Kita dapat mendefinisikan:

h(x) = (2πτ2)−n/2 exp

(−

n

∑i=1

(xi − x)2/2τ2

)(3.10)

dan bentuk ini tidak tergantung pada parameter µ.

Faktorisasi di atas yang memuat µ tergantung pada sampel x hanya mela-lui T(X) = X. Sehingga didapat

g(t | µ) = exp(−n(t− µ)2/2τ2

)(3.11)

dan perhatikan bahwa

f (x | µ) = h(x)g (T (x) | µ) (3.12)

Jadi, dengan menggunakan teorema Faktorisasi; T(X) = x adalah statistikcukup untuk µ.

Dalam contoh-contoh di atas, statistik cukup adalah suatu fungsi berhar-ga real dari sampel. Semua informasi tentang θ dalam sampel disarikandalm satu bilangan T(X). Kadang-kadang informasi tidak dapat disarik-an dalam satu bilangan dan sebagai penggantinya diperlukan beberapabilangan. Untuk keadaan ini, statistik cukup berupa vektor, katakanlah

T(−X) =

(T1(−x), ..., Tn(

−x))

. Keadaan ini sering terjadi bila parameter juga

merupakan vektor, katakanlah−θ = (θ1, ..., θs); biasanya r = s, walaupun

tidak selalu teorema faktorisasi juga dapat digunakan untuk menentukanstatistik cukup bernilai vektor.

Contoh



Andaikan kembali bahwa x1, x2, ..., xn. adalah i.i.d v N(µ, τ) tetapitidak seperti contoh di muka. Misalkan µ dan τ2 kedua-duanya tidak

diketahui, sehingga vektor parameter adalah−θ = (µ, τ2). Sekarang,

bila menggunakan Teorema Faktorisasi, setiap bagian densitas yangtergantung pada µ dan τ2 harus dimasukkan dalam fungsi g. Terlihat

bahwa densitas tergantung pada sampel−x hanya melalui

T1(−x) =

_X (3.13)

dan

T2(−x) = s2 (3.14)

=n

∑ (xi−−X)2/(n− 1)

Jadi, kemudian dapat mendefinisikan h(−x) = 1 dan

g(t|θ) = g(t1, t2|µ, τ2) (3.15)

= (2πτ2)−n/2 exp(−(

n(t1 − µ)2 + (n− 1)t2

)/ 2t2

)maka, dapat dilihat bahwa

f (−x| µ, τ2) = g

(T 1(

−X), T 2(

−X)|µ, τ2

)h(−X) (3.16)

Jadi, dengan menggunakan Teorema Faktorisasi,

T(−X) =

(T 1(

−X), T 2(

−X)

)= (

−X, S2) (3.17)

adalah statistik cukup untuk (µ, τ2) dalam distribusi normal.

Untuk keluarga eksponensial, dengan menggunakan Teorema Fak-torisasi, penentuan statistik cukup sangat mudah untuk dilakukan.



Contoh

Misalkan x1, x2, ..., xn. adalah i.i.d dengan densitas f (x|θ). Andaikanf (x|θ) adalah keluarga eksponensial dengan densitas

f (x|θ) = h(x)c(θ) exp

(k

∑i=1

Wi(θ) ti (x)

)(3.18)

Maka

T(−X) =

(n

∑i=1

t1

(Xj)...n

∑i=1

tk

(Xj)

)(3.19)

adalah statistik cukup untuk θ.

3.3.2 Estimasi Titik

Kuantitas-kuantitas pada populasi, seperti mean (µ) atau varian (σ2) yangumumnya tak diketahui. Kuantitas tersebut disebut dengan parame-ter populasi. Karakteristik (distribusi) suatu populasi tergantung padaparameter-parameter ini. Misalnya, distribusi Exponensial P(λ) tergatungpada parameter λ, distribusi Normal N(µ, σ2) tergantung pada 2 parame-ter mean µ dan variansi σ2 dan distribusi Binomial B(n, p) tergantung pa-da 2 parameter banyak percobaan n dan peluang sukses dala tiap perco-baan p. Secara umum lambang θ digunakan sebagai lambang parameterpopulasi, sehingga distribusinya dapat tulis f (x; θ); θ ∈ Ω. Dalam hal inihimpunan Ω disebut ruang parameter dan f (x; θ); θ ∈ Ω disebut kelu-arga parametrik.

Jika pada populasi digunakan istilah parameter, maka pada sampel digu-nakan istilah statistik. Statistik didefinisikan sebagai kuantitas-kuantitaspada sampel. Contohnya; Xn dan S2

n masing-masing merupakan statis-tik atau kuantitas (mean dan varian) dari sampel yang berukuran n yangmungkin diambil dari populasi berdistribusi f (x; θ) dengan θ tidak dike-tahui.



Dalam contoh ini, untuk mengestimasi parameter θ, diambil sampel ran-dom X1, ..., Xn. Fungsi T = T(X1, ..., Xn) disebut statistik. Statistik T yangdigunakan untuk mengestimasi θ disebut estimator dari θ dan ditulis θ.Estimator θ adalah suatu variabel random yang mempunyai fungsi proba-bilitas tertentu yang disebut distribusi sampling.

Contoh

Misal X1, ..., Xn sampel random yang diambil dari populasi b(1, p) denganp tidak diketahui. Maka X = 1

n ∑ni=1 Xi adalah estimator untup p. Estima-

tor yang lain misalnya T = 1/3, T = X1, dan T = (X1 + X2)/2.

Perlu diperhatikan bahwa beberapa statistik dapat digunakan sebagai esti-mator terhadap suatu parameter. Dari sini mucul masalah: Statistik manayang paling baik, atau misalnya statistik mana yang tak bias, efisien, dankonsisten?

Ada beberapa jenis estimator penting berdasarkan sifat-sifatnya yang ak-an dibahas pada bagian ini, yaitu estimator tak bias, estimator konsisten,estimator esfisien, dan estimator minimum

3.3.2.1 Estimator Tak Bias

De f inisi

Suatu statistik θ disebut estimator tak bias untuk θ, jika E(θ) = θ, untuksetiap θ ∈ Ω. Jika E(θ) 6= θ, maka θ disebut estimator bias.

Contoh

Jika X berdistribusi B(n, θ), tunjukkan bahwa X/n adalah estimator takbias untuk θ!

Jawab

Karena E(X) = nθ, maka E(X/n) = 1/nE(X) = 1/n.nθ = θ. Jadi θ =

X/n adalah estimator tak bias untukθ



Contoh

Jika S2 = 1n−1

n

∑i=1

(Xi − X)2 adalah varian sampel random dari populasi

N(µ, σ2), tunjukkan bahwa E(S2) = σ2

Bukti

E(S2) = E

[1

n− 1

n

∑i=1

(Xi − X)2

](3.20)

=1

n− 1E

[n

∑i=1

(Xi − µ)− (X− µ)

2]

=1

n− 1

[n

∑i=1

E(Xi − µ)2

− nE(X− µ)2

]

=1

n− 1

[n

∑i=1

σ2 − n.σ2/n

]= σ2

Jadi θ2 = S2 adalah estimator tak bias untuk σ2

Contoh

Misal X1, ..., Xn berdistribusi i.i.d uniform U(0, θ). Kita ingin menentuk-an estimator untuk θ dengan statistik maksimum. Jadi T = maks(X1, ..., Xn) = Xmax = θ. Terlebih dahulu kita tentukan distribusi dari T.

U(0, θ)⇒ f (x, θ) =1θ

; 0 < x < θ (3.21)

P(T ≤ t) = P(Xmax ≤ t) = P(X1 ≤ t, X2 ≤ t, ..., Xn ≤ t) (3.22)

Karena X1, ..., Xn independen maka

P(T ≤ t) = P(X1 ≤ t) P(X2 ≤ t) ...P(Xn ≤ t) (3.23)



Karena identik maka G(t) = [F(t)]n dengan G(.) dan F(.) berturut-turutfungsi distribusi dari T dan X. Jadi

g(t) =dG(t)

dt= n [F(t)]n−1 . f (t) (3.24)

Dari f (x, θ) = 1θ ; 0 < x < θ diperoleh F(x) = x

θ , 0 < x < θ sehingga

g(t) = n [t/θ]n−1 .1/θ =ntn−1

θn ; 0 < t < θ (3.25)

Sekarang kita tentukan

E(T) =

θ∫0

tg(t)dt (3.26)

=

θ∫0

tntn−1

θn =n

n + 1θ

Karena E(T) 6= θ maka T adalah estimator bias. Tetapi jika dipilihT1 = n+1

n Xmax maka T1 adalah estimator tak bias untuk θ, sebab E(T1) =n+1

nn

n+1 θ = θ

3.3.2.2 Estimator Konsisten

Sejauh ini estimator yang dibicarakan hanya untuk sampel berhingga. Se-baliknya konsistensi adalah sifat asimptotis, yaitu menggambarkan sifatestimator bila ukuran sampel menjadi tak hingga. Konsistensi adalah sifatdari barisan estimator bukan dari estimator tunggal.

Barisan estimator Tn = Tn(X1, ..., Xn) disebut estimator konsisten dari θ

jika untuk setiap ε > 0

P |Tn − θ| ≥ ε → 0 (3.27)

Definisi di atas menyatakan bahwa estimator konsisten pasti juga konver-



gen dalam probabilitas. Karena menurut ketaksamaan Chebyshev

P |Tn − θ| ≥ ε ≤ E(Tn − θ)2

ε2 (3.28)

maka E(Tn − θ)2 → 0 adalah syarat cukup suatu estimator konsisten.

Akibat definisi tadi, bila estimator dari θ yang memenuhi

1. Tn estimator tak bias

2. Var(Tn)→ 0

maka Tn adalah estimator konsisten

Contoh

Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi i.i.d N(θ, 1). Perlihatkan bahwa Xn ada-lah barisan estimator konsisten.

Bukti

1. E(Xn) = 1/n.nθ = θ. Jadi Xn estimator tak bias untuk θ

2. Var(Xn) = 1/n → 0. Menurut akibat definisi di depan, makaXn estimator konsisten.

3.3.2.3 Estimator Efisien

Berikut ini kita akan membandingkan dua estimator berdasarkan variansidari estimator tersebut.

De f inisi

Misalkan θ1 dan θ2 dua estimator tak bias untuk parameter θ. Estimator θ1

dikatakan lebih efisien daripada θ2 jika

Var(θ1) < Var(θ2) (3.29)



Contoh

Perhatikan kembali contoh T1 = n+1n Xmax maka T1 adalah estimator tak

bias untuk θ. Dengan transformasi variabel diperoleh distribusi T1

g(t1) =nn+1

(n + 1)nθn tn−11 ; 0 < t1 <

n + 1n

θ (3.30)

Selanjutnya akan dicari Var(T1)

E(T21 ) =

b∫0

t21

nn+1

(n + 1)nθn tn−11 dt1, dengan b =

n + 1n

θ (3.31)

=(n + 1)2θ2

n(n + 2)

Var(T1) = E(T21 )− E(T1)2 (3.32)

=(n + 1)2θ2

n(n + 2)− θ2

=θ2

n(n + 2)

Kita dapat mencari estimator tak bias yang lain dengan menggunakan sta-tistik minimum, namakan W = Xmin. Distribusi W sbb:

g(w) =nθ(1− w

θ)n−1; 0 < w < θ (3.33)

dan

E(w) =

θ∫0

wnθ(1− w

θ)n−1dw =

θ

n + 1(3.34)

Jika dipilih T2 = (n + 1)Xmin sebagai estimator untuk θ maka T2 adalahestimator tak bias untuk θ. Sehingga diperoleh distribusi T2

g(t2) =n

(n + 1)θ(1− t2

(n + 1)θ)n−1; 0 < t2 < (n + 1)θ (3.35)



dan

E(T22 ) =

2(n + 1)θ2

n + 2(3.36)

Var(T2) =2(n + 1)θ2

n + 2− θ2 =

nθ2

n + 2(3.37)

nampaklah bahwa Var(T1)=θ2

n(n+2) < nθ2

n+2 = Var(T2), untuk n > 1. JadiT1 lebih efisien daripada T2.

3.3.2.4 Estimator Bayes

Pendekatan Bayesian dalam statistik secara fundamental berbeda denganpendekatan klasik seperti yang telah kita bicarakan di muka. Meskipundemikian, beberapa aspek dari pendekatan Bayesian dapat berguna pa-da beberapa pendekatan statistik yang lain. Sebelum masuk pada meto-de pencarian estimator Bayes, kita bicarakan dahulu pendekatan Bayesianpada statistika.

Dalam pendekatan klasik, parameter θ adalah kuantitas atau besaran te-tap yang tidak diketahui. Sampel random x1, ..., xn diambil dari populasiberindeks θ dan berdasarkan harga-harga terobservasi dalam sampel, di-dapat pengetahuan tentang θ.

Dalam pendekatan Bayesian, θ dipandang sebagai besaran yang variasin-ya digambarkan dengan distribusi probabilitas (disebut distribusi prior).Ini adalah distribusi subyektif berdasarkan pada keyakinan seseorang dandirumuskan sebelum data diambil. Kemudian sampel diambil dari popu-lasi berindeks θ dan distribusi prior disesuaikan dengan informasi sampelini. Prior yang telah disesuaikan disebut distribusi posterior. Penyesuaianini dilakukan dengan menggunakan aturan Bayes, karena itu dinamakanstatistik Bayesian.

Bila distribusi prior dinyatakan dengan π(θ) dan distribusi sampling den-gan f (x | θ), maka distribusi posterior, yaitu distribusi bersyarat θ diberi-kan x adalah



π(θ | x) =f (x | θ) π(θ)

m(x)(3.38)

Perhatikan bahwa f (x,θ) = f (x | θ) π(θ) dimana m(x) adalah distribusimarginal dari x yaitu m(x) =

∫f (x | θ)π(θ)dθ

Jadi distribusi posterior adalah distribusi bersyarat, yaitu bersyarat ter-hadap observasi sampel. Sekarang distribusi posterior digunakan untukmemberi pernyataan tentang θ, yang dipandang sebagai besaran random.Sebagai contoh, mean distribusi posterior dapat digunakan sebagai titikestimator dari θ.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah distribusi Bernoulli (1, p), maka Y = ∑ Xi

adalah Binomial (n, p). Kita andaikan bahwa distribusi prior dari p adalahBeta (α, β). Distribusi bersama dari Y dan p adalah

f (Y, p) = [

(ny

)pY(1− p)n−Y][

P(α + β)

P(α)P(β)pα−1(1− p)β−1] (3.39)

=

(ny

)P(α + β)

P(α)P(β)pY+α−1(1− p)n−Y+β−1

Densitas marginal dari Y adalah

f (Y) =∫ 1

0f (Y, p)dp =

(ny

)P(α + β)

P(α)P(β)

P(Y + α) P(n−Y + β)

P(n + α + β)(3.40)

Sehingga π(p | Y) = f (Y,p)f (Y) = P(α+β)

P(α+α)P(n+α+β)P(n−α+β)

pY+α−1(1− p)n−Y+β−1

Yang merupakan distribusi Beta (Y + α, n − y + β). Estimator alami un-tuk p adalah mean dari distribusi posterior, dan ini memberikan estimator

Bayes untuk p adalahap= β = Y+α

α+β+n

Bila kita mengestimasi parameter Binomial, kita tidak perlu memiliki dis-tribusi prior dari keluarga beta. Tetapi, terdapat keuntungan dalam me-



milih keluarga beta, paling tidak kita mempunyai closed-form dari estima-tor. Secara umum, untuk sembarang distribusi sampling terdapat keluargadistribusi prior alami yang disebut keluarga konjugat.

De f inisi

Misalkan F adalah kelas densitas f (x | θ). Kelas π dari distribusi priordisebut keluarga konjugat untuk F, bila distribusi posterior berada dalamkelas π untuk semua f ∈ F,semua prior dalam π, dan semua x ∈ χ.

Contoh

Jika X v N(θ, τ2) dan misalkan distribusi prior dari X adalah N(µ, τ2).Distribusi posterior dari θ juga normal dengan mean dan variansi

µ = E(θ | x) =τ2

τ2 + σ2 x +σ2

σ2 + τ2 (3.41)

Var(x | θ) =σ2τ2

σ2 + τ2 (3.42)

3.3.3 Metode Evaluasi Estimator Titik

Metode-metode yang dibicarakan dalam bab sebelumnya telah memberi-kan gambaran teknik yang masuk akal dalam menentukan estimator ti-tik untuk suatu parameter. Karena kita biasanya dapat menerapkan lebihdari satu metode dalam suatu persoalan tertentu, maka kita dihadapkanpada persoalan memilih diantaranya. Memang metode yang berbeda bisamenghasilkan estimator yang sama (jika demikian, maka tugas kita sangatmudah), tetapi pada umumnya metode yang berbeda juga akan mengha-silkan estimator yang berbeda.

Dalam bab ini akan diperkenalkan konsep dasar untuk mengevaluasi esti-mator dan menyelidiki kelakuan beberapa estimator terhadap kriteria ini.



3.3.3.1 Galat Kwadrat Rata-Rata

Ukuran kualitas estimator yang paling umum adalah galat kuadrat rata-rata atau Mean Square Error (MSE). MSE merupakan jumlah Variansi danBiasnya

De f inisi

Galat kuadrat rata-rata (MSE) dari estimator T(_x) terhadap parameter θ

adalah fungsi θ yang didefinisikan dengan Eθ (T(_x)− θ)2. Dengan mudah

dapat kita lihat bahwa:

Eθ (T(_x)− θ)2 = VarT(x) + (Bias(T(x))2 (3.43)

dengan Bias T(_x) = EθT(

_x)− θ.

Jadi MSE mempunyai dua komponen, variansi yang menguji variabeli-tas (precision) estimator dan bias mengukur (accuracy) dari estimator. Ja-di untuk estimator tak bias kita mempunyai MSE = Eθ (T(x)− θ)2 =

Var(

T(_

x))

.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah i, i, d N(µ, σ2)._X dan S2 kedua-duanya adalah

estimator tak bias untuk µ dan σ2, karena E(_X) = µ dan E(S2) = σ2.

MSE dari kedua estimator adalah

E(_X −µ)2 = Var(

_X) =

σ2

n(3.44)

E(s2 − σ2)2 = VarS2 =2σ4

n− 1Banyak estimator tak bias yang masuk akal jika dilihat dari MSE-nya. Na-mun perlu ditekankan bahwa pengontrolan bias tidak otomatis pengon-trolan MSE. Pada khususnya sering terjadi timbal balik antara varansi danbias, sedemikian hingga sedikit kenaikan bias dapat ditukarkan denganpenurunan yang lebih besar pada variansi, yang hasilnya adalah perbai-kan pada MSE.



Contoh

Estimator alternatif untuk σ2 adalah estimator maksimum likelihood

aσ

2=

1n

n

∑ (xi−_x)2 =

n− 1n

s2

Dengan mudah dapat dilihat bahwa E(aσ

2) = E(n−1

n s2) = n−1n s2

sehinggaaσ

2adalah estimator yang bias untuk σ2. Variansi

aσ

2dapat dihi-

tung sebagai

Varaσ

2= Var(

n− 1n

s2) = (n− 1

n)2Var(s2) =

2(n− 1)n2 σ4

Karena itu, MSEa

(σ2) adalah

E(aσ

2−σ2) =

2(n− 1)σ4

n2 + (n− 1

nσ2 − σ2)2 = (

2n− 1n2 )σ4

Jadi kita mempunyai

E(aσ

2−σ2) = (

2n− 1n2 )σ4 < (

2n− 1

)σ4 = E(s2 − σ2)2.

Yang menunjukkan bahwaaσ

2mempunyai MSE yang lebih kecil dari S2.

Jadi dengan mengadakan timbal balik antara variansi dan bias, MSE dapatdiperbaiki.

Catatan

Hasil di atas tidak berarti bahwa S2 tidak dapat dijadikan sebagai estima-

tor dari σ2. Hal di atas hanya mengatakan bahwa secara rata-rataaσ

2lebih

dekat ke σ2 dibandingkan dengan σ bila MSE digunakan sebagai uku-ran kebaikan. Pada umumnya, karena MSE adalah fungsi dari parameter,maka tidak ada estimator ”terbaik” untuk θ. Yang sering kita lihat adalahMSE dari dua estimator saling berpotongan, yang berarti kebaikan dari



estimator hanya bersifat lokal. Salah satu cara untuk mengatasi tidak ada-nya estimator ”terbaik” adalah melalui pembatasan kelas estimator. Salahsatu pembatasan yang kita bicarakan adalah melalui kelas tak bias.

Misalkan kita ingin mengestimasi g(θ). Dalam hal ini kita hanya memba-tasi kelas estimator.

CT = T : ET = g(θ)

Untuk setiap T1, T2 ∈ CT, Bias T1 =Bias T2 sehingga

MSE(T1)−MSE(T2) = VarT1 −VarT2.

Ini berarti bahwa, dalam kelas CT, perbandingan MSE sama dengan per-bandingan Variansi.

3.3.3.2 Estimator Terbaik

Tujuan dari bagian ini adalah menyelidiki metode penentuan estimator takbias ”terbaik” yang akan definisikan kemudian. Estimator terbaik menu-rut pandangan klasik adalah estimator dengan variansi minimum dalamkelas (himpunan) estimator tak bias untuk parameter tersebut. Sifat efi-siensi estimator hanya membandingkan dua estimator tak bias, akibatnyaestimator yang lebih efisien belum tentu merupakan estimator terbaik.

De f inisi

Misalkan T∗ merupakan estimator tak bias untuk g(θ) atau E(T∗) =g(θ). Jika untuk setiap estimator T yang memenuhi E(T) = g(θ) berla-ku Var(T∗) ≤ Var(T) untuk setiap θ maka T∗disebut estimator tak biasterbaik (memiliki variansi minimum). Karena itu estimator terbaik ini di-sebut dengan dengan estimator tak bias yang memiliki variansi minimumseragam atau uniformly minimum variance unbiased estimator disingkat UM-VUE.

Menentukan estimator tak bias terbaik (bila ada) bukan pekerjaan yangmudah karena berbagai alasan dan salah satunya adalah sebagai berikut.



Contoh

Misalkan X1, X2..., Xn adalah iid Poisson(λ). Jika_x dan s2 masing-masing

adalah mean dan variansinya maka dengan mudah dapat dicari:_

E(X) = λ

dan E(S2) = λ yang kedua-duanya merupakan estimator tak bias untukλ. Di sini kita tak cukup membandingkan

_Var(X) dan Var(S2) saja. Ka-

rena untuk setiap konstanta a berlaku T(_X,S2) =

_aX +(1 − a)S2 adalah

estimator tak bias untuk λ. Jadi dalam hal ini ada tak terhingga estimatortak bias.

Contoh ini menunjukkan bahwa untuk menentukan UMVUE diperlukanpenanganan yang menyeluruh. Salah satunya adalah dengan menentu-kan batas-bawah variansi estimator yang mungkin. Batas bawah variansiini dikenal dengan nama batas bawah Cramer-Rao atau Cramer-Rao lowerbound disingkat CRLB sbb:

Misalkan dalam melakukan estimasi g(θ) dari densitas f (x| θ) kita dapatmenentukan batas bawah, variansi dari setiap estimator tak bias, katak-anlah B(θ). Bila kemudian kita dapat menemukan estimator tak bias T∗sedemikian hinggaVar(T∗) = B(θ) maka berarti kita mendapatkan UM-VUE estimator.

3.3.3.3 Teorema Batas Bawah Cramer-Rao

Misalkan X1Xn, ..., Xn adalah sampel dengan densitas f (x| θ) dan misal-kan T(

_X) = T(X1, ..., Xn) adalah sebarang estimator dengan E(T(

_X)) ter-

deferensialkan dalam θ. Andaikan densitas bersama f (x| θ) = f (x1, ..., xn |θ) menentukan:

ddθ

∫...∫

h(_x) f (

_x| θ)d

_x=

∫...∫

h(_x)

∂

∂θf (

_x| θ)d

_x (3.45)

untuk setiap fungsi h(_x) dengan E | h(

_x) | < θ. Maka

Var (T(_x)) ≥

ddθ EθT(

_x)

Eθ

((∂ log f (

_x | θ )

∂θ

)2) (3.46)



Bukti

Bukti teorema ini sederhana tetapi cantik, dan merupakan pemakaianyang cerdik dari ketaksamaan Cauchy-Schwarz. Untuk sebarang dua va-riabel random X dan Y berlaku

[Covar(X, Y)]2 ≤ (Var X) (Var Y) (3.47)

Bila kita menyusun kembali 3.47, kita akan mendapatkan batas bawah darivariansi X,

VarX ≥ [Covar(X, Y)]Var Y

Kelebihan teorema ini terletak pada pemilihan X dengan estimator T(_X)

dan Y sama dengan besaran: ∂ log f (_x|θ)

∂θ

Pertama-tama kita harga harap: ∂ log f (_x|θ)

∂θ .

Eθ

(∂ log f (

_x| θ)

∂θ

)= Eθ

(∂ f (

_x|θ)

∂θ

f (_x| θ)

)(si f at log)

=∫

...∫ ∂ f (

_x|θ)

∂θ

f (_x| θ)

f (_x| θ)d

_x (de f inisi)

=∫

...∫

∂ f (_x| θ)

∂θd

_x (coret f (

_x| θ))

=ddθ

∫...∫

f (_x| θ)d

_x (si f at3.1)

=ddθ

1

= 0



Karena itu

Cov(

T(_X).

∂ log f (_x| θ)

∂θ

)= E

(T(

_X).

∂ log f (_x| θ)

∂θ

)(3.48)

= E

[T(

_X)

∂ f (_x|θ)

∂θ

f (_x| θ)

]

=∫

...∫

∂ f (_x| θ)

∂θd

_x

=ddθ

∫...∫

T(_X) f (

_x| θ)d

_x

=ddθ

E(T(X)

Juga, karena E(

∂ log f (_x|θ)

∂θ

)= 0 didapat

Var(

∂ log f (_x| θ)

∂θ

)= E

((∂ log f (

_x| θ)

∂θ

)2)

(3.49)

karena itu

Var(T(

_X))≥

(ddθ ET(

_X))2

E((

∂ log f (_x|θ)

∂θ

)2)

qed1.

Untuk kasus sampel independen perhitungan batas bawah menjadi le-bih sederhana. Perhitungan dalam penyebut menjadi perhitungan varia-bel random univariat, seperti yang ditunjukkan dalam corollary berikutini.

1terbukti (qed = Qound Eart Demonstrandum)



Akibat Cramer - Rao

Misalkan X1, ..., Xn adalah iid dengan densitas f(_x| θ), misalkan

_T(X) =

T(x1, ..., xn) sembarang estimator dari g(θ) dengan E(T(_X)) fungsi θ yang

terdeferensialkan. Bila densitas bersama f(_x| θ) = π f (xi | θ) memenuhi

(3.1), maka

Var(T(

_X))≥

(ddθ ET(

_X))2

nE((

∂ log f (_x|θ)

∂θ

)2) (3.50)

Bukti

Kita hanya perlu menunjukkan bahwa

E

((∂ log f (

_x| θ)

∂θ

)2)

= nEθ

((∂ log f (

_x| θ)

∂θ

)2)

Karena X1, ..., Xn independen

Eθ

(∂ log f (

_x| θ)

∂θ

)2

= E

((∂ logπ f (xi | θ)

∂θ

)2)

= E

(n

∑(

∂ log f (xi | θ)

∂θ

)2)

= E

(n

∑(

∂ log f (xi | θ)

∂θ

)2)+ ∑ E

(∂ log f (xi | θ)

∂θ

∂ log f (xi | θ)

∂θ

)

untuk i 6= j kita mempunyai

E(

∂ log f (xi | θ)

∂θ

∂ log f (xi | θ)

∂θ

)= E

(∂ log f (xi | θ)

∂θ

)E(

∂ log f (xj | θ)

∂θ

)= 0



Karena itu

n

∑ E

((∂ log f (xi | θ)

∂θ

)2)

= nE

((∂ log f (xi | θ)

∂θ

)2)

dan corollary terbukti.

Besaran E((

∂∂θ log

nπ f (xi | θ)

)2)

disebut informasi Fisher dari sampel.

Terminologi ini mencerminkan kenyataan bahwa informasi Fisher adalahbalikan dari variansi estimator tak bias terbaik dari θ. Dengan informasiFisher menjadi makin besar, variansi estimator tak bias terbaik menjadimakin kecil. Ini berarti makin banyaknya informasi tentang θ.

Untuk sembarang fungsi terdeferensialkan g(θ) sekarang kita mempunyaibatas bawah pada variansi sebaran estimator T(

_X) yang memenuhi ET(

_X)

= g(θ). Batas bawah tergantung pada g(θ) dan f (_x| θ) dan independen

dari estimator yang sedang diselidiki. Karena itu T(X) adalah batas bawahseragam dari variansi, dan setiap estimator yang memenuhi ET(

_X)= g(θ)

dan mencapai batas bawah ini adalah estimator tak bias terbaik dari g(θ).

Lemma

Bila f (_x| θ) memenuhi

∂

∂θEθ

(∂

∂θlog f (x | θ)

)=∫

∂

∂θ

[(∂

∂θlog f (x | θ)

)f (x | θ)

]dx (3.51)

(benar untuk kasus eksponensial), maka

E((

∂ log f (xi | θ)

∂θ

))= nE

((∂2 log f (xi | θ)

∂θ2

))(3.52)

Contoh

Misalnya diberikan variabel random Poisson. Dalam hal ini g(λ) = λ.Sehingga g1(λ) = 1. Karena Poisson adalah keluarga eksponensial, ma-ka lemma berlaku. Karena itu



E

((∂

∂λlog

nπ f (xi | λ)

)2)

= −nE

(∂2 log

nπ f (x | λ)

∂λ2

)(3.53)

= −nE(

∂

∂λlog

e−λ λx

x !

)

= −nE(

∂2

∂λ2 (−λ + x logλ− log x!))

= −nE(− xλ2 )

= −n.− 1λ2 E(x) =

nλ2 .λ =

nλ

Karena itu untuk sebarang estimator tak bias T(_X) harus berlaku VarT(

_X

) ≥ λn batas bawah C-R

Karena Var_

X ≥ λn , maka

_X adalah UMVUE dari λ.

Sangat penting untuk diingat bahwa kunci dalam Teorema Cramer-Raoadalah kemampuan untuk mendiferensialkan di bawah tanda integralyang dengan sendirinya agak terbatas penerapannya. Seperti telah kita ke-tahui densitas dalam kelas eksponensial akanmemenuhi persyaratan ini,tetapi secara umum andaian tersebut harus dilihat kebenaraannya.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah iid dengan densitas f (x|θ) = 1/θ dan 0 < x < θ

.

Karena ∂ log f (x|θ)∂θ = −1/θ, maka E

((∂ log f (

_x|θ)

∂θ

)2)= 1/θ2

Teorema Cramer-Rao mengindikasikan bahwa bila T adalah sebarang esti-mator tak bias dari θ, maka Var(T) ≥ θ2

n

Akan dicari estimator yang tak bias dan variansinya lebih kecil. Sebagaidugaan pertama pandang statistik cukup Y = Maks(X1, ..., Xn). Densitasdari Y adalah



f (Y|θ) = nYn−1/θn, 0 < Y < θ, maka E[Y] =∫ θ

0n Y n−1

θn dy = nn+1 θ

Ini menunjukkan bahwa nn+1 Y adalah estimator tak bias untuk θ. Sekarang

kita hitung

Var( nn+1Y) =

(( n

n+1)2Var Y

)= ( n

n+1)2 [EY2 − ( n

n+1 θ )2]= ( n

n+1)2 [ n

n+1 θ2 − ( nn+1 θ )2]

= θ2

n ( n+2)

Yang secara seragam lebih kecil dari θ2

n .

Ini menunjukkan bahwa Teorema Cramer-Rao tidak dapat diterapkan pa-da densitas ini. Untuk menunjukkan ini, gunakan aturan Leibnitz.

ddθ

∫ θ0 h(x) f (x|θ)dx = d

dθ

∫ θ0 h(x)1

θ dx = ddθ (1

θ

∫ θ0 h(x))dx

= h(θ)θ +

∫ θ0 h(x) ∂

∂θ (1θ ) dx

6=∫ θ

0 h(x) ∂ f ( x | θ )∂θ dx.

Kecuali h ( θ )θ = 0 untuk semua θ. Karena itu, Teorema Cramer-Rao tidak

berlaku.

Kelemahan metode pencarian UMVUE ini, walaupun Teorema Cramer-Rao dapat diterapkan adalah tidak ada jaminannya bahwa batas bawahn-ya cukup tajam, atau dengan perkataan lain harga batas bawah Cramer-Rao lebih kecil dari variansi sebaran estimator tak bias. Bila f (x|θ) adalahkeluarga eksponensial parameter satu regular maka hal ini akan tidak ter-jadi yaitu bila estimator tak bias dari g(θ) ada, maka pasti akan ada estima-tor tak bias yang mencapai batas bawah Cramer-Rao. Tetapi, dalam kasus-kasus lain, batas ini bisa tidak tercapai.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah iidN(µ, σ2), dan pandang estimator σ2 dalamhal µ tidak diketahui. densitas normal memenuhi andaian TeoremaCramer-Rao, sehingga

∂2

∂(σ2)2 log(

1(2πσ2)1/2 e−

12 (

x− µσ )2

)=

12σ4 −

( x− µ )2

σ6



dan

−E(

∂2

∂(σ2)2 log f (x|µ, σ2)

)= −E

(1

2σ4 −( x− µ )2

σ6

)=

12σ4

Jadi, setiap estimator tak bias T dari σ2 harus memenuhi Var(T) ≥ 2σ4

n

Kita telah mengetahui bahwa Var(S2) = 2σ4

n−1 . Jadi S2 tidak mencapaiCRLB

Dalam contoh di atas sebenarnya kita mempunyai pertanyaan yang belumterjawab, yaitu apakah ada estimator dari σ2 yang lebih baik dari S2 atauCRLB tak bisa dicapai?

Syarat pencapaian CRLB sebenarnya cukup sederhana. Hal ini mengin-gat bahwa terjadi dari pemakaian ketaksamaan Cauchy-Schwarz, sehinggasyarat pencapaian batas bawah tersebut adalah syarat kesamaan dalamketaksamaan Cauchy − Schwarz. Perhatikan juga bahwa corollary di ba-wah merupakan alat berguna karena secara implisit memberikan cara pa-da kita untuk mendapatkan estimator tak bias terbaik.

Akibat

Misalkan X1, ..., Xn adalah iid f (x|θ ) memenuhi syarat-syarat Teorema

Cramer-Rao. Misalkan L(θ| _x)=

n∏i=1 f (xi|θ) menyatakan fungsi like-

lihood. Bila T(_X) = T(X1, ..., Xn). adalah sembarang estimator tak bias

dari g(θ), maka T(_X) mencapai Cramer-Rao Lower Bound jhj

a(θ)[T(_X)− g(θ)] =

∂ log L( θ | _x )

∂θ

untuk suatu fungsi a(θ).

Bukti

Ketaksamaan Cramer-Rao dapat ditulis sebagai

[Cov

(T(

_X),

∂

∂θlog

n

∏i=1

f (xi|θ)))]2

≤ VarT(_X)Var

(∂

∂θlog

n

∏i=1

f (xi|θ)))



Dengan mengingat E(T) = g(θ) dan E(

∂∂θ log

n∏i=1 f (xi|θ)

)= 0 dan

menggunakan hasil teorema yang mengatakan bahwa korelasi T dan∂∂θ log

n∏i=1 f (xi|θ) harus ±1

maka T(_X)− g(θ) harus sebanding dengan ∂

∂θ logn

∏i=1 f (xi|θ).

Contoh

Di sini kita mempunyai

L(

µ, σ2| _x)=

1

(2πσ2)n/2 e−

12 ∑

(Xi − µ)2

σ2

Karena itu

∂ log L ( µ , σ2| _x )

∂ σ2 =n

2 σ4

(n

∑(Xi − µ)2

n− σ2

)

Jadi dengan mengambil (σ2) = n2σ4 menunjukkan bahwa estimator tak bisa

terbaik dari σ2 adalah ∑ (Xi − µ)2 /n, yang dapat dihitung bila µ diketa-hui. Bila µ tak diketahui, CRLB tidak dapat dicapai

Akibat

Jika θ adalah estimator tak bias untuk θ dan

Var(θ) =1

n.E [(∂ ln f (x)/∂θ)2](3.54)

maka θ adalah UMVUE

3.3.4 Metode Estimasi Titik

Pada prinsipnya ada 2 metode estimasi titik yang paling sering dugunak-an yaitu metode momen atau Moment Method of Estimation (MME) dan Ma-ximum Likelihood Method of Estimation (MLE) yang akan diuraikan pada ba-gian berikut ini.



3.3.4.1 Metode Momen

Metode momen yang diciptakan oleh Karl Pearson pada tahun 1800adalah metode tertua dalam menentukan estimator titik. Misalkanx1, x2, ..., xn adalah sampel dari populasi dengan densitas f (x | θ1, ..., θk).Estimator metode momen didapat dengan menyamakan k momen sam-pel pertama pada k momen sampel populasi, dan menyelesaikan sistempersamaan simultan yang dihasilkan.

Definisi

Misalkan X1, ..., Xn adalah sampel random populasi yang i.i.d dengan dis-tribusi f (x/θ1, ..., θk). Estimator metode momen adalah solusi dari persa-maan µ′r = m′r (r = 1, 2, ..., k). Dalam hal ini µ′r = E(Xr) adalah momen

populasi ke-r dan m′r = 1/nn

∑i=1

Xri adalah momen sampel ke-r,

Lebih tepatnya untuk j = 1, 2...., k definisikan:

m1 =1n

n

∑i=1

X1i , µ1 = EX1 (3.55)

m2 =1n

n

∑i=1

X2i , µ2 = EX2

.

.

.

mr =1n

n

∑i=1

Xki , µk = EXr

Momen populasi µj biasanya merupakan fungsi dari θ1, ..., θr,katakanlah

µj(θ1, ...θr). Estimator metode momen−(θ1, ...,

−θk) dari (θ1, ..., θr) dalam ben-

tuk (m1,..., mr), di mana:



m1 = µ1(θ1, ..., θk) (3.56)

m2 = µ2(θ1, ..., θk)

.

.

.

mr = µk(θ1, ..., θr)

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah i.i.d v N(θ, τ2). Dalam hal ini θ1 = θ dan θ2 =

τ2. Kita mempunyai m1 =−X, m2 = 1

n ∑ X2i , µ1 = θ, µ2 = θ2 + τ2. Di sini

kita harus menyelesaikan−X = θ dan 1

n ∑ X2i = θ2 + τ2

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah i.i.d Binomial (k, p), yaitu,

P(Xi = x | p) =

(kx

)px(1− p)k−x, x = 0, 1, ...k. (3.57)

Di sini diandaikan bahwa k dan p kedua-duanya tidak diketahui.

Dengan menyamakan dua momen sampel pertama dan momen populasididapat sistem persamaan

−X = kp (3.58)

1n ∑ X2

i = kp(1− p) + k2p2 (3.59)

Hasilnya adalah:

∼k=

−X

2

−X − 1

n ∑(Xi−−X)2

dan∼p=

−X∼k

(3.60)



3.3.4.2 Metode Maksimum Likelihood

Metode maksimum likelihood adalah metode yang paling populer dalammenghasilkan estimator yang ditemukan oleh R.A Fisher.

Definisi

Misalkan X1, ... Xn adalah i.i.d sampel dari populasi dengan densitas f (x |θ1, ..., θk). Fungsi likelihood didefinisikan sebagai:

L(∼θ |−X) = L(θ1, ..., θk | X1, ...Xn) =

nπ f (xi | θ1, ..., θk) (3.61)

Untuk setiap titik sampel_x, misalkan

_θ (

_x) adalah harga parameter di

mana L(∼θ |

_X) sebagai fungsi

_θ dengan menganggap

_x konstan mencapai

maksimumnya. Estimasi maksimum likelihood (MLE) dari_θ berdasarkan

sampel_x adalah

_θ(

_x).

Perhatikan bahwa dari konstruksinya, jelajah dari MLE berimpit denganjelajah dari parameter. Secara intuitif, MLE adalah estimator yang masukakal, karena MLE adalah titik parameter dengan sampel terobservasi pa-ling mungkin terjadi. Meskipun demikian perhatikan juga sensitivitas pe-rubahan data.

Bila fungsi likelihood terdeferensialkan (dalam Estimator) maka calonMLE yang mungkin adalah harga-harga (θ1, ..., θk) sedemikian hingga

dL (θ |_x)dθi

= 0, i = 1, 2, ..., k (3.62)

Perhatikan bahwa 3.62 hanyalah syarat perlu untuk terjadinya maksi-mum.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah i.i.d v N(θ, 1), dan misalkan:

L(∼θ |

_X) =

nπi=1

1(2π)1/2 e−

12 (xi−θ)2

=1

(2π)n/2 e−12 ∑(xi−θ)2

(3.63)



Persamaan dL (θ | _x)

dθi= 0 menghasilkan

n∑i=1 (xi − θ) = 0 hasilnya adalah

_θ

=_x .

Karena itu_x adalah calon MLE untuk membuktikan bahwa

_x benar-benar

maksimum global, harus ditunjukkan bahwa

d2L(θ | _x)

dθ2 |θ=_x< 0 (3.64)

Catatan

Untuk setiap bilangan a berlaku

n

∑i=1

(xi − a)2 ≥n

∑i=1

(xi−_x)2 (3.65)

kesamaan berlaku bhb a =_x . Ini berati bahwa untuk setiap θ berlaku

e−12 ∑(xi−θ)2 ≤ e−

12 ∑(xi−

_x)2

dengan kesamaan bhb_θ =

_x. Karena itu

_x adalah

MLE.

Dalam banyak kasus, di mana deferensiasi digunakan. Kita akan lebih mu-dah bekerja pada logaritma alam dari L(θ |_x) yaitu logL(θ |_x). Dikenalsebagai log likelihood dari pada L(θ |_x) nya sendiri. Hal ini dimungkinkankarena fungsi log naik tegas pada (0, ∞), yang berarti bahwa L(θ |_x) danlog L(θ |_x) mempunyai ekstrem yang sama.

Contoh

Misalkan x1, ..., xn adalah i.i.d Bernoulli (p).

Maka fungsi likelihood adalah

L(p |_x) = nπi=1 pxi(1− p)1−xi = py(1− p)n−y (3.66)

di mana y = ∑ xi. Walaupun fungsi ini untuk diambil derivatifnya, namunakan lebih mudah mengambil derivatif likelihoodnya.

LogL(p |_x) = y log p + (n− y) log(1− p). (3.67)



Bila 0 < y < n, mendeferensialkan Log L(p |_x) dan menyamakannya

dengan nol memberikan hasilap = y/n. selanjutnya dengan mudah dapat

dibuktikan bahwa y/n adalah maksimum global. Untuk y = 0 atau y = n,maka

LogL(p |_x) = n log(1−p), bila y=0n log p, bila y=n (3.68)

Dalam keadaan bagaimanapun Log L(p |_x) fungsi monoton dari p, dan

mudah dilihat bahwaap = y/n.

Hal penting yang perlu diperhatikan dalam mendapatkan MLE, adalahjelajah ruang parameter.

Contoh:

1. Misalkan x1, ..., xn adalah i.i.d v N(θ, 1), tetapi diketahui bahwa θ ≥0.

(a) Bila tidak ada batasan pada θ, kita telah mengetahui bahwa_x

adalah MLE dari θ. Tetapi bila_x< 0, maka harga tersebut berada

di luar ruang parameter.

(b) Bila_x< 0, maka L(θ |_x) fungsi turun dari θ untuk θ ≥ 0 dan

mencapai maksimum untukaθ= 0. Karena itu,

aθ=

_x bila

_x≥ 0

danaθ= 0 bila

_x< 0.

2. Misalkan x1, ..., xn adalah iid dengan distribusi seragam pada (0, θ).

L(θ |_x) = 0 untuk θ<maks xiθ−n untuk θ≥maks xi

(3.69)

Makaaθ= maks xi.

3. MLE belum tentu tunggal.

Misalkan x1, ..., xn adalah i, i, d dengan distribusi seragam pada (θ −12 , θ + 1

2).



f (x | θ) = 1 (θ− 12 ≤ x ≤ θ+ 1

2 ).0 yang lain (3.70)

L(θ |_x) = 1 bila maks xi − 12≤ θ ≤min xi +

12

0 yang lain. (3.71)

Jadi setiap θ diantara maks xi − 12 dan min xi +

12 adalah MLE.

Barangkali salah satu sifat yang paling berguna dari MLE adalah si-fat invariannya. Misalkan dalam hal ini kita tertarik pada estimasig(θ) dengan θ → g(θ) fungsi satu-satu. Sifat invarian mengatakan

bahwa kalauaθ adalah MLE dari θ maka g(

aθ) juga MLE dari g(θ).

Misalkan η = g(θ). Maka g−1(η) = θ. Selanjutnya

L∗(η| _x) =

nπi=1 f

((xi | g−1(η)

)(3.72)

= L(

g−1(η) |_x)

(3.73)

dan

Supη L∗(η |_x) = Supη L(

g−1(η) |_x)= Supθ L(θ |_x) (3.74)

Jadi, maksimum dari L∗(η |_x) dicapai pada η = g(θ) = g(aθ), yang

menunjukkan bahwa MLE dari g(θ) adalah g(aθ).

Bila_θ = (θ1, ..., θk) multidimensi, maka persoalan menentukan MLE

adalah persoalan memaksimumkan fungsi beberapa variabel. Bi-la fungsi likelihood terdiferensialkan, maka menyamakan turunan-turunan parsial pertama sama dengan nol memberikan syarat perluterjadinya ekstrim. Tetapi, dalam kasus multidimensi, penggunaanturunan kedua untuk menguji maksimum adalah pekerjaan yangmembosankan, dan untuk menghindarinya metode lain bisa dicoba.



4. Misalkan X1, ..., Xn adalah i.i.d v N(θ, τ)2 dengan θ dan τ2 kedua-duanya tak diketahui, maka

L(θ, τ2 |_x) = 1(2πτ2)

n2

e−12

n∑(xi−θ)2 / θ2

(3.75)

dan

log L(θ, τ2 |_x) = −n2

log 2n− n2

log τ2 − 12

n

∑i=1

(xi − θ)2/τ2 (3.76)

Turunan-turunan parsial terhadap θ dan τ2 adalah:

∂

∂θlog L(θ, τ2 |_x) = 1

τ2

n

∑i=1

(xi − θ)

dan

∂

∂τ2 log L(θ, τ2 |_x) = − n2τ2 +

12τ4

n

∑i=1

(xi − θ)

Dengan menyamakan kedua turunan parsial tersebut dengan nol di-dapat penyelesaian:aθ=

_x dan τ2 = n−1 ∑n

i=1(xi − θ)2 untuk membuktikan bahwa penye-lesaian ini adalah maksimum global, pertama-tama perhatikanlah:

bila θ 6=_x, maka ∑(xi − θ)2 ≥ ∑(xi−

_x)2. Karena itu untuk setiap

harga τ2.

1(2πτ2)

n2

e−12 ∑(xi−

_x)2 / τ2 ≥ 1

(2πτ2)n2

e−12 ∑(xi−θ)2 / τ2

Sekarang persoalannya menjadi persoalan satu dimensi dan(τ2)−

12 exp

(−1

2 ∑(xi−_x)2/τ2

)mencapai global maksimum pada τ2 = n−1 ∑(xi−

_x)2.

Jadi kesimpulannya(_x, n−1 ∑(xi−

_x))

adalah MLE.




1. Jika x1,x2, ...xrvariabel random independen berdistribusi PoissonP(λi); dengan λi = aiλ, diketahui (ai > adiketahui), tunjukkanT(x) = Σxi adalah statistik cukup untuk λ

Penyelesaian:

Xi ∼ P(aiλ), berarti fungsi pembangkit momen dari Xiadalah:

Mxi(t) = eaiλ(et−1)

dan fungsi padat peluangnya adalah:

f (xi | λ) =(aiλ)

xi e−aiλ

xi; xi = 0, 1, 2, ..

Selanjutnya fungsi pembangkit momen dari distribusi PoissonλΣaiadalah:

MT(x)(t) = MΣxi(t) = πri=1Mxi(t) : karena xiindependen.

= πri=1eaiλ(et−1) = eλ(et−1)Σai

Jadi: T(x) = Σxiberdistribusi P(λΣai)dengan fungsi padat peluang:

f (Σxi = t | λ) =(λΣai)

te−λΣai

t; t = 0, 1, 2, ..

Sekarang perbandingan dari:f (x|∧)

f (Σxi=t|∧) =πr

i=1[e−aiλ(aiλ)

xixi!](λΣai)

te−λΣait!; dengan t = Σxi

=e−λΣaiλΣxi πr

i=1axii

πri=1xi !

e−λΣai λt(Σai)t

t!

= e−λΣaiλΣxi πri=1a

xii

πri=1xi!

. t!e−λΣai λt(Σai)

t

= t!(Σai)

t .πr

i=1axi

πri=1xi!

= t!(Σai)

t .πri=1

axii

xi!bebas dari parameterλ



Terlihat bahwa hasil terakhir ini tidak bergantung pada parameter λ.Dengan demikian disimpulkan T(x) = Σr

i=1xi adalah statistik cukupuntuk λ

2. Misalkan f fungsi integrabel yang positif terdefinisi pada (0,∼), danmisalkan Pθ(x) adalah fungsi kepadatan peluang pada (0, θ)dengandefinisi:

Pθ(x) =

C(θ) f (x) ; 0<x<0

0 ; otherwise

Jika x1, x2, ...xnvariabel random iid dengan densitas Pθ, tunjukkanx(n)adalah statistik cukup untuk θ

PenyelesaianMisalkan: Z = x(n)= maximum xi;1≤ i ≤ n, maka: P(Z ≤ z) =

P(x1 ≤ z, x2 ≤ z, ..., xn ≤ z)F(z) =P(x ≤ z)n, sebab xi iddf (z) =

∫ z0 Pθ(x)dx

n

=∫ z

0 c(θ) f (x)dxn

= [c(θ)]n∫ z

0 f (x)dxn

Pθ(z) = F′(z) = [c(θ)]nddz

∫ z

0f (x)dx

n(3.77)

Karena Xiiid maka:

Pθ(x) = πni=1Pθ(xi) = πn

i=1c(θ) f (x) = [c(θ)]n f (x)n (3.78)

Sekarang diambil rasionya diperoleh:

Pθ(x)Pθ(Z=x(n))

= [C(θ)]n f (x)n

[C(θ)]n ddz∫ z

0 f (x)dxn

= f (x)nddz∫ z

0 f (x)dxn

Ternyata rasio ini independen dari θ, berarti dapat disimpulkan Z=X(n)adalah statistik. cukup untuk parameter θ.

3. Misalkan x1, x2, ...xn variabel random iid dengan N(σ, σ2) ; σ > 0,

Tentukan himpunan dari statistik cukup minimal



Penyelesaian:

• Fungsi padat peluang bersama dari xiadalah:f (x | θ) =

(2πσ2)−n2 e−

12σ Σ(x−r)2

dengan θ =

σσ2dan yiadalah :f(

y | θ)=(2πσ2)−n2 e−

12σ Σ(y−σ)2

• Rasio dari kedua persamaan ini adalah:f (x,v|θ)f (u,v|θ) =

(2πσ2)−n2

e−1

2σ Σ(x−r)2

(2πσ2)−n2e−

12σ Σ(y−σ)2

= e−1

2σ Σ(x−σ)2+ 12σ Σ(y−r)2

= e−1

2σ Σ(x2−2σx+σ2)2+ 1

2σ Σ(y2−2σy+σ2)2

= e−1

2σ (Σx2−Σy2)+ 2σ2σ2e

Σx− σ2

2σ2−2σ

2σ2 Σy+ σ2

2σ2

2

= e−1

2σ (Σx2−Σy2)+ 1σ Σx− 1

σ Σy

= e−1

2σ (Σx2−Σy2)+ 1σ (Σx−Σy)

• Jelas rasio ini independen dari θ = σσ2⇐⇒ Σx = ΣydanΣx2, Σy2. Dengan demikian T (x) =

(Σx, Σx2)adalah himpun-

an statistik cukup minimal untuk θ = σσ2

4. Misalkan x1, x2, ...xnvariabel random independen berdistribusiU (θ − a, θ + b), dengan a,b>o diketahui dan θεΩ = IR.

(a) Tentukan momen estimator untuk θ

(b) Hitung variansinya

Penyelesaian:

(a) x ∼ U (θ − a, θ + b) , berarti f (x | θ) = 1b+a dengan



(θ − a ≤ x ≤ θ + b). Dihitung ekpektasi dari x, yaitu

f (x) =∫ θ+b

θ−a x. 1b+a

= 1b+a

∫ θ+bθ−a xdx

= 1b+a

[12 x2]θ+b

θ−a

= 12(b+a)

(θ + b)2 − (θ − a)2

= 1

2(b+a)

θ2 + 2θb + b2 − θ2 + 2θa− a2

= 12(b+a)

2θb + 2θa + b2 +−a

= 1

2(b+a)

2θ (b + a) +

(b2 − a2)

= 12(b+a) 2θ (b + a) + (b + a) (b− a)

= θ + b−a2

Persamaan metode memennya adalah: 1n ∑n

i=1 xi = x = θΛ +b−a

2 , sehingga, momen estimator untuk parameter θ adalahθΛ = x−+ b−a

2

(b) Untuk menghitung variansinya, terlebih dahulu dihitungE(x2)sebagai berikut:

E(x2) =

∫ θ+bθ−a x. 1

b+a dx

= 1b+a

[13 x3]θ+b

θ−a

= 13(b+a)

(θ + b)3 − (θ − a)3

= 1

3(b+a)

(θ3 + 3θ2b + 3θb2 + b3)− (θ3 − 3θ2a + 3θa3 + a2)

= 13(b+a)

(3θ2b + 3θ2a + 3θb2 − 3θa2 + b3 + a3)

= 13(b+a)

3θ(θb + θa + b2 − 3θa2)+ (b3 + a3)

= θ2(b+a)(b+a) +

θ2(b2−a2)(b+a) +

(b3+a3)3(b+a)

= θ2 + θ(b−a)(b+a)(b+a) +

(b+a)(b2−ab+a2)3(b+a)

= θ2 + θ (b− a) + (b2−ab+a2)3



Selanjutnya, dihitung variansi estimator θ, yaitu(θΛ)

V(

θΛ)

= V(

x− b− a2

)= E

(x− b− a

2

)− E

(x− b− a

2

)2

= E(

x− b− a2

)− E (x) +

b− a2

2

= E x− E (x)2

= V (x) = V(

1n

Σni=1xi

)=

1n2 .V (Σn

i=1xi)

=1n2 .nV (x) =

1n

V (x) =1n

E(

x2)−(

E(

x2))

=1n

(θ2 + θ (b− a) +

b2 − ab + a2

3

)−(

θ +b− a

2

)2

=1n

(θ2 + θ (b− a) +

b2 − ab + a2

3

)−(

θ + θ (b− a) +(b− a)2

4

)

=1n

b2 − ab + a2

3− (b− a)2

4

=

1n

4b2 − 4ab− 4a2 − 3 (b− a)2

12

=1n

4b2 − 4ab− 4a2 − 3b2 − 6ab− 43a

12

=

1n

4b + 2ab + a2

12

=

112n

(a + b)2 =(a + b)2

12n

5. Jika x1, x2, ...xnvariabel independen berdistribusi U (−θ, θ)denganθεΩ=(0, ∝)apakah metode momen memberikan suatu estimator untuk θ?

Penyelesaian:X ∼ U (−θ, θ), berarti f (x | θ) = 1

2θ ;−θ ≤ x ≤ θ

Jadi:E (x) =

∫ θ−θ f (x | θ) dx =

∫ θ−θ

12θ xdx

= 12θ

[12 x2]θ

−θ= 1

4θ

(θ2 − (−θ)2

)= 0

Sehingga diperoleh persamaan metode momennya yaitu:E (x) = 1

n Σnii=1Xi = X = 0, karena E (x) = 1

4θ .0 = 0



maka θ = 0atau θΛ = 0, dengan demiian metode momen tidak mem-berikan suatu estimator untuk θ.

6. Jika x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusi binomial negatif de-ngan parameter θεΩ (0, 1)Tunjukkan bahwa : r

r+x adalah MLE untuk θ

Penyelesaian:

• Xi =∼ binomial negatif, berarti :

f (x | θ) =

r + x− 1

x

Θθr (1− θ)x dengan 0 < θ ≤ 1; x = 0, 1, 2..

Fungsi likehoodnya adalah:

•

L (x | θ) = πni=1

r + x− 1

x

θnr (1− θ)Σn

i=1xi

=

πni=1

r + x− 1

x

θnr (1− θ)Σn

i=1xi

• Logaritma fungsi likehood adalah:

logL (x | θ) = log

πn

i=1

r + x− 1

x

θnr (1− θ)Σn

i=1xi

= Σni=1log

r + x− 1

x

+ nr log θ + Σni=1xilog (1− θ)

• ddθ [logL (x | θ)] = nr

θ −Σn

i=1xi1−θ

• persamaan likehoodnya adalah: nrθΛ −

Σni=1xi

(1−θΛ)= 0atau

nr(1− θΛ)− θΛΣn

i=1xi

θΛ (1− θΛ)= 0⇔ nr

(1− θΛ

)− θΛΣn

i=1xi = 0



⇒ nr− nrθΛ − θΛΣni=1xi = 0⇒ nr = θΛ (nr+)Σn

i=1xi

θΛ =nr

nr + Σni=1xi

=nr

nr + Σni=1xin

=r

r + x; dengan

Σni=1xi

n= x

Jadi calon MLE untuk parameter θadalah: θ = rr+x

7. Jika x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusi exponensial negatifdengan parameter θεΩ (0, ∝), Tunjukkan bahwa 1

x adalah MLE bagiparameter θ.

Penyelesaian:

• Xi∼exponensial negatif, berarti fungsi kepadatan peluangnyaadalah:

f (x | θ) = θe−θx ; θ > 0; x > 00 ; x ≤ 0; θ > 0

• Logaritma fungsi likehood adalah: L (x | θ) = πni=1θe−θx =

θnθe−θx

• ddθ [logL (x | θ)] = n

θ − Σni=1xi; d

dθ [logL (x | θ)] = − nθ2 < 0

• Persamaan likehoodnya adalah : − nθΛ − Σn

i=1xi = 0 atau

n− θΛΣni=1xi

θΛ = 0⇔ n− θΛΣni=1xi = 0

⇒ θΛ =n

Σni=1xi

=nnΣn

i=1xin

=1x

: denganΣn

i=1xi

n= x

• Jadi MLe untuk parameter θadalah θΛ = 1x

8. Misalkan x1, x2, ...xnvariabel random iid dengan p.d.f f (.; θ1, θ2)

yang diberikan oleh: f (x; θ1, θ2) = 1θ2

exp[(x−θ1)

θ2

]; x > θ1 dimana

θ = (θ1, θ2) εΩ = Rx (0, ∝). Tentukan MLE dari θ1danθ2.

Penyelesaian:

• Fungsi padat peluang x1adalah:



f (x | θ1, θ2) =1θ2

exp[(x− θ1)

θ2

]; x > θ1

• Fungsi likehoodnya adalah:

L (θ | x) = πni=1

1θ2

exp[(x−θ1)

θ2

]= 1

θn2

exp[− 1

θ2Σn

i=1 (x− θ1)]

= θn2 exp

[− 1

θ2Σn

i=1 (x− θ1)]

• Logaritma fungsi likehoodnya adalah:

logL (θ | x) = −nlogθ2−1θ2

Σni=1 (x1 − θ1) ; dan

ddθ1

[logl] (θ | x) =nθ2

Karena ddθ1

[logl (θ | x)] = nθ2

,maka metode pendiferensialan ti-dak dapt digunakan untuk memperoleh MLE dari θ1, oleh sebabitu digunakan cara berikut.Telah diketahui bahwa xi > θ1; ∀i, jadi L (θ | x) =

θ−n2 exp

[− 1

θ2Σn

i=1 (x− θ1)]akan mencapai maksimum apabila

1θ2

Σni=1 (x1 − θ1)minimum, ini hanya dicapai apabila θ1 = x(i).

Jadi parameter θ1adalah θ1 = x(i).

Selanjutnya, ddθ1

[logl (θ | x)] = − nθ2+

Σni=1(x−θ1)

θ22

• Persamaan likehoodnya adalah:

−nθΛ22 + θΛ

2 Σni=1 (x− θ1)

θΛ3 =⇔ −nθΛ22 + θΛ

2 Σni=1 (x− θ1) = 0

atau

−nθΛ2 + Σn

i=1 (x− θ1) = 0⇒ θΛ2 =

Σni=1 (x− θ1)

n

atauθΛ

2 =Σn

i=1xi−nθ1n =

Σni=1xi−nx(1)

n =nΣn

i=1xin−nx(1)n

=nx−nx(1)

n = x− x(1)Untuk membuktikan bahwa θΛ

2 = x − x(1)benar-benar maksi-mum global, harus ditunjukkan:

ddθ1

[logL (θ | x)]θ2=θΛ2< 0; sebagai berikut



ddθ1

[logL (θ | x)]θ2=θΛ2

= n

nθ22− 2Σn

i=1(x−θ1)n

= 1θ22

[nθ2 − 2Σn

i=1 (x− θ1)]

= 1

(x−x(1))3

[n(

x− x(1))− 2Σxi + 2nx(1)

]= 1

(x−x(1))3

[nx− nx(1) − 2Σxi + 2nx(1)

]= 1

(x−x(1))3

[nx− 2nx + nx(1)

]= 1

(x−x(1))3

[−nx + nx(1)

]= −n

(x−x(1))3

Karena n > 0dan(

x− x(1))

> 0, maka ddθ1

[logL (θ | x)]θ2=θΛ2

=−n

(x−x(1))3 < 0.

Dengan demikian disimpulkan bahwa MLE untuk parameterθ2adalah: θΛ

2 = x− x(1)

9. Jika y1, y2, ...y variabel random iid berdidstribusi Poisson denganmean θdan distribusi Prior adalah gamma dengan parameter α, β

π (θ | α, β) =βαθα−1

r (α)e−βθ; θ > 0

Pertanyaan:

(a) tentukan distribusi posterior dari θ; posterior mean dan varian-sinya.

(b) Myatakan posterior mean, sebagai rata-rata tertimbang dariMLE θdan prior mean

(c) Tentukan behaviour dari posterior mean dengan membuat va-riasi αdan n, serta MLE dan prior mean tetap.

Penyelesaian:

• yi ∼ P (θ) , berarti densitas dari y adalah f (y | θ) = θye−θ

y! ; y =

0, 1, 2...



• Distribusi bersama dari y adalah: f (y | θ) = θΣyi e−nθ

πyi!jadi distri-

busi posterior dari θadalah:

π (y | θ) =f(

y | θ)

.π (y | α, β)∫ ∝0 f

(y | θ

)π (y | α, β) dθ

(3.79)

Dihitung dulu:

∫ ∝0 f

(y | θ

)π (y | α, β) dθ =

∫ ∝0

θΣyi e−nθ

πyi!. βαθα−1

r(α) e−βθ

=∫ ∝

0θΣyi e−nθ

πyi!. βαθα−1

r(α) e−βθ

=∫ ∝

0θΣyi e−nθ

πyi!. βαθα−1

r(α) e−βθ

=∫ ∝

0θΣyi e−nθ

πyi!. βαθα−1

r(α) e−βθ

=∫ ∝

0θΣyi e−nθ

πyi!. βαθα−1

r(α) e−βθ

(3.80)

Substitusi 2 ke 1 diperoleh:a

π(

θ | y)

=θΣyi e−nθ

πyi. βαθα−1

r(α) .e−βθ

βαr(Σyi+α)πyi !r(α)(α+β)Σyi+α

= (n+β)Σyi+α

r(Σyi+α).θΣyi+α−1e−(n+β)θ

Atau distribusi Posterior diatas dapat juga dihitung dengancara sebagai berikut:

π(

θ | y)

α f(

y | θ)

π (θ)

α k. βαθα−1e−βθ

r(α) . θΣyiπy!

α k1θΣyi+α−1e−n(n+β)θ

e−nθ (3.81)

Karena:

k1

∫ ∝

0θΣyi+α−1eudθ, maka :

ki

(n + β)Σyi+α

∫ ∝

0θΣyi+α−1eudu = 1



ki

(n + β)Σyi+αr (Σyi + α) = 1⇒ k1 =

(n + β)Σyi+α

r (Σyi + α)(3.82)

4 ke 3 diperoleh:

π(

θ | y)=

(n + β)Σyi+α

r (Σyi + α)θΣyi+α−1e−(n+β)θ

• Sekarang dihitung “posterior mean” dari θ

E (θ | y) =∫ ∝

0 θπ (θ | y) dθ

=∫ ∝

0(n+β)Σyi+α

r(Σyi+α).θΣyi+α−.e−(n+β)θdθ

= (n+β)Σyi+α

r(Σyi+α).∫ ∝

0

(u

n+β

)Σy+α.e−u. du

(n+β)

= 1r(Σyi+α)(n+β)

∫ ∝0 uΣy+αe−udu

= r(Σyi+α+1)(n+β)r(Σyi+α)

= (Σyi+α)(Σyi+α−1)(n+β)(Σyi+α−1)

E (θ | y) = (Σyi+α)(n+β)

• Selanjutnya dihitung “Variansi Posterior” dari θ

E(θ2 | y

)= (n+β)Σyi+α

r(Σyi+α)

∫ ∝0 θΣyi+α+1e−(n+β)θdθ

= (n+β)Σyi+α

r(Σyi+α)

∫ ∝0

(u

n+β

)Σyi+α+1.e−u. d

n+β

= 1(n+β)2r(Σyi+α)

∫ ∝0 uΣyi+α+1e−udu

= r(Σyi+α+2)(n+β)2r(Σyi+α)

= (Σyi+α+1)(Σyi+α)

(n+β)2

Jadi variansi posterior dari θadalah:

V (θ | y) = E(θ2 | y

)−

E (θ | y)2

= (Σyi+α+1)(Σyi+α)

(n+β)2 −

Σyi+αn+β

2

= (Σyi+α+1)(Σyi+α)−(Σyi+α)2

(n+β)2

= Σyi+α

(n+β)2

b. Dinyatakan Posterior mean, sebagai rata-rata tertimbang dariMLE dan prior mean.

• Estimator maksimum likehood dari θadalah:Fungsi likehood dari y: L (θ | y) = πn

i=1 f (yi | θ) = θΣyi e−nθ

πni=1yi!



Logaritma dari fungsi likehood y adalah: logL (θ | y) =

Σyiogθ − nθ − logπyi,dan

ddθ logL (θ | y) = Σyi

θ − n, syarat perlu adanya maksimumddθ logL (θ | y) = 0, sehingga persamaan likehoodnya adalah:ΣyiθΛ − n = 0⇔ Σyi = nθΛ = 0. Jadi calon MLE dari θadalah:

θΛ = Σyin = y karena d2

dθ2 logL (θ | y)]θ=θΛ = −ΣyiθΛ < 0, maka

MLE dari parameter θadalah θΛ = Σyin = y.

• Prior Mean dari θadalah:

E (θ) =∫ ∝

0 θβαθα−1

r(α) e−βθdθ

=∫ ∝

0βαθα

r(α) e−βθdθ

= βα

r(α)

∫ ∝0

(uβ

)αe−u du

β

= 1r(α)β

∫ ∝0 uαe−udu

= 1r(α)β

r (α + 1)

= αr(α)βr(α) .

= αβ

Telah diperoleh: Posterior mean dari θ : E (θ | y) = Σyi+α(n+β)

, MLE

dari θ : θ = Σyin = y Prior mean dari θ : E (θ) = αβ. Jadi

Posterior dapat dinyatakan seabgai rata-rta tertimbang dariMLE dan Prior mean, sebagai berikut:

Σyi+α(n+β)

= a Σyin + bαβ ⇒

Σyi+αn+β = aβΣyi+nbα

nβ ⇒nβΣyi + nbα = (n + β) aβΣyi +

(n + β) nbatau ini dapat disajikan sebagai:

nβ = (n + β) aβdan nβα = (n + β) nβα

atau

a =n

(n + β)dan b =

β

(n + β)

Sehingga diperoleh:



Σyi + α

(n + β)=

n(n + β)

(Σyi

n

)+

β

(n + β)(αβ) (3.83)

Dari persamaan * dapat diamati bahwa.(i) Jika n besar dengan β tetap, maka Posteriormean samadengan MLE dari θ, yaitu

E (θ | y) = limn→∝

n

n+β

(Σyin

)+ β

n+β (αβ)

= (1) Σyin + (0) (αβ)

= Σyin

= y

(ii). Jika β besar dengan n tetap, maka posterior mean samadengan mean prior dari θ, yaitu

E (θ | y) = limn→∝

n

n+β

(Σyin

)+ β

n+β (αβ)

= (0) Σyin + (1) (αβ)

= αβ

= E (θ)

Atau Posterior mean E (θ | y) diatas dapat dinyatakan sebagaiberikut:

Σyi+1n+β =

n. Σyin +α

n+β

=n. Σyi

n +αn+βα.α

= n.y+α

n+ 1E(θ) .α

= nn+ α

E(θ)(y) + αβα

n+ αE(θ)

(αβ)

Dari persamaan terakhir ini dapat dilihat bahwa(i). Jika n besar dan αtetap, maka Posterior mean sama denganMLE dari θ, yaitu:

E (θ | y) = limn→∝

n

n + αE (θ)(y) +

αβα

n + αE (θ)(αβ)

= y

(ii). Jika α besar dan n tetap, maka posterior mean sama dengan



mean prior, yaitu

E (θ | y) = limn→∝

n

n+αE(θ) (y) +αβα

n+αE(θ) (αβ)

= αβ

= E (θ)

10. Misalkan y1, y2, ...yn variabel random iid berdistribusi Poisson de-ngan mean θ, dan distribusi prior adalah Gamma dengan parameterα, β

π (θ | α, β) =βαθα−1

r (α)e−βθ

Pertanyaan: tentukan estimator Bayes dari θuntuk fungsi-fungsi ke-rugian berikut,(i). L (a, θ) = (a, θ)2

(ii). L (a, θ) = θ (a, θ)−12

(iii). L (a, θ) = (a− θ)4

(iv). L (a, θ) =| a− θ |

11. Diketahui:x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusiB (l, θ) , θεΩ = (0, 1). Tunjukkan x adalah UMVU estimatoruntuk θ.

Penyelesaian:

• Xi ∼ B (l, θ)maka densitas dari Xiadalah:f (xi | θ) = θxi (1− θ)1−xi ; xi = 0, 1; i = 1, 2, ..., n

• Densitas bersama dari xi adalah:

f (x | B) = πni=1 f (xi | θ)

= θΣxi (1− θ)n−Σxi

= θΣxi (1− θ)n (1− θ)−Σxi

= (1− θ)n(

θ1−θ

)Σxi

=

Berdasarkan teorema faktorisasi, T (x) = Σxiadalah statistik cu-



kup untuk parameter θ

• Sekarang ditunjukkan T (x) = Σxiadalah statistik cukup danlengkapxi ∼ B (1, θ),Mgfnya adalah Mx(t) = (1− θ) + θet

Mgf dari T (x) = Σxiadalah:MT(x)(t) = MΣxi(t) = Mx(t)n, karena xiiid=(1− θ) + θet ini adalah Mgf dari distribusi Binomial (n, θ).

Jadi diperoleh: xi ∼ B (1, θ)⇒ T (x) = Σxi ∼ B (n, θ)

Sehingga: densitas dari T (x) = Σxiadalah

f (Σxi | θ) =

(nt

)θt (1− θ)n−t ; dengan t = Σxi, dan t = 0, 1, 2, ..., n

Keluarga distribusi f (Σxi = t | θ) =

(nt

)θt (1− θ)n−tadalah

lengkap sebab:

Eθ [g (t)] = Σnt=0g (t)

(nt

)θt (1− θ)n−t

= (1− θ)n Σnt=0g (t)

(nt

)θt (1− θ)−t

= (1− θ)n Σnt=0g (t)

(nt

)(θ

1−θ

)−t

∀θ : 0 < θ < 1.

• Karena (1− θ)n 6= 0 maka Σnt=0g (t)

(nt

)(θ

1−θ

)−t=

Σnt=0g (t)

(nt

)yt = 0; dengan y = θ

1−θ , dan ini adalah poli-

nomial derajat n dalam y. Koefisien ytadalah g (t)

(nt

), kare-

na polinomial berniali nol ∀y, maka setiap koefisien harus = 0.

Karena

(nt

)6= 0, berarti g (t) = 0, dengan t = 0, 1, 2, ..., n.

Dengan demikian, T (x) = Σxiadalah statistik cukup dan leng-



kap.

• Selanjutnya, E [T (x)] = Σni=1 xi = Σn

i=1E (xi) = Σni=1θ = nθ

Sekarang, misalkan:

∅ (T) =Tn=

Σni

n= x, maka

E [∅ (T)] = E(

Σxi

n

)=

1n

Σni=1E (xi) =

1n

.nθ

Berdasarkan teorema 1, disimpulkan ∅ (T) = Tn = xadalah

UMVU Estimator untuk parameter θ

12. Misalkan x1, x2, ..., xnvariabel random berdistribusi gamma denganα diketahui dan β = θεΩ = (0, ∝)tidak diketahui.

Tentukan, bahwa UMVUE dari θadalah:

u (x1, x2, ..., xn) =1

nαΣn

j=1xj

Dan tentukan variannya, serta batas cramer-Rao.Penyelesaian:⇒Xi ∼ Gamma (α, β = θ),maka densitas dari xi adalah:

f (Xi | β = θ) =1

r (α) θαxα−1

i e−xiθ; xi > 0, α diketahui , θ > 0

⇒Densitas bersama dari xiadalah:

f (x | β = θ) = πni=1

1r(α)θα xα−1

i e−xiθ

= 1[r(α)]nθnα πn

i=1xα−1i e

1θ Σn

j=1xi

=πn

i=1xα−1i

[r(α)]nθnα θ−nαe1θ Σn

j=1xi

Berdasarkan teorema faktorisasi, berarti T (x) = Σn1 xiadalah statistik

cukup untuk β = θ.⇒Ditentukan distribusi dari T (x) = Σn

1 xisebagai berikut.Diketahui bahwa:Xi ∼ G (α, βθ =)maka, Mgf dari distribusi ibi adalah: Mxi (t) =

(1− θt)−α.



Selanjutnya Mgf dari T (x) = Σn1 xiadalah:

2

MT(x) (t) = MΣn1 xi (T)

= [Mxi (t)]n

=[(1− θt)−α

]n

= (1− θt)−nα

Bentuk terakhir ini menyatakan T (x) = Σxi ∼ G (nα, θ =)

Sehingga densitas dari T (x) = Σxiadalah:

f (Σxi = t | β = θ) =1

r (nα) θnαtnα−1e−tθ; t > 0 (3.84)

⇒Sekarang ditunjukkan keluarga distribusi * adalah lengkap, yaitu:

E g (t) = 0⇒ g (t) = 0E g (t) =

∫ u0 g (t) 1

r(nα)θnα tnα−1e−tθdt

= 1r(nα)θnα

∫ u0 g (t) tnα−1e−tθdt

Karena r (nα) > 0, θnα > 0, maka 1r(nα)θnα > 0,jadi

∫ u

0g (t)

1r (nα) θnα

tnα−1e−tθdt (3.85)

Karena persamaan * merupakan transformasi Laplace da-ri fungsi g (t) tnα−1, maka menurut sifat tranformasi ini,haruslah:g (t) tnα−1 = 0.Dengan demikian statistik T (x) = Σxiadalah statistik cukup dnlengkap.

⇒DihitungE (T (x)) = E (Σxi) = Σn

i=1Exi

= Σni αθ = nαθ

Misalkan ∅ (T) = Tnα = 1

nα Σnj=1xj = U (x1, x2, .., xn)

Maka:

2 karena xiiid



E ∅ (T) = E U (x1, x2, .., xn)= E

1

nα Σxj

= 1

nα Σnj=1(xj)

= 1nα αθn

= θ

Ternyata ∅ (T) = U (x1, x2, .., xn) = 1nα Σn

j xjadalah estimator tidakbias bagi θ

Dengan demikian, U (x1, x2, .., xn) = ∅ (T) = 1nα Σn

j xjadalah UMVUestimator untuk θ

⇒Selanjutnya duhitung variansi dari U (x1, x2, .., xn) =1

nα Σnj xjyaitu:

Var (U (x1, x2, .., xn)) = Var(

1nα Σxj

)= 1

n2α2 ΣVar(xj)

= 1n2α2 Σαθ2

= 1n2α2 nαθ2

= θ2

nα

⇒Dihitung batas Cramer-Rao:

f (x | β = θ) =1

r (α) θαxα−1e−xθ; x > 0log f (x | θ)

= log1− log

r (α) θ(α)+ (α− 1) logx− xθ

= −logr (α)− αlogθ + (α− 1) logx− xθddθ

[log f (x | θ)]

= −α

θ+

xθ2

ddθ

[log f (x | θ)]

2

=(−α

θ+

xθ2

)2=

α2

θ2 −2αxθ3 +

x2

θ4



E

ddθ

[log f (x | θ)]

2

=α2

θ2 −2α

θ3 E (x) +1θ4 E

(x2)

=α2

θ2 −2α

θ3 αθ +1θ4

(αθ2 + αθ2

)=

α2

θ2 −2α

θ3 +α

θ2 +α2

θ2 =α

θ2

Karena distribusi gamma memenuhi Teorema Cramer-Rao maka un-tuk sembarang estimator tak bias untukθ, sebut saja w = h (x), ber-laku:

Var (w) ≥ 1nE d

dθ [log f (x|θ)]2

= 1n α

θ2

= θ2

nα

Jadi batas Crame-Rao adalah θ2

nα .Terlihat bahwa varians dari estimator tak biasU (x1, x2, .., xn) = 1

nα Σnj=1xjsama dengan batas Cramer-Rao, yai-

tu: Var (U (x1, x2, .., xn)) = Var(

1nα Σn

j xj

)= θ2

nα = batas Cramer-Rao

Dengan demikian: U (x1, x2, .., xn) =1

nα Σnj xjadalah UMVU estimator

bagi θ.

13. Misalkan x1, x2, .., xn variabel random iid, dengan E (xi) = µ; E |xi |2< ∞,dan Var (x) = σ2.

Tunjukkan: T (x1, x2, .., xn) = 2 [(n + 1)]−1 Σni ixiestimator konsisten

untuk µ.



Penyelesaian: ⇒

T (x1, x2, .., xn) = 22(n+1)Σn

i ixi

= 22(n+1) x1 + 2x2 + 3x3 + .. + nxn

= 22(n+1)E x1 + 2x2 + 3x3 + .. + nxn

= 22(n+1) E (x1) + 2E (x2) + 3E (x3) + .. + nE (xn)

= 22(n+1) µ + 2µ + 3µ + ... + nµ

= 22(n+1)µ 1 + 2 + 3 + ... + n

= 22(n+1)µ

12 n (n + 1)

= µ

Jadi T (x1, x2, .., xn)adalah estimator tak bias untuk µ. Dengan katalain bias T (x1, x2, .., xn) = E (T (x1, x2, .., xn))− µ = µ− µ = 0.Jadi :

limn→∞ bias T (x1, x2, .., xn) = 0 (3.86)

⇒selanjutnya dihitung Var [T (x1, x2, .., xn)].Var T (x1, x2, .., xn) = Var

2

2(n+1)Σ0i ixi

= 4

[n(n+1)]Var x1 + 2x2 + 3x3 + .. + nxn ,

= 4n2(n+1)2 Var (x1) + 2Var (x2) + ... + nVar (x3n)

= 4n2(n+1)2

σ2 + 4σ2 + 9σ2 + ... + n2σ2

= 4n2(n+1)2

12σ2 + 22σ2 + 32σ2 + ... + n2σ2

= 4σ2

n2(n+1)2

12 + 22 + 32 + ... + n2

= 4σ2

n2(n+1)2

16 n (n + 1) (2n− 1)

= 2σ2

3

2n+1

n(n+1)

Sekarang diambil limit dari Var T (x1, x2, .., xn)untuk n → ∞, yai-tu:

limn→∞

23

σ2(

2n− 1n (n + 1)

)=

23

σ2limn→∞2n− 1

n (n + 1)= 0 (3.87)

Dari 1 dan 2, berdasarkan teorema, disimpulkan bahwa



T (x1, x2, .., xn) = 2 [n (n + 1)]−1 Σni ixiadalah barisan estimator

yang konsisten terhadap parameter µ.

14. Misalkan X1, ..., Xn sampel random dari populasi N(µ, σ2). Tunjuk-kanlah bahwa X adalah UMVUE untuk µ

Bukti

E(X) = 1/n.nµ = µ. Jadi X estimator tak bias untuk µ. Var(X) =

σ2/n. Sekarang akan dicari batas bawah Cramer-Rao

f (x) =1

σ(2π)1/2 e−2−1σ−2(x−µ)2;−∞ < x < ∞ (3.88)

ln f (x) = − ln σ(2π)1/2 − 12σ2 (x− µ)2 (3.89)

∂ ln f (x)∂µ

=1σ2 (x− µ) (3.90)

Sehingga

E

[(∂ ln f (x)

∂µ

)2]=

1σ2 E

[((x− µ)

σ

)2]=

1σ2 .1 =

1σ2 (3.91)

1

n.E[(∂ ln f (x)/∂θ)2

] =σ2

n(3.92)

Jadi batas bawah Cramer-Rao adalah σ2

n .

Karena X estimator tak bias untuk µ dan Var(X) = σ2

n sama denganbatas bawah Cramer-Rao maka menurut akibat teorema Cramer-RaoX adalah UMVUE

15. Misalkan X1, ..., Xn i.i.d N(θ, 1). Tunjukkan bahwa barisan estimatorXn = ∑ Xi

n . adalah konsisten.

Jawab:



Perhatikan bahwa_

Xn∼ N(θ, 1n ), sehingga untuk n→ ∞:

=∫ ε−ε(

n2π )

1/2e−n/2 y2dy =

∫ ε√

n−ε√

n(1

2π )1/2e−1/2 t2

dt = P(−ε√

n < z <

ε√

n)→ 1

Karena itu_

Xn adalah barisan estimator konsisten untuk θ.

Secara umum perhitungan mendetail seperti di atas tidak perlu dila-kukan untuk membuktikan konsistensi. Ingat untuk suatu estimatorTn ketaksamaan Chebychev mengatakan bahwa P(|Xn − θ| ≥ ε) ≤E(Tn−θ)2

ε2 sehingga limit E(Tn− θ)2 = 0 adalah syarat cukup agar sua-tu barisan Tn→∞ konsisten. selanjutnya kita dapat menulis

E(Tn − θ)2= E(Tn − ET2n + E Tn − θ)2=E(Tn − ET2

n)2 + (ETn − θ)2

= VarTn + [Bias Tn]2

16. Diketahui X1, ..., Xn adalah i.i.d N(µ, σ2). Tentukan estimator untukµ dan σ2dengan MME.

Jawab:

Disini kita punya,n

∑i=1

Xri , m1 = X, µ1 = µ dan µ2 = µ2 + σ2. Solusi

dari sistem persamaan X = µ dan 1/nn

∑i=1

Xri = µ2 + σ2 diperoleh

estimator metode momen µ = X dan σ2 = 1/n ∑ni=1(Xi − X)2

17. Diketahui X1, ..., Xn sampel random dari N(θ, 1),−∞ < θ < ∞. Ten-tukan MLE untuk θ

Jawab:f (x/θ) = (2π)−1/2e−1/2(x−θ)2

(3.93)

L(θ/x) =n

Πi=1 f (xi/θ) (3.94)

= (2π)−n/2 exp

[−1/2

n

∑i=1

(Xi − θ)2

](3.95)

= −n/2 ln(2π)− 1/2n

∑i=1

(Xi − θ)2 (3.96)



Persamaan d ln L(θ/x)dθ = 0 menghasilkan

n

∑i=1

(Xi − θ) = 0 atau θ = X.

Perhatikan bahwa d2 ln L(θ/x)dθ3 |θ=X< 0 Jadi θ = X adalah ELM untuk

θ.

18. Diketahui X1, ..., Xn sampel random dari

f (x; θ) =

1θ ; 0 < x ≤ θ dan 0 < θ < ∞

0; untuk x yang lain(3.97)

Tentukan MLE untuk θ

Jawab:

Fungsi likelihoodnya, L(θ; x1, ..., xn) = 1θn ; 0 < xi ≤ θ merupakan

fungsi dari θ yang monoton turun. Disini kita tidak dapat menen-tukan ELM denga turunan. Perhatikan bahwa, θ ≥ xi ∀i sehinggaθ ≥ max(xi). Ini berarti, L maksimum dicapai pada statistik terurutke-n yaitu max(xi). Jadi θ = max(xi) adalah MLE untuk θ


1. Misalkan x1, x2, ...xm; y1, y2, ...ynvariabel random independenmasing-masing berdistribusi N(ε, σ2) dan N(η, τ2). Tentukanstatistik cukup untuk ketiga kasus berikut:

a) ε, η, σ, τsembarang dengan − ∼< ε, η <∼, τ, σ > 0

b) σ = τdan ε, η, σ adalah sembarang

c) ε = ηdan ε, σ, τ adalah sembarang

2. Diketahui distribusi uniform f (x : θ) = 1θ ,0 ≤ x ≤ θ dan bernilai nol

untuk x yang lain. Buktikan bahwa 2X estimator takbias untuk θ.

3. Diketahui θ1 dan θ2 adalah dua estimator takbias untuk θ dari duaeksperimen yang independent. Buktikan bahwa θ = c1θ1 + c2θ2 de-ngan c1 + c2 = 1 juga estimator tak bias untuk θ.



4. Diberikan sampel random yang berukuran n dari populasi yangmempunyai mean µ (diketahui) dan variansi σ2. Perlihatkan bahwa

varians sampel S2 = 1n

n

∑i=1

(Xi − µ)2 merupakan estimator bias untuk

σ2

5. Perlihatkan bahwa jika θ estimator tak bias untuk θ dan Var(θ) tidaksama dengan 0, maka θ2bukan estimator tak bias untuk θ2.

6. Jika θ estimator dari θ dan bias estimator ini diberikan oleh b = E(θ)− θ. Perlihatkan bahwa E

[(θ − θ)2 = Var(θ) + b2

]7. Perlihatkan, jika θ estimator konsisten untuk θ maka kθ (k 6= 0) esti-

mator konsisten untuk kθ

8. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen denganE(Xi) = µ dan E(|Xi|2) < ∞. tunjukkan bahwa T = 2

n(n+1) ∑ni=1 Xi

adalah estimator konsisten untuk µ.

9. Misalkan X1, ..., Xn sampel dari U(0, θ). Perlihatkan bahwa T =

(n

∏i=1

Xi)1\n adalah estimator konsisten untuk θe−1

10. Jika X1, ..., Xn i.i.d N(µ, σ2). Buktikan√(n− 1)/2Γ [(n− 1)/2] s/Γ [(n/2)] estimator tak bias un-

tuk σ. Petunjuk: gunakan (n−1)S2

σ2 berdistribusi χ2(n−1) dengan

S2 = 1n−1

n

∑i=1

(Xi − X)2

11. Ukuran efisiensi estimator θ1 terhadap θ2 ditunjukkan oleh var(θ2)

var(θ1).

Tentukan efisiensi estimator µ = X1+2X2+X34 terhadap X jika

X1,X2dan X3 sampel random dari N(µ, σ2)

12. Apakah estimator µ pada soal no.10 konsisten?

13. Diketahui X1, ..., Xn sampel random yang berdistribusi identik danindependen N(µ, µ); µ > 0. Tentukan estimator tak bias dan konsis-ten untuk µ2.



14. Buktikan bahwa proporsi sampel xn adalah UMVUE untuk parame-

ter Binomial θ.

15. Diketahui X1, ..., Xn sampel random i.i.d Gama(α, β); α diketahui dan0 < β < ∞. tentukan UMVUE untuk β

16. Diketahui X1, ..., Xn sampel random i.i.d Binomial (1, p); p ∈ (0, 1).Tentukan UMVUE untuk p.

17. Diketahui: x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusi exponensialnegative, dengan parameter θεΩ = (0, ∝). Gunakan teorema untukmenemukan UMVU Estimator dari parameter θ.

18. Misalkan x variabel random berdistribusi binomial negatif denganparameternya θεΩ = (∝, 1) .Tentukan UMVU estimator dari g (θ) =1θ dan cari variansnya.

19. Diketahui: x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusi exponensialnegative, dengan parameter θεΩ = (0, ∝). Gunakan teorema untukmenemukan UMVU Estimator dari parameter θ.

20. Misalkan x variabel random berdistribusi binomial negatif denganparameternya θεΩ = (∝, 1) .Tentukan UMVU estimator dari g (θ) =1θ dan cari variansinya.

21. Jika x1, ..., xn nilai-nilai sampel random yang berukuran n dari popu-lasi dengan distribusi

f (x; θ) =

2(θ−x)

θ2 ; 0 < x < θ

0; untuk x yang lain

Tentukan estimator untuk θ dengan metode momen

22. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen (i.i.d) de-ngan distribusi seperti berikut :

(a) f (x; θ) = θxθ−1; 0 < x < 1, 0 < θ < ∞, dan nol untuk x yanglain



(b) f (x; θ) = (1/θ) exp [−x/θ] , 0 < x < ∞, 0 < θ < ∞, dan noluntuk x yang lain

(c) f (x; θ) = exp [−(x− θ)] , 0 < x ≤ ∞, −∞ < θ < ∞, dan nol un-tuk x yang lain. Dalam setiap kasus diatas, tentukan estimatoruntuk θ dengan metode likelihood maksimum

23. Misalkan x1, x2variabel random dengan fungsi padat peluangf (.; θ)yang diberikan oleh:

f (x | θ) =2θ(θ − x) I(0,θ) (x) ; θεΩ = (0, ∝)

Tentukan estimator momen untuk θ.

24. Tentukan estimator momen untuk αdan β, jika x1, x2, ...xnvariabelrandom iid berdistribusi Beta dengan parameter αdan β.

25. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen poisson(λ). Tentukan estimator untuk λ dengan metode momen dan like-lihood maksimum.

26. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen dengandistribusi f (x; θ) = (θ + 1)xθ ;0 < x < 1 dan nol untuk x yang lain.Tentukan estimator untuk θ dengan metode momen dan likelihoodmaksimum.

27. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen gama(α, β). Tentukan α dan β dengan metode momen dan likelihood mak-simum.

28. Diketahui sampel random berukuran n dari populasi normal denganmean µ diketahui, tentukan estimator untuk σ dengan metode like-lihood maksimum

29. Diketahui Sampel random berukuran n dari populsi yang mempu-nyai distribusi f (x; θ) = e−(x−θ) untuk x > θ dan nol untuk x yanglain. Tentukan estimator untuk θ dengan metode likelihood maksi-mum.



30. Dalam banyak kasus, sepertipada distribusi binomial, Poisson, Nor-mal dan sebagainya terjadi bahwa MLE mean yang diestimasi adalahmean sampel. Namun kasus ini tidak perlu selalu terjadi seperti pa-da kasus berikut. Misalkan x1, x2, ...xnvariabel random independendengan distribusi N (θ, θ) : θεΩ (0, ∝).

Tunjukkan bahwa: MLE dari parameter θadalah:

θ =12

[(1 +

4n

Σni=1x2

j

)2

− 1

]




Bab 4

Estimasi Interval


Memahami konsep dasar estimasi interval dan mampu menerapkan baikdalam pemecahan masalam matematika, ilmu lain, maupun dalam kehi-dupan sehari-hari.


Setelah mengerjakan bab ini Anda diharapkan dapat:

1. Menjelaskan konsep dasar estimasi interval suatu parameter popu-lasi

2. Menentukan interval kepercayaan mean bila variansinya diketahui.

3. Menentukan interval kepercayaan mean bila variansinya tidak dike-tahui

4. Menentukan interval kepercayaan beda dua mean

5. Menentukan interval kepercayaan untuk varians

6. Menentukan interval kepercayaan untuk rasio dua varians

117


4.3 Uraian Materi

4.3.1 Konsep Dasar Estimasi Interval

Sejauh ini telah dibicarakan estimasi titik untuk parameter populasi θ, dimana inferensinya adalah pendugaan harga tunggal terhadap θ. Estima-tor titik mempunyai kelemahan prinsip yaitu tidak memberikan informasitentang ketepatan atau keakuratannya. Misalnya, µ = X adalah estimatorterbaik untuk µ dari N(µ, σ2). Jika sampel random yang berukuran n di-ambil, dan diperoleh X = 3, 5. Apakah dapat diyakini bahwa µ sudah sa-ngat dekat dengan 3, 5 itu ? Untuk mengatasi kelemahan ini, diperkenalk-an tipe estimasi lain yaitu estimasi interval. Dalam estimasi interval, atausecara lebih umum disebut juga estimasi himpunan yang dijadikan masa-lah utama adalah pernyataan bahwa ”θ ∈ c” dengan c ⊂ Ω dan c = c(

_x).

Ini merupakan himpunan yang ditentukan oleh_X=

_x yang terobservasi.

Bila θ berharga real, maka estimator himpunan c adalah interval.

De f inisi

Estimasi interval untuk parameter θ adalah pasangan fungsi L(x1, ..., xn)

dan U(x1, ..., xn) dan sampel yang memenuhi L(_X) ≤ U(

_X)untuk se-

mua_x∈ χ. Bila

_X=

_x terobservasi, dibuat inverensi L(

_X) ≤ θ ≤ U(

_X).

Interval random [L(_X),U(

_X)] disebut estimator interval. Seperti definisi

terdahulu,[L(_X), U(

_X)] untuk estimator interval θ berdasar sampel ran-

dom_X= (x1, ..., xn) dan [L(

_X), U(

_X)] harga terealisasi dari interval. Mes-

kipun kasus mayoritas yang dibicarakan adalah harga-harga berhinggauntuk Ldan U, kadang-kadang kita juga tertarik pada estimasi interval sa-tu sisi. Sebagai contoh, bila L(

_x) = −∞, maka kita mempunyai selang satu

sisi (−∞, U(x)). Dengan cara yang sama kita dapat mengambil U(x) = ∞dan mempunyai interval satu sisi [L(

_x), ∞].

De f inisi

Estimasi inteval untuk parameter θ adalah interval yang berbentuk L(_X

) < θ < U(_X) dengan L(

_X)dan U(

_X) adalah suatu kuantitas yang tak

Bab 4. Estimasi Interval 118 ISBN 978-602-8310-02-4


tergantung pada nilai θ dan distribusi sampling dari θ. Dengan kata lain,berdasarkan distribusi sampling θ kita pilih L(

_X)dan U(

_X) sehingga

P(L(_X) < θ < U(

_X)) = 1− α dengan 0 < α < 1 (4.1)

Interval L(_X) < θ < U(

_X) disebut interval kepercayaan (1 − α)100%

dan (1− α) disebut koefisien kepercayaan. L(_X)dan U(

_X) berturut-turut

disebut limit kepercayaan bawah dan limit kepercayaan atas. Misal-nya α = 0, 05 memberikan koefisien kepercayaan 0, 95 dan interval ke-percayaan 95%. Perhatikan bahwa α yang lain bisa dipilih berdasarkanpertimbangan-pertimbangan statistik. Idealnya, α dipilih sedemikian se-hingga panjang interval kepercayaan terpendek, tetapi cakupan probabi-litas (1− α) mendekati nilai 1 (kepastian)

Contoh

Untuk sampel X1, X2, X3, X4 dan N(µ, 1), estimator interval dari µ adalah[

_x −1,

_x +1]. Ini berarti kita menyatakan bahwa µ berada dalam interval

ini. Bila kita mengestimasi µ dengan_x, P(x = µ) = 0. Tetapi dengan esti-

mator interval, kita mempunyai probabilitas positif untuk benar. Probabi-litas bahwa µ tercakup oleh interval [

_x −1,

_x +1]dapat dihitung sebagai

P [µ ∈ [_x −1,

_x +1]] = P(

_x −1 ≤ µ ≤_

x +1)

= P(−1 ≤_x −µ ≤ 1)

= P(−2 ≤_x−µ√

1/4≤ 2)

= P(−2 < z < 2)

= 0, 9544.

Artinya; lebih dari 95% peluang untuk mencakup parameter (µ) denganmenggunakan estimator interval [

_x −1,

_x +1].

Estimator interval digunakan sebagai pengganti estimator titik dengan tu-juan untuk mendapat jaminan pencakupan parameter yang diselidiki. Ke-pastian jaminan ini dikuantifikasikan dalam definisi berikut.

De f inisi



Untuk estimator interval [L(_x), U(

_x)]dari parameter θ cakupan probabi-

litas dari [L(_x), U(

_x)] adalah probabilitas bahwa interval random. [L(

_x

), U(_x)] mencakup parameter θ. Dalam notasi ini dinyatakan dengan

Pθ (θ ∈ [L(_x), U(

_x)|θ]) atau P (θ ∈ [L(

_x), U(

_x)|θ]).

De f inisi

Estimator interval [L(_x), U(

_x)] untuk parameter θ, koefisien keperca-

yaan dari [L(_x), U(

_x)]adalah infimum probabilitas cakupan atau inf

θPθ([L(_x), U(

_x)]).

Ada beberapa hal yang perlu diperhatikan dari definisi tersebut.

1. Sangat penting untuk di ingat bahwa interval adalah besaranrandom, bukan parameter. Akibatnya, bila kita menulis pernya-taan probabilitas seperti Pθ (θ ∈ [L(

_x), U(

_x)|θ]), pernyataan proba-

bilitas tersebut menunjuk ke x bukan θ. Dengan perkataan lain,pikirkan Pθ (θ ∈ [L(

_x), U(

_x)|θ]) yang seperti pernyataan tentang

random θ, sebagai sesuatu yang secara aljabar ekivalen denganPθ ([L(

_x) ≤ θ, U(

_x) ≥ θ) yaitu pernyataan tentang variabel random

_X. Estimator interval, bersama dengan ukuran kepercayaan, (biasa-nya koefisien kepercayaan) dikenal dengan nama interval keperca-yaan. Interval kepercayaan dengan koefisien kepercayaan sama den-gan (1− α) disebut (1− α) interval kepercayaan.

2. Hal penting lain berhubungan dengan cakupan probabilitas dan ko-efisien kepercayaan. Karena kita tidak mengetahui harga sebenarn-ya dari θ, kita hanya dapat menjamin probabilitas cakupannya sa-ma dengan infimum koefisien kepercayaan. Dalam beberapa kasushal ini tidak menjadi soal karena cakupan probabilitas merupakanfungsi konstan dari θ. Tetapi, dalam kasus yang lain cakupan proba-bilitas merupakan fungsi dari θ.

Contoh



Jika X1, ..., Xn adalah sampel random populasi seragam (0, θ) dan misal-kan Y = maksX, ..., Xn, jika ingin mencari estimator interval untuk θ.Pandang dua calon estimator: [aY, bY], 1 ≤ a < b dan [Y + c, Y + d], 0 ≤c < d dengan a, b, c, dan d konstanta. (Perhatikan bahwa θ perlu lebih be-sar dari Y). Untuk interval pertama didapat:

Pθ (θ ∈ [aY, bY]) = Pθ (aY ≤ θ ≤ bY)

= Pθ

(1b ≤

yθ ≤

1a

)= Pθ

(1b ≤ T ≤ 1

a

); (T = y

θ )

Jadi, Pθ

(1b ≤ T ≤ 1

a

)=∫ 1

a1b

ntn−1dt = (1a )

n − (1b )

n

Cakupan probabilitas interval pertama independen dengan harga θ. Jadi(1

a )n − (1

b )n adalah koefisien kepercayaan dari interval.

Untuk interval lain, untuk θ ≥ d, perhitungan sejenis menghasilkan:

Pθ (θ ∈ [Y + c, Y + d]) = Pθ (Y + c ≤ θ ≤ Y + d])

= Pθ

(1− d

θ ≤ T ≤ 1− cθ

)=∫ 1− c

θ

1− dθ

ntn−1dt

= (1− cθ )

n − (1− dθ )

n

untuk keadaan ini, cakupan probabilitas tergantung pada θ.

Selanjutnya Limθ→∞(1− cθ )

n − (1− dθ )

n = 0 yang menunjukkan koefisienkepercayaan estimator interval ini sama dengan nol.

4.3.2 Metode Menentukan Estimasi Interval

Ada dua metode untuk menentukan estimator interval yaitu dengan in-versi uji hipotesis statistik dan menggunakan besaran pivot.

4.3.2.1 Inversi Uji Statistik

Ada hubungan antara estimasi interval dan uji hipotesis. Secara umum da-pat dinyatakan bahwa setiap interval kepercayaan berkorespondensi den-gan uji hipotesis dan sebaliknya. Jadi dari uji hipotesis dapat diturunkan



estimasi interval. Namun karena uji hipotesis baru akan dibahas pada BabV, maka pembahasan tentang hal ini disajikan pada Bab V Sub Bab mulaihalaman ...

4.3.2.2 Besaran Pivot

Metode yang paling bagus dalam mengkonstruksikan himpunan estima-tor dan menghitung cakupan probabilitas adalah penggunaan besaran pi-vot. Penggunaan besaran pivot (pivotal quantity) untuk mengkonstruksihimpunan kepercayaan disebut pivotal inverence.

De f inisi

Variabel random Q(_X, θ) = Q(x1, ..., xn, θ) disebut besaran pivot bila dis-

tribusi dari Q(_X, θ) independen (tak mengandung) parameter populasi.

Dengan kata lain: Jika_X∼ F(

_x |θ) maka Q(

_X, θ) mempunyai distribusi

yang sama untuk semua harga θ.

Fungsi Q(_X, θ) biasanya secara eksplisit memuat parameter dan statistik,

tetapi untuk sembarang himpunan A, PθQ(_X, θ) ∈ A tidak dapat tergan-

tung pada θ. Cara mengkonstruksikan himpunan kepercayaan dari pivottergantung pada kemampuan mendapatkan pivot dan himpunan A sede-mikian hingga himpunan θ : Q(

_X, θ) ∈ A adalah himpunan estmatator

(interval kepercayaan) dari θ.

Contoh

Dalam kasus lokasi dan skala terdapat banyak besaran pivot. Di sini akanditunjukkan beberapa. Misalkan x1, ..., xn adalah sampel random densitas( dalam tabel ) dan misalkan

_x dan s adalah mean sampel dan deviasi

standar.

Untuk membuktikan bahwa besaran-besaran di atas merupakan pivot, da-pat ditunjukkan bahwa densitasnya independen dari parameter.



Table 4.1: Besaran Pivot

Bentuk Densitas Jenis Densitas Besaran Pivotf (x− µ) lokasi

_x −µ

1σ f ( x

σ ) skala_xσ

1σ f ( x - µ

σ ) lokasi/skala_x−µ

σ

Contoh

Jika x1, ..., xn sampel random dari populasi N(µ, σ2), maka statistik t =_x - µ

s /√

n adalah pivot, karena distribusi statistik t tidak tergantung pada pa-rameter µ dan σ2.

Contoh

Misalkan x1, ..., xn iid eksponensial (λ). Maka T = ∑ xi adalah statistikcukup untuk λ dan T ∼ Gamma(n, λ). Dalam pd f gamma t dan λ munculbersama-sama sebagai t

λ dan kenyataannya bentuk pd f :

Gamma(n, λ) = (P(n)λn)−1 tn−1e−tλ adalah keluarga skala.

Jika Q(T, λ) = 2Tλ maka Q(T, λ) ∼ gamma

(n, λ( 2

λ ))

= gamma(n, 2)yang tidak tergantung pada λ. Besaran Q(T, λ) = 2T

λ adalah pivot den-gan gamma(n, 2) atau distribusi χ2.

Kadang-kadang kita dapat melihat bentuk pd f untuk melihat apakah adabesaran pivot. Dalam contoh di atas, besaran t

λ terlihat dalam pd f dan iamenjadi pivot. Dalam pd f normal, besaran

_x - µ

σ terlihat dan besaran inijuga merupakan pivot.

Secara umum, misalkan pd f statistik T, f (t, θ) dapat dinya-takan dalam bentuk f (t, θ) = g (Q(t, θ)) | ∂Q(t,θ)

∂t | untuk suatufungsi g dan fungsi monoton Q (dalam t untuk setiap θ). MakaQ(t, λ) merupakan pivot.

Begitu mendapat pivot, selanjutnya bagaimana menggunakannya untukmembangun himpunan kepercayaan?. Bila Q(

_x, λ) merupakan pivot, ma-



ka untuk harga tertentu α dapat ditemukan bilangan-bilangan adan b yangtidak tergantung pada θ dan memenuhi:

Pθ (a ≤ Q(t, θ) ≤ b) ≥ 1− α

Maka untuk setiap θ0 ∈ Ω, A(θ0) = _x: a ≤ Q(

_x, θ0) ≤ badalah daerah

penerimaan untuk uji taraf α dari H0 : θ = θ0. Hal ini memberikan hasilbahwa himpunan kepercayaan (1− α) untuk θ adalah:

C(_x) = θ0 : a ≤ Q(

_x, θ0) ≤ b

Contoh

Dalam contoh di muka telah didapatkan interval kepercayaan untuk λ

dari pd f eksponensial dengan menginversikan LRT taraf α dari H0 : λ =

λ0vs H1 : λ 6= λ0. Sekarang kita juga melihat bila kita mempunyai sampelX1, ..., Xn kita dapat mendefinisikan T = ∑ Xi dan Q(T, λ) = 2 T

λ ∼ X22n.

Bila kita memilih konstantq a dan b sedemikian hingga memenuhi P(a ≤X2

2n ≤ b) = 1− α, maka

Pλ(a ≤ 2 Tλ ≤ b) = Pλ(a ≤ Q(T, λ) ≤ b)

= P(a ≤ X22n ≤ b)

= 1− α

Dengan menginversikan himpunan:

A(λ) = t : a ≤ 2Tλ≤ b

memberikan C(t) = λ : 2 tb ≤ λ ≤ 2 t

a yang merupakan interval keper-cayaan (1− α). Bila n = ω, interval kepercayaan 95% adalah λ : 2 T

34,17 ≤λ ≤ 2 T

9,59. Untuk persoalan lokasi dengan kondisi variansi tidak diketahuipun pembangunan dan perhitungan interval pivot relatif mudah.



Contoh

Jika X1, ..., Xn iid N(µ, σ2) maka (_x−µ )

σ /√

n adalah pivot. Bila σ2 diketahui, ki-ta dapat menggunakan pivot ini untuk menghitung interval kepercayaanuntuk µ. Untuk sebarang konstanta a

P(−a ≤ (_x −µ )

σ /√

n≤ a) = P(−a ≤ Z ≤ a)

Sehingga interval kepercayaan adalah µ :_x −a σ√

n ≤ λ ≤_x +a σ√

n.

Bila σ2 tidak diketahui, kita dapat menggunakan pivot skala-lokasi (_x−µ )

s /√

n .

Karena (_x−µ )

s /√

n mempunyai distribusi

P(−a ≤ (_x −µ )

σ /√

n≤ a) = P(−a ≤ Z ≤ a).

Jadi untuk α tertentu bila kita mengambil a = tn−1, α2, kita mendapatkan

bahwa interval kepercayaan (1− α) adalah

µ :_x −tn−1, α

2

s√n≤ µ ≤_

x +tn−1, α2

s√n

dan ini merupakan interval kepercayaan (1− α) klasik untuk µ berdasardistribusi−t.

4.3.3 Metode Evaluasi Estimasi Interval

Dalam estimasi interval dua besaran dibandingkan satu dengan lainnyamelalui ukuran dan kemampuan akurasi cakupannya. Tentu saja yang di-inginkan adalah suatu interval yang mempunyai ukuran (panjang) yangkecil dan cakupan probabilitas besar. Cakupan probabilitas dari intervalkepercayaan pada umumnya merupakan fungsi parameter. Karena itu,ukuran yang paling banyak digunakan adalah kelakuan koefisien keperca-yaan, yaitu infimum cakupan probabilitas ukuran dan probabilitas caku-pan. Permasalahan dapat dirumuskan sbb: diberikan probabilitas cakupantertentu, carilah interval kepercayaan terpendek.



Table 4.3: Panjang interval kepercayaan

a b Probabilitas b-a−1, 34 2, 33 P(z < a) = 0, 09; P(z > b) = 0, 01 3, 67−1, 44 1, 96 P(z < a) = 0, 075; P(z > b) = 0, 025 3, 40−1, 65 1, 65 P(z < a) = 0, 05; P(z > b) = 0, 05 3, 30

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn iid N(µ, σ2)dengan σ diketahui. Telah kita ketahuibahwa Z =

_x - µ

σ /√

n adalah besaran pivot dengan distribusi normal bakudan setiap anggota yang memenuhi P(a ≤ Z ≤ b) = 1− α akan memberi-kan interval kepercayaan (1− α)

µ :_x −b

σ√n≤ µ ≤_

x −aσ√n

Masalahnya menjadi: Berapa nilai a dan b yang terbaik ?, Dengan katalain; Berapa nilai a dan b yang akan meminimumkan panjang intervalkepercayaan dengan tetap mempertahankan cakupan (1 - α)?. Perhatikanbahwa panjang interval kepercayaan sama dengan (b−a) σ√

n . Karena faktorσ√n adalah bagian dari setiap panjang interval, ia dapat diabaikan dan per-

bandingan panjang hanya bisa berdasarkan pada harga b− a.

Sehingga masalah sekarang menjadi; mencari pasangan bilangan a dan byang memenuhi P(a < z < b) = 1− α dan meminimumkan (b− a).

Biasanya diambil a = z − z α2

dan b = z α2

tanpa menyebutkan apa yangmembuat optomal. Jika diambil 1− α = 0, 90 maka setiap pasangan bilan-gan berikut memberikan interval 90%.

Pengalaman numerik ini menyarankan bahwa pemilihan a = −1, 65 danb = 1, 65 memberikan interval kepercayaan terbaik. Perlu dicatat bahwa



strategi untuk membagi interval dua sama besar (simetris) terbukti opti-mal dalam contoh di atas, tapi tidak selalu demikian. Untuk kasus di atasdisebabkan oleh kenyataan bahwa tinggi dari pd f -nya adalah sama di−z α

2

dan z α2.

Teorema Unimodal

Misalkan f (x) pd f yang unimodal. Bila interval [a, b] memenuhi

1.∫ b

a f (x)dx = 1− α

2. f (a) = f (b) > 0dan

3. a ≤ x∗ ≤ b, dengan x∗ modus f (x).

maka [a, b]adalah interval kepercayaan yang terpendek di antara interval-interval yang memenuhi kreteria nomer 1.

Bukti

Misalkan [a1, b1] adalah sebarang interval dengan b1 − a1 < b− a.

Akan ditunjukkan bahwa ini mengakibatkan∫ b1

a1 f (x)dx < 1− α. Hasil iniakan dibuktikan hanya untuk a1 < a. Untuk kasus a < a1 dapat dibukti-kan secara analog. Juga dua kasus yang perlu diperhatikan adalah b1 ≤ adan b1 > a.

Bila b1 ≤ a maka a1 ≤ b1 ≤ a ≤ x∗ dan∫ b1

a1 f (x)dx ≤ f (b1)(b1 − a1) ≤ f (a1)(b1 − a1) < f (a)(b − a) ≤∫ ba f (x)dx = 1− α

Bila b1 > a maka a1 ≤ a ≤ b1 < b, karena bila b1 lebih besar atau samadengan b, maka b1− a1 lebih besar atau sama dengan b− a. Dalam keadaanini, dapat ditulis:∫ b1

a1 f (x)dx =∫ b

a f (x)dx + [∫ a

a1 f (x)dx−∫ b

b1 f (x)dx]

= 1− α + [∫ a

a1 f (x)dx−∫ b

b1 f (x)dx]



dan teorema terbukti bila dapat ditunjukkan bahwa pernyataan dalamkurung negatif. Sekarang, dengan menggunakan unimodalitas f , urutana1 ≤ a ≤ b1 ≤ b, dan didapat:∫ a

a1 f (x)dx ≤ f (a)(a− a1) dan∫ b

b1 f (x)dx ≥ f (b)(b− b1)

Jadi∫ aa1 f (x)dx−

∫ bb1 f (x)dx ≤ f (a)(a− a1)− f (b)(b− b1)

= f (a)[(a− a1)− (b− b1)

]= f (a)

[(b1 − a1)− (b− a)

]bernilai negatif. q.e.d

Contoh

Untuk interval kepercayaan normal berdasarkan pivot_x - µ

s /√

n , kita menge-tahui bahwa interval kepercayaan (1− α) yang mempunyai panjang ter-pendek mempunyai bentuk_x −b s√

n ≤ µ ≤_x −a s√

n mempunyai a = −tn−1, α2

dan b = tn−1, α2. Panjang

interval merupakan fungsi S, dengan bentuk umum: Panjang(s) = (b −a) s√

n .

Selanjutnya, jika dipandang kriteria harga harapan panjang (s) dan men-ginginkan untuk mendapatkan interval (1− α) untuk meminimumkan.

Eσ (panjang (S) ) = (b− a)Eσ S√n = (b− a)C(n) S√

n .

Maka Teorema di depan berlaku dan pemilihan a = −tn−1, α2dan b = tn−1, α

2

memberikan interval kepercayaan yang optimal.

4.3.4 Estimasi Interval Kepercayaan Khusus

4.3.4.1 Interval Kepercayaan untuk Mean

1. Interval untuk mean µ, dengan variansi σ2 diketahui. Misalnya X vari-abel random yang berdistribusi N(µ, σ2), dengan µ tidak diketahui.



Jika X adalah nilai mean sampel dari populasi normal dengan me-an µ dan variansi σ2 (diketahui). Tunjukkan interval kepercayaan(1− α)100% untuk µ diberikan oleh:

X− zα/2.σ√n< µ < X + zα/2.

σ√n

(4.2)

Penjelasan:

X ∼ N(µ, σ2)⇒ X ∼ N(µ, σ2/n)⇒ Z =X− µ

σ/√

n∼ N(0, 1) (4.3)

Perhatikan bahwa P (−zα/2 < z < zα/2) = 1− α dengan zα/2 adalahkuantitas sehingga P(Z > zα/2) = α/2

Karena itu

P(−zα/2 <

X− µ

σ/√

n< zα/2

)= 1− α (4.4)

atauP(X− zα/2.

σ√n< µ < X + zα/2.

σ√n) = 1− α (4.5)

Jadi interval kepercayaan (1− α)100% untuk µ adalah:

X− zα/2.σ√n< µ < X + zα/2.

σ√n

(4.6)

Untuk sampel besar (n ≥ 30) dapat digunakan TLP, sehingga inte-val kepercayaan 4.6berlaku juga untuk variabel random sembarang(bukan distribusi tidak normal).

2. Interval untuk mean µ, dengan variansi σ2 tidak diketahui. Jika x adalahnilai mean sampel dari populasi normal dengan mean µ dan variansiσ2 tidak diketahui, maka interval kepercayaan (1− α)100% untuk µ

adalah:

X− tα/2,n−1.S√

n− 1< µ < X + tα/2,n−1.

S√n− 1

(4.7)



Penjelasan:

Karena variansinya σ2 tidak diketahui maka dapat diganti denganvariansi sampel:

S2 =1n

n

∑i=1

(Xi − X)2 (4.8)

sebagai estimator untuk σ2. Sebab jika xi berdistribusi N(µ, σ2) makanS2/σ2 berdistribusi χ2

(n−1) dan√

n(x− µ)/σ berdistribusi t(n−1).

4.3.4.2 Interval Kepercayaan untuk Perbedaan Mean

Sering kali lebih memungkinkan untuk melakukan estimasi interval un-tuk selisih parameter populasi µ1−µ2daripada untuk masing-masing. Mi-salkan X1, X2,..., Xn dan Y1, Y2,..., Ym dua sampel random dari dua populasiyang independen N(µ1, σ2) dan N(µ2, σ2); σ > 0 tidak diketahui. Masa-lah yang dihadapi sekarang, bagaimana inferensi interval untuk parame-ter perbedaan mean yaitu µ1 − µ2?

Interval untuk mean µ1 − µ2 dengan variansi σ2 > 0 tidak diketahui.

Jika X dan Y berturut-turut mean sampel berukuran n dan m yang salingindependen dari populasi N(µ1, σ2) dan populasi N(µ2, σ2) ;σ2 > 0 tidakdiketahui, maka interval kepercayaan (1− α)100% adalah:

(X−Y

)− aR < µ1 − µ2 <

(X−Y

)+ aR (4.9)

dengan a = t(α/2;n+m−2) dan R =

√(1/n + 1/m)

(nS21+nS2

2(n+m−2)

Penjelasan:

Variansi sampelnya berturut-turut S21 dan S2

2. Perhatikan bahwa

Xi(i = 1, 2, ..., n) ∼ N(µ1, σ2)⇒ X ∼ N(µ1, σ2/n) (4.10)



danYj(j = 1, 2, ..., m) ∼ N(µ2, σ2)⇒ Y ∼ N(µ2, σ2/m) (4.11)

akibatnya,

X−Y ∼ N(µ1 − µ2, σ2/n + σ2/m)⇒ X−Y− (µ1 − µ2)√σ2/n + σ2/m

∼ N(0, 1)

(4.12)Karena nS2

1/σ2 ∼ χ2(n−1) dan mS2

2/σ2 ∼ χ2(m−1) maka (nS2

1+ mS22)/σ2 ∼

χ2(n+m−2). Diperoleh

T =X−Y− (µ1 − µ2)√

σ2/n + σ2/m:[(nS2

1 + mS22)/σ2(n + m− 2

]1/2 (4.13)

=X−Y− (µ1 − µ2)√(1/n + 1/m nS2

1+mS22

n+m−2

∼ t(n+m−2) (4.14)

Interval kepercayaan (1− α)100% adalah P(−a < T < a) = 1− α; dengana = tα/2;n+m−2 dan

P((X−Y

)− aR < µ1 − µ2 <

(X−Y

)+ aR) = 1− α (4.15)

dengan

R =

√(1/n + 1/m

nS21 + mS2

2n + m− 2

(4.16)

Jadi interval kepercayaan (1− α)100% untuk perbedaan mean adalah

(X−Y

)− aR < µ1 − µ2 <

(X−Y

)+ aR

(X−Y

)− aR < µ1 − µ2 <

(X−Y

)+ aR (4.17)

4.3.4.3 Interval Kepercayaan untuk Variansi

Setelah di drpan dibahas interval kepercayaan untuk mean µ, maka kinidibahas interval kepercayaan untuk variansi σ2.



Interval untuk variansi σ2 dengan mean µ yang tidak diketahui.

Jika X1, X2,..., Xn sampel random dari distribusi N(µ, σ2) dengan µ tidakdiketahui maka interval kepercayaan (1− α)100% untuk σ2 adalah:

ns2

χ2(1−α/2,n−1)

< σ2 <ns2

χ2(α/2;n−1)

(4.18)

Penjelasan:

Dengan menggunakan metode likelihood maksimum diperoleh σ2 = S2 =

1/nn

∑i=1

(Xi − X)2 dan variabel random nS2/σ2 berdistribusi χ2(n−1) karena

itu,P(χ2

(α/2,n−1) < nS2/σ2 < χ2(1−α/2,n−1) = 1− α (4.19)

atau

P

(ns2

χ2(1−α/2,n−1)

< σ2 <ns2

χ2(α/2;n−1)

)= 1− α (4.20)

Jadi interval kepercayaan untuk σ2 adalah

ns2

χ2(1−α/2,n−1)

< σ2 <ns2

χ2(α/2;n−1)

(4.21)

4.3.4.4 Interval Kepercayaan untuk Rasio Dua Variansi

Interval kepercayaan untuk σ22 /σ2

1 dengan µ1dan µ2 tidak diketahui.

Jika X1, X2,..., Xn dan Y1, Y2,..., Yn dua sampel random yang saling indepen-den dari populasi N(µ1, σ2) dan populasi N(µ2, σ2) dengan µ1dan µ2 tidakdiketahui, maka interval kepercayaan (1− α)100% untuk σ2

2 /σ21 adalah

1F(1−α/2;m−1;n−1)

mS22/(m− 1)

nS21/(n− 1)

<σ2

2σ2

1< F(1−α/2;n−1;m−1)

mS22/(m− 1)

nS21/(n− 1)

(4.22)

Penjelasan:



Dengan metode likelihood diperoleh:

µ1 = X, σ21 = S2

1 = 1/nn

∑i=1

(Xi − X)2 (4.23)

dan

µ2 = X, σ22 = S2

2 = 1/nn

∑i=1

(Yi −Y)2 (4.24)

nS21/σ2

1 ∼ χ2(n−1).mS2

2/σ22 ∼ χ2

(m−1) dan independen⇒

F =nS2

1/[σ2

1 (n− 1)]

mS22/[σ2

2 (m− 1)] ∼ F(n−1;m−1) (4.25)

Karena itu

P

(F(α/2;n−1;(m−1) <

nS21/[σ2

1 (n− 1)]

mS22/[σ2

2 (m− 1)] < F(1−α/2;n−1;m−1)

)= 1− α

(4.26)atau

P

(F(α/2;n−1;(m−1)

mS22/(m− 1)

nS21/(n− 1)

<σ2

2σ2

1< F(1−α/2;n−1;(m−1)

mS22/(m− 1)

nS21/(n− 1)

)= 1− α

(4.27)atau

P

(1

F(1−α/2;m−1;n−1)

mS22/(m− 1)

nS21/(n− 1)

<σ2

2σ2

1< F(1−α/2;n−1;m−1)

mS22/(m− 1)

nS21/(n− 1)

)= 1− α

(4.28)Jadi interval kepercayaan (1− α)100% untuk σ2

2 /σ21 adalah

1F(1−α/2;m−1;n−1)

mS22/(m− 1)

nS21/(n− 1)

<σ2

2σ2

1< F(1−α/2;n−1;m−1)

mS22/(m− 1)

nS21/(n− 1)

(4.29)




1. Tentukan interval kepercayaan 95 % untuk mean dari N(µ, 9) de-ngan sampel berukuran 100 dan x = 5

Jawab:

(1− α)100% = 95%⇒ (1− α) = 0, 95

Berdasarkan tabel Z, untuk (1− α) = 0, 95 diperoleh zα/2 = 1, 96.Untuk σ2 = 9 dan n = 100 diperoleh zα/2. σ√

n = 1, 96.3/10 = 0, 588

Menurut teorema 8, interval kepercayaan 95% untuk µ adalah X −zα/2. σ√

n < µ < X + zα/2. σ√n ⇔ 5 − 0, 588 < µ < 5 + 0, 588 ⇔

4, 412 < µ < 5, 588

2. Diketahui X1, X2,..., X10 sampel random dari N(µ, σ2) ; µ dan σ2 ke-duanya tidak diketahui. Misalnya dari hasil eksperimen diperolehx = 3, 22 dan s = 1, 05. Tentukan interval kepercayaan 90% untuk µ.

Jawab:

Berdasarkan Tabel t, diperoleh t(0,05;9) = 1, 833. Interval keperca-yaan 90% untuk µ adalah 3, 22 − 2, 833.1, 05/3 < µ < 3, 22 +

1, 833.1, 05/3⇔ 2, 56095 < µ < 3, 87905

3. Diketahui dua sampel random yang independen yang masing-masing berukuran 10 dan 7 yang diambil dari dua populasi berdis-tribusi N(µ1, σ2) dan N(µ2, σ2). Misalkan x = 4, 2, y = 3, 4, danS2

2 = 32, tentukan interval kepercayaan 90% untuk µ1 − µ2.

Jawab:

R =

√(1/n + 1/m

nS21 + mS2

2n + m− 2

=

√(1/10 + 1/7)

490 + 22415

= 3, 4

(4.30)



Dari tabel t diperoleh a = t(0,05;15) = 1, 753. Sehingga menurut teore-ma 11, diperoleh

0, 8− 1, 753.3, 4 < µ1−µ2 < 0, 8+ 1, 753.3, 4⇔ −5, 16 < µ1−µ2 < 6, 76(4.31)

Jadi interval kepercayaan 90% untuk µ1 − µ2 adalah

−5, 16 < µ1 − µ2 < 6, 76 (4.32)

4. Jika dari data yang diobservasi dari populasi normal diperoleh s =

2, 2 dan n− 16. Tentukan interval kepercayaan 98% untuk σ2!

Jawab:

Dari tabel χ2 diperoleh χ2( 0,01;15) = 5, 23 dan χ2

( 0,99;15) = 30, 6 sehing-ga diperoleh

16(2, 2)2

30, 6< σ2 <

16(2, 2)2

5, 23⇔ 2, 53 < σ2 < 14, 81 (4.33)

5. Misalkan dua sampel random yang berukuran 10 dan 5 diambildari dua populasi yang independet yaitu N(µ1, σ2) dan populasiN(µ2, σ2). Dari hasil observasi tersebut diperoleh S2

1 = 20, 0 dan

S22 = 35, 6. Tentukan interval kepercayaan 95% untuk σ2

2σ2

1bila kedua

mean populasi tidak diketahui.

Jawab:

Dalam hal ini, 1 − α/2 = 0, 975, n = 10 dan m = 5. Berdasarkantabel F, diperoleh F(0,975;9;4) = 8, 90 dan F(0,975;4;9) = 4, 72 sehinggamenurut teorema 12

14, 72

5(35, 6)/410(20, 0)/9

<σ2

2σ2

1< (8, 90)

5(35, 6)/410(20, 0)/9

(4.34)

atau

0, 4 <σ2

2σ2

1< 17, 8 (4.35)



Jadi interval kepercayaan 95% untuk σ22

σ21

adalah 0, 4 <σ2

2σ2

1< 17, 8


1. Diketahui nilai observasi mean x dari sampel random yang beru-kuran 20 dari distribusi n(µ, 80) adalah 81, 2. Tentukan 95% intervalkepercayaan untuk µ

2. Misalkan x mean dari sampel random yang berukuran n dari distri-busi n(µ, 9). Tentukan n sehingga P(x− 1 < µ < x + 1) = 0, 90

3. Diketahui sampel random yang berukuran 17 dari distribusi normalN(µ, σ2) diperoleh x = 4, 7 dan s2 = 5, 76. Tentukan 90 % intervalkepercayaan untuk µ.

4. Jika X1, X2,..., X9 sampel random berukuran 9 dari distribusi N(µ, σ2)

(a) Jika σ diketahui, tentukan peluang 95% interval kepercaya-an untuk µ jika interval ini didasarkan pada variabel random√

9(x− µ)/σ

(b) Jika σ tidak diketahui, tentukan nilai harapan dari panjang 95%interval kepercayaan untuk µ jika interval didasarkan pada va-riabel random

√8(x− µ)/S

5. Diketahui Y berdistribusi Binomial (n, p). Tentukan interval keperca-yaan (1− α)100% untuk p. (petunjuk : pertimbangkan Y/n sebagaiestimator untuk p; dengan Y banyak sukses dalan n percobaan

6. Dari soal no 9berapakah n terkecil yang menjamin (dengan probabi-litas 1− α) bahwa y/n terletak dalam jarak d dari p

7. Misalkan Y berdistribusi b(300, p). Jika nilai observasi dari Y adalahy = 75, tentukan interval kepercayaan 95% untuk p



8. Diketahui dua sampel random yang masing-masing berukuran 10yang dari dua distribusi normal independen N(µ1, σ2) dan N(µ2, σ2)

dari observasi diketahui x = 4, 8, S21 = 8, 64, y = 5, 6, S2

2 = 7, 88.Tentukan inteval kepercayaan 95% untuk µ1 − µ2.

9. Tentukan interval kepercayaan untuk perbedaan µ1 − µ2 antara duamean dari dua distribusi normal yang independen jika kedua vari-ansinya diketahui (tidak perlu sama)

10. Diketahui dua variabel random X dan Y yang bebas secara pro-babilitas dengan distrubusi binomial yang mempunyai parametern1 = n2 = 100, dan berurut p1dan p2. Dari observasi diperolehx = 50 dan y = 40.Tentukan interval kepercayaan 95% untuk p1−p2

11. Diketahui X dan Y mean dari dua sampel random yang masing-masing berukuran n dari distribusi N(µ1, σ2) dan N(µ2, σ2); denganσ diketahui. Tentukan n sehingga

P((X−Y

)− σ/5 < µ1 − µ2 <

(X−Y

)+ σ/5) = 0, 90 (4.36)

12. Seperti teorema 10, tentukan interval kepercayaan (1− α)100% un-tuk σ2 bila µ diketahui

13. Jika 8, 6; 7, 9; 8, 3; 6, 4; 8, 4; 9, 8; 7, 2; 7, 8; 7, 5 adalah nilai yang diobse-rvasi dari sampel random yang berukuran 9 dari N(8, σ2). Tentukaninterval kepercayaan 90% untuk σ2

14. Dari hasil observasi suatu sampel random yang berukuran 15 daridistribusi N(µ, σ2) diperoleh x = 3, 2 dan s2 = 4, 24 . Tentukan inte-rval kepercayaan 95% untuk σ2

15. Diketahui dua sampel random independent yang berukuran n =

16 dan m = 10 diambil dari populasi independent N(µ1, σ2) danN(µ2, σ2) . Misal x = 3, 6 dan s2

1 = 4, 14 dan Y = 13, 6 dan s22 = 7, 26.

Tentukan interval kepercayaan 90% untuk σ22

σ21

bila kedua mean pupo-lasi tidak diketahui.



16. Seperti teorema 11, tentukan interval kepercayaan (1− α)100% bilakedua mean pupulasi diketahui.

17. Misalkan S21 dan S2

2 notasi variansi sapel random yang beru-kuran n dan m dari dua distribusi independen N(µ1, σ2) danN(µ2, σ2).Tentukan interval kepercayaan (1− α)100% untuk σ2

18. Misalkan X1, X2,..., Xn sampel random yang berikuran 6 dari distri-nusi Gamma(1− β); β > 0 tidak diketahui. Tentukan interval keper-cayaan (1 − α)100% untuk β. Petunjuk : Pertimbangkan distribusi

dari26

∑i=1

Xi/β

19. Diketahui Y4 = order statistik ke -4 dari sampel random berukuran 4dari disttribusi uniform (0, θ). Tentukan a dan b. Dengan 0 < a < b ≤1 sehingga P(aθ < Y4 < bθ) = 0, 95. Kemudian tentukan intervalkeperayaan 95% untuk θ.


Bab 5

Hipotesis Statistik


Memahami konsep dasar uji hipotesis statistik dan mampu menerapkan-nya baik dalam pemecahan masalah matematika, ilmu lain, maupun da-lam kehidupan sehari-hari


Setelah mengerjakan bab ini Anda diharapkan dapat:

1. Menjelaskan konsep dasar hipotesis dan hipotesis statistik

2. Menganalisis uji hipotesis berdasarkan uji ratio likelihood

3. Menjelaskan tipe kesalahan suatu uji hipotesis statistik

4. Membedakan antara hipotesis sederhana dengan hipotesis gabung-an

5. Menentukan daerah kritis suatu uji hipotesis

6. Menentukan fungsi kekuatan uji hipotesis

139


7. Menggunakan teorema Neyman-Pearson untuk menentukan daerahkritik terbaik

8. Menentukan uji paling kuat seragam dari suatu uji hipotesis

9. Menentukan uji hipotesis dengan menggunakan uji rasio likelihood

5.3 Uraian Materi

5.3.1 Konsep Dasar Uji Hipotesis

Sejauh ini telah dibahas inferensi titik dan interval. Sekarang diperkenalk-an metode inferensi yang lain yaitu uji hipotesis

Secara umum dapat didefinisikan bahwa Hipotesa adalah pernyataan ten-tang parameter populasi. Hal ini dapat berupa pernyataan bahwa µ1 = µ2

vs µ1 6= µ2 dan lain-lain. Sedangkan Hipotesis Statistik adalah pernyataantentang distribusi dari satu atau lebih sampel random yang diambil da-ri populasi. Tujuan dari uji hopotesis statistik adalah untuk memutuskanberdasarkan sampel, mana dari dua hopetesis (yang saling asing) yang be-nar. Dua hipotesis yang saling asing itu biasa disebut hipotesis nol (H0)

dan hipotesis alteratif (H1). Misal

H0 : g(x) ∼ N(10, σ2) (5.1)

H1 : g(x) ∼ N(µ, σ2), µ 6= 10 (5.2)

Untuk mempermudah kedua hipotesis statistik ini cukup ditulis sbb:

H0 : µ = 10 vs H1 : µ 6= 10

De f inisi

Dua buah peryataan (hipotesa) yang saling asing dalam persoalan uji hi-potesa disebut hipotesa nol dan hipotesa alternatif. Masing-masing dinya-takan dengan H0 dan H1. Bila θ menyatakan parameter populasi, formatumum dari hipotesa nol dan alternatif adalah:

Bab 5. Hipotesis Statistik 140 ISBN 978-602-8310-02-4


H0 : θ ∈ Ω0danH1 : θ ∈ Ωc0

dengan Ω0 suatu himpunan bagian dari ruang parameter dan Ωc0 adalah

komplemennya dimana Ω0 ∪Ωc0 = Ω = θ;−∞ < θ < ∞ .

Dalam uji hipotesa sesudah mengobservasi sampel, harus ditentukan apa-kah menerima H0 yang berarti menolak H1 atau menerima H1 yang berartimenolak H0.

De f inisi

Himpunan bagian ruang sampel dimana H0 ditolak disebut daerah peno-lakan atau daerah kritis. Komplemen daerah penolakan disebut daerahpenerimaan. Jika rentang H1 seluruhnya terletak pada satu sisi dari nilaiH0, alternatif itu dikatakan satu sisi. Jika H1 memuat semua nilai parame-ter kecuali satu nilai H0 maka alternatif itu disebut dua sisi.

Jika pernyataan suatu hipotesis berkaitan hanya dengan satu distribusimaka disebut hipotesis tunggal (sederhana), sedangkan jika berkaitan le-bih dari satu distribusi dinamakan hipotesis majemuk (gabungan). Seba-gai contoh: H0 : µ ≤ 10 vs H1 : µ > 10 merupakan hipotesis majemuk.Jika H0diganti dengan µ = 10 maka diperoleh hipotesis tunggal.

5.3.2 Uji Rasio Likelihood

Metode rasio likelihood atau likelihood ratio test (LRT) dalam uji hipotesisberhubungan dengan estimator likelihood maksimum dan uji tersebut se-cara luas dapat diterapkan. Ingat bila x1, ..., xn adalah sampel random daripopulasi dengan densitas f (x|θ) (θbisa berupa vektor), fungsi likelihooddidefinisikan sebagai

L(θ|x1, ..., xn) = f (_x |θ) =

nui=1 f (xi |θ)

Misalkan Ω dinyatakan ruang parameter. Uji rasio likelihood didefinisik-an sebagai berikut.



De f inisi

Uji statistik rasio likelihood (LRT ) untuk uji H0 : θ ∈ Ω0vsH1 : θ ∈ Ωc0

adalah

λ(xn) =ΩSup

o L(θ|x)ΩSupL(θ|x)

Uji rasio likelihood adalah uji sedemikian hingga daerah penolakan mem-punyai bentuk:_

x: λ(_x) ≤ Cdengan C sembarang bilangan yang meme-

nuhi 0 ≤ C ≤ 1.

Contoh

Misalkan x1, ..., xn adalah sampel random dari populasi N(θ, 1). Pandanguji hipotesa H0 : θ = θ0vsH1 : θ 6= θ0. Di sini θ0 adalah bilangan tertentu.Karena H0 hanya menentukan satu bilangan, maka pembilang dari λ(

_x)

adalah L(θ0|_x). MLE dari θ untuk ruang parameter tanpa kendala adalah

mean sampel_x. Jadi penyebut dari λ(

_x) adalah L(

_x |x). Sehingga statistik

LRT adalah

λ(_x) =

(2π)− n/2 exp[−∑(xi − θ0)

2/2]

(2π)− n/2 exp [−∑(xi−_x)2/2]

= exp[(−∑(xi − θ0)

2 + ∑(xi−_x)2)

/2]

Pernyataan untuk λ(_x) dapat disederhanakan, karena:

∑(xi − θ0)2 = ∑(xi−

_x)2 + n(xi − θ0)

2

Jadi, statistik LRT adalah

λ(_x) = exp

[−n(xi − θ0)

2/2]

(5.3)



LRT adalah uji yang menolak H0 untuk harga-harga λ(_x) kecil. Dengan

menggunakan 5.3 didapat daerah penolakan:

x : λ(_x) ≤ C = x : | _

x −θ0| ≥√−2 log c

n

dimana 0 < c < 1,dan 0 <√−2 log c

n < ∞. Jadi LRT adalah uji yangmenolak H0 bila mean sampel berbeda dengan θ0 melebihi harga tertentuyang ditetapkan.

Bila T(x) statistik cukup antara θ dengan densitas g(t|θ), maka dapat di-pikirkan untuk mengkonstruksikan LRT berdasar pada Tdan fungsi like-lihoodnya L ∗ (θ|t) = g(t|θ) sebagai pengganti sampel

_x dan fungsi likeli-

hoodnya L(θ| _x). Misalkan λ∗(t) menyatakan uji statistik rasio likelihood

berdasar T. Hal ini masuk akal karena semua informasi tentang θ dari_x

termuat dalam T(_x).

Teorema

Bila T(_x) statistik cukup untuk θ, sedangkan λ∗(t) dan λ(t) masing-

masing adalah statistik LRT berdasar T dan_x maka λ∗T(

_x), dimana

λ(_x)untuk setiap

_x dalam ruang sampel.

Bukti

Dengan teorema faktorisasi, densitas dari_x dapat ditulis sebagai f (

_x |θ) =

g (T(_x |θ) h(x) dengan g(t|θ) adalah densitas dan h(x) tidak tergantung

pada θ. Jadi,

λ(xn) =SupΩoL(θ|x)SupΩL(θ|x) =

SupΩog(T(_x)|θ) h(

_x)

SupΩ(g(T(_x)|θ) h(

_x)

=SupΩo f (x | θ)

SupΩ f (x | θ)

=SupΩog(T(x) | θ)

SupΩg(T(x) | θ)



=SupΩoL∗(θ | x)SupΩL∗(θ | x)

= λ∗T(_x)

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah sampel random dari N(µ, σ2); H0 : µ ≤µ0vs H1 : µ ≥ µ0.

σ2 adalah parameter pengganggu.

Statistik LRT adalah

λ(x) =maks L(µ, σ2|x) µ, σ2 : µ ≤ µ0, σ2 > 0

maks L(µ, σ2|x)

λ(x) =maks L(µ, σ2|x) µ, σ2 : µ ≤ µ0, σ2 > 0

maks L(µ, σ2|x)

dimanaaµ dan

aσ

2, adalah MLE dari µ dan σ2. Selanjutnya, bila µ ≤ µ0,

maksimum kendala sama dengan maksimum tanpa kendala, sedang un-

tukaµ> µ0, maksimum kendala adalah L(µ0, σ2| _

x).

Jadi

λ(_x) =

1; jika

aµ ≤ µ0

L ( µ0 ,aσ

2| _

x )

L ( µ ,aσ

2| _

x ); jika

aµ > µ0

5.3.3 Metode Uji Evaluasi Hipotesis

Untuk prosedur uji hipotesa λ(x), fungsi uji adalah fungsi pada ruangsampel dengan nilai 1 bila

_x dalam daerah penolakan, dan nilai 0 bila

_x

dalam daerah penerimaan.



Table 5.1: Kesalahan dalam Uji Hipotesis

KeputusanMenerima H0 Menolak H0

Hipotesis Benar H0 Keputusan Benar Kesalahan Tipe IH1 Kesalahan Tipe II Keputusan Benar

Dalam memutuskan untuk menerima atau menolak hipotesa nol dieva-luasi dan dibandingkan melalui probabilitasnya membuat kesalahan. Se-karang dibicarakan bagaimana probabilitas membuat kesalahan tersebutdapat dikontrol.

5.3.3.1 Probabilitas Kesalahan dan Fungsi Kekuatan Uji

Dalam uji hipotesis H0 : θ ∈ Ω0vs H1 : θ ∈ Ωc0 dapat terjadi salah satu dari

dua jenis kesalahan, yaitu kesalahan tipe I(α) dan kesalahan I I(β), sbb:

1. Jika θ ∈ Ω0 tetapi uji hipotesis menolak H0, maka uji telah membuatkesalahan tipe I.

2. Jika θ ∈ Ωc0 tetapi uji menerima H0, maka uji telah membuat kesa-

lahan tipe I I.

Keadaan ini bisa digambarkan sbb:

Misalkan C daerah kritis (penolakan) untuk suatu uji hipotesis, maka un-tuk θ ∈ Ω0 uji membuat kesalahan bila X ∈ C, sehingga probabilitas kesa-lahan tipe I adalah P(X ∈ C). Untuk θ ∈ Ω0c probabilitas kesalahan tipeII adalah P(X ∈ Cc). Karena P(X ∈ Cc) = 1− P(X ∈ C) maka P(X ∈ C)merupakan fungsi θ memuat semua informasi tentang uji dengan daerahkritis C.

Selanjutnya didapat:



P(X ∈ C) =

P(kesalahan tipe I), jika θ ∈ Ω0

1− P(kesalahan tipe I I), jika θ ∈ Ωc0

De f inisi

Fungsi kuasa (power function) dari uji hipotesis dengan daerah penolakanC adalah fungsi dari θ yang didefinisikan

K(θ) = P(X ∈ C) (5.4)

Nilai fungsi kuasa di suatu titik parameter disebut kekuatan uji dititik ter-sebut. Fungsi kuasa yang ideal adalah bernilai nol untuk θ ∈ Ω0 dan ber-nilai satu untuk θ ∈ Ωc

0. Namun bentuk ideal ini tidak dapat dicapai. Ujihipotesis baik bila fungsi kuasa memiliki nilai:

1. mendekati nilai 1 untuk θ ∈ Ωc0 dan

2. mendekati 0 bila θ ∈ Ω0

De f inisi

Tingkat signifikansi dari uji (atau ukuran dari daerah kritis C) adalah sup-remum dari fungsi kekuatan uji kalau hipotesis nol besar.

Berdasarkan definisi ini, tingkat signifikansi uji yang ditulis α merupakanprobabilitas kesalahan tipe I. Jadi tingkat signifikansi uji αmerupakan:

P(kesalahantipeI) = P(menolakH0|H0benar) = α

Contoh

Uji hipotesis H0 : p = 1/2vsH1 : p > 1/2; dengan p parameter distri-busi binomial. Jika sampel berukuran 18 dan H0 ditolak untuk x ≥ 13.



Dipertimbangkan tingkat signifikansi uji atau kekuatan uji bila H0 benarsbb:

P(menolak H0|H0benar) = P(X ≥ 13|p = 1/2) (5.5)

=18

∑x=13

(18x

)(1/2)x(1− 1/2)18−x = 0, 05

Jadi tingkat signifinkansi uji atau kekuatan uji di p = 1/2 adalah 0, 05

Contoh

Misalkan Xn ∼ Binomial(5, θ). Pandang uji H0 : θ < 12 vs H1 : θ > 1

2 .Fungsi kuasa untuk uji ini adalah:

β1(θ) = P(x ∈ R) = P(x = 5) = θ5

Grafik β1(θ)dapat kita lihat dalam gambar di bawah.

Dalam menyelidiki fungsi kuasa ini, walaupun pro-babilitas kesalahan tipe I dapat diterima sebagai kecil(

β1(θ) ≤ (12)

5 = 0, 0312 untuk semua θ ≤ 12

), namun probabilitas ke-

salahan tipe II terlalu tinggi(

β1(θ) terlalu kecil untuk semua θ > 12

).

Probabilitas kesalahan tipe II kurang dari 12 hanya jika θ > (1

2)5 = 0, 87.

Untuk mendapatkan probabilitas kesalahan tipe II yang lebih kecil, dapatdipertimbangkan menggunakan uji yang menolak H0 bila x = 3, 4, atau5 .

Fungsi kuasa untuk uji ini adalah

β2(θ) = P(x = 3, 4, 5)

=

(53

)θ3(1− θ)2 +

(54

)θ4(1− θ)1 +

(55

)θ5(1− θ)0.

Grafik dari β2(θ) juga diperlihatkan dalam gambar di atas. Dalam gambartersebut terlihat bahwa uji kedua mempunyai probabilitas kesalahan tipe



II lebih kecil dalam kasus β2(θ) lebih besar untuk θ > 12 . Tetapi probabi-

litas kesalahan tipe I lebih besar untuk uji kedua; β2(θ) lebih besar untukθ ≤ 1

2 . Bila harus memilih diantara kedua tes tersebut, pertimbangannyaadalah mana struktur kesalahan yang digambarkan oleh β1(θ) atau β2(θ)

yang lebih diterima.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah sampel random dari populasi N(θ, σ2), dan σ2

diketahui. LRT untuk H0 : θ ≤ θ0vsH1 : θ > θ0 adalah uji yang menolakH0 bila (x−θ0)

σ/√

n > c. Fungsi kuasa uji ini adalah

β(θ) = P( _

x−θ0σ/√

n > c)= P

( _x−θ0σ/√

n > c + θ0−θσ/√

n

)= P

(Z > c + θ0−θ

σ/√

n

)dengan Zvariabel random normal baku. Untuk θ naik dari −∞ sampai ∞,dapat dilihat bahwa probabilitas normal ini naik dari nilai 0 ke 1. Karenaitu β(θ) fungsi naik dari θ dengan

limθ→−∞β(θ) = 0,limθ→∞β(θ) = 0, dan β(θ) = αbilaP(Z > c) = α

Contoh

Misalkan disyaratkan bahwa kesalahan tipe I maksimum 0, 1 dan kesalah-an tipe II maksimum 0,2 untuk θ ≥ θ0 + σ. Hendak ditunjukkan bagai-mana memilih c dan n, untuk mencapai persyaratan di atas menggunakanuji yang menolak H0 : θ ≤ θ0bila (x−θ0)

σ/√

n > c. Seperti disebutkan di mukafungsi kuasa uji sedemikian adalah:

β(θ) = P(

Z > c +θ0 − θ

σ/√

n

)Karena β(θ) fungsi naik, maka persyaratannya dipenuhi bila β(θ) = 0, 1dan β(θ + σ) = 0, 8

Dengan memilih c = 1, 28, kita mendapatkan β(θ0) = P(Z > 1, 2) = 0, 1(sebenarnya 0,1003 dari tabel) dan tidak tergantung n. Sekarang ingindipilih n sedemikian hingga β(θ + σ) = P(Z > 1, 28 −

√n) = 0, 8.



Tetapi dari tabel P(Z > −0, 84) = 0, 8, sehingga dengan mengambil1, 28−

√n = −0, 84 dan menyelesaikan untuk n didapat n = 4, 49. Jadi

dengan mengambil c = 1, 28 dan n= 5 persyaratan di atas dipenuhi.

5.3.3.2 Uji Paling Kuat (Most Powerfull Test)

Seperti yang telah dipaparkan di depan, uji hipotesis berusaha untukmengontrol baik kesalahan tipe I yaitu paling besar sama dengan α un-tuk semua θ ∈ Ω0. Demikian juga dengan probabilitas kesalahan tipe II,yaitu mempunyai fungsi kuasa yang besar untuk θ ∈ Ωc

0.

De f inisi

Misalkan C adalah kelas uji untuk H0 : θ ∈ Ω0vsH1 : θ ∈ Ωc0. Uji da-

lam kelas C dengan fungsi kuasa β(θ), disebut uji uniformly most powerfull(UMP) kelas C bila β(θ) ≥ β1(θ) untuk setiap θ ∈ Ωc

0 dan setiap β1(θ) yaitufungsi kuasa dari uji dalam kelas C .

De f inisi

Daerah kritik C adalah daerah kritik paling kuat seragan ukuran α untukuji hipotesis H0 lawan hipotesis alternatif H1 jika himpunan C adalah da-erah kritik terbaik ukuran α untuk uji H0 lawan hipotesis sederhana H1.Suatu uji yang didefinisikan pada daerah kritik ini disebut uji paling kuatseragam dengan tingkat signifikansi α dari uji hipotesis sederhana H0 law-an hipotesis gabungan alternatif H1. Uji paling kuat seragam tidak selaluada, tetapi kalau ada teorema Neyman − Person dapat digunakan untukmencarinya.

Contoh

Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi n(0, θ) dengan va-rian θ tidak diketahui. Akan diperlihatkan bahwa ada uji paling ku-at seragam dengan tingkat signifikansi α untuk uji hipotesis sederhana



H0 : θ = θ′

dengan θ′

adalah bilangan bulat posistif lawan hipotesis ga-bungan alternatif H1 : θ > θ

′.Ruang parameter Ω =

θ; θ ≥ θ

′

. Fungsikepadatan peluang bersama dari X1,X2, ..., Xn adalah

L(θ; x1, x2, ..., xn) =

(1

2πθ

)n/2

exp

(−∑ x2

i2θ

)(5.6)

Misalkan θ′′ bilangan yang lebih besar dari θ′, k bilangan posisif dan Chimpunan titik-titik dengan

L(θ′; x1, x2, ..., xn)

L(θ′′ ; x1, x2, ..., xn)≤ k (5.7)

maka diperoleh

(θ′′

θ′

)n/2

exp

[−(

θ′′ − θ′

2θ′θ′′

) n

∑i=1

x2i

]≤ k (5.8)

atau ekivalen dengan

n

∑i=1

x2i ≥

2θ′θ′′

θ′′ − θ′

[n2

ln(

θ′′

θ′

)− ln k

]= c (5.9)

Himpunan

C =

(x1, x2, ..., xn) :

n

∑i=1

x2i ≥ c

(5.10)

adalah daerah kritik terbaik untuk uji hipotesis sederhana H0 : θ0 = θ′

la-wan hipotesis sederhana θ = θ′′. Sekarang tinggal menentukan c sehinggadaerah kritik ini mempunyai ukuran α seperti yang diinginkan. Jika H0 be-

nar variabel randomn

∑i=1

x2i /θ′ mempunyai distribusi Khi-kuadrat dengan

derajat bebas n. Karena

α = P

(n

∑i=1

x2i /θ′ ≥ c/θ′; H0

)(5.11)



c/θ′ dapat ditentukan dari tabel dan c ditentukan maka C =(x1, x2, ..., xn) :

n

∑i=1

x2i ≥ c

adalah daerah kritik terbaik ukuran α un-

tuk uji H0 : θ = θ′

lawan hipotesis θ = θ′′. Selain itu, untuk seti-ap bilangan θ′′ yang lebih besar dari θ′ maka argumen otomatis terpe-nuhi. Jika θ′′′ adalah bilangan lain yang lebih besar dari θ′ maka C =(x1, x2, ..., xn) :

n

∑i=1

x2i ≥ c

adalah daerah kritik terbaik ukuran α untuk

uji H0 : θ = θ′

lawan hipotesis θ = θ′′′. Oleh karena itu, menurut definisi

diatas maka C =

(x1, x2, ..., xn) :

n

∑i=1

x2i ≥ c

adalah daerah kritik terbaik

paling kuat seragam ukuran α untuk uji H0 : θ = θ′

lawan H1 : θ > θ′. Ji-

ka x1, x2, ..., xn nilai eksperimen dari X1,X2, ..., Xn maka H0 : θ = θ′ditolak

ditingkat signifikansi α dan H1 : θ > θ′

diterima jikan

∑i=1

x2i ≥ c.

5.3.3.3 Teorema Neyman-Pearson

Misalkan H0 : θ = θ0vs H1 : θ = θ1 dengan densitas yang bersesuaian de-ngan θi adalah f (x|θi), i = 0, 1. Dengan menggunakan uji dengan daerahpenolakan C yang memenuhi kedua hal berikut:

x ∈ C, jika f (x|θ1) > k f (x|θ0) (5.12)

x ∈ Cc, jika f (x|θ1)k f (x|θ0) (5.13)

untuk suatu k ≥ 0 dan α = Pθ0(x ∈ R)

maka

1. Syarat cukup setiap uji yang memenuhi 5.12 dan5.13 adalah uji UMPtaraf α

2. Syarat perlu, jika terdapat uji yang memenuhi kedua kondisi di atasdengan k > 0 maka setiap uji UMP taraf α adalah uji dengan ukur-



an α, kecuali mungkin pada himpunan A yang memenuhi Pθ0(X ∈A) = 0.

AkibatTeorema

Misalkan kondisi teorema Neyman-Person berlaku, dan jika T(X) adalahstatistik cukup untuk θ dan g(t|θ) adalah densitas T bersesuaian denganθi, i = 0, 1. Maka setiap uji berdasar T dengan daerah penolakan S (him-punan bagian dari ruang sampel T) adalah uji UMP taraf α bila dipenuhikedua hal berikut:

1. t ∈ Sbilag(t|θ1) > kg(t|θ)

2. t ∈ Scbilag(t|θ1) < kg(t|θ0)

untuk suatu k ≥ 0, dengan α = Pθ0(X ∈ S).

Bukti

Dalam sampel asal X uji berdasar T mempunyai daerah penolakan C =_x:

T(_x) ∈ S . Dengan teorema faktorisasi densitas dapat ditulis sebagai

f (_x |θi) = g (T(

_x)|θi) h(

_x), i = 0, 1, untuk suatu fungsi tak negatif h(

_x).

Dengan mengalikan ketaksamaan pada nomer 1 di depan dengan fungsitak negatif ini, didapat C memenuhi

x ∈ Cbila f (_x |θi) = g (T(

_x)|θi) h(

_x) > kg (T(

_x)|θ0) h(

_x) = k f (

_x |θ0).

dan

x ∈ Ccbila f (_x |θi) = g (T(

_x)|θi) h(

_x) < kg (T(

_x)|θ0) h(

_x) = k f (

_x |θ0).

Juga dari pernyataan nomer 2 didapat:

Pθ0(X ∈ R) = Pθ0 ((T(_x) ∈ S) = α.

Jadi dengan syarat cukup dari Lemma Neyman-Pearson, Uji berdasar Tadalah uji UMP taraf α.q.e.d.

Contoh



Misalkan x ∼ binomial(2, θ). Uji H0 : θ = 1/2vsH1 : θ = 3/4. Denganmenghitung rasio densitas didapat:

f (0 | δ = 34)

f (0 | δ = 12)

=14

;f (2 | δ = 3

4)

f (2 | δ = 12)

=34

;f (1 | δ = 3

4)

f (1 | δ = 12)

=94

Dengan memilih 34 < k < 9

4 , maka Lemma Neyman-Pearson mengatak-an bahwa uji yang menolak H0 bila x = 1 atau 2 adalah uji UMP tarafα = p(x = 1atau2, θ = 1/2) = 3

4 . Dengan memilih k < 14 atau k > 3

4

menghasilkan UMP taraf α = 1atauα = 0.

Perhatikan bila k = 34 , maka kita harus menolak H0 untuk titik sampel

x = 2 dan menerima H0 untuk x = 0 dan untuk x = 1 tak menentu. Tetapibila kita menerima H0 untuk x = 1 kita mendapatkan uji UMP taraf α = 1

4

supremium di atas. Bila kita menolak H0 untuk x = 1 kita mendapatkanuji UMP taraf α = 3

4 seperti di atas.

De f inisi

Hipotesa yang menyatakan bahwa parameter univariat besar, sebagai con-toh H : θ ≥ θ0, atau kecil, sebagai contoh H : θ < θ0 disebut hipotesa satusisi. Sedangkan Hipotesa yang menyatakan bahwa parameter bisa besaratau kecil, sebagai contoh, H : θ 6= θ0 disebut hipotesa dua sisi. Banyakpersoalan yang mempunyai uji UMP taraf α berhubungan dengan uji hi-potesa satu sisi dan densitas yang mempunyai sifat monotone Likelihoodratio.

5.3.3.4 Teorema Karlin-Rubin

Pandang uji hipotesa H0 : θ ≤ θ0vsH1 : θ > θ0. Misalkan T adalah statistikcukup untuk θ dan keluarga densitas g(t|θ) : θ ∈ Ω dari T mempunyaisifat MLR (monotone likelihood ratio). Maka untuk t0 uji yang menolak H0

bhb T > t0 adalah uji UMP taraf α, dengan α = Pθ0(T > t0).

Bukti



Karena densitas T mempunyai sifat MLR, fungsi kuasa β(θ) = Pθ0(T > t0)

tidak turun. Sehingga Supθ≤θ0 β(θ) = β(θ0) = α dan ini adalah uji taraf α.

Dengan menggunakan bagian (b) dan (c) akibat teorema Neyman-Person,dan didapat:

k1 = in ft∈τg(t|θ1)

g(t|θ0)

dengan τ = t|t > t0dan g(t|θ1) > 0 atau g(t|θ0) > 0

Jadi menurut akibat teorema Neyman-Person di depan uji adalah UMPtaraf α. q.e.d.

5.3.3.5 Daerah Kritik Terbaik

Misal C subset dari ruang sampel. C disebut daerah kritik terbaik berukur-an α untuk uji hipotesis sederhana H0 : θ = θ′ lawan H1 : θ = θ′′ jika untuksetiap subset A dari ruang sampel dengan P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ A; H0] = α

berlaku

1. P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ C; H0] = α

2. P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ C; H1] ≥ P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ A; H1]

Cara lain yang dapat digunakan menentukan daerah kritik terbaik adalahdengan menggunakan teorea Neyman-Pearson.

Teorema Neyman-Pearson

Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi yang mempunyaif.k.p f (x; θ). Selanjutnya f.k.p bersama dari X1,X2, ..., Xn adalah

L(θ; x1, x2, ..., xn) = f (x1; θ) f (x2; θ)... f (xn; θ) (5.14)

Misalkan θ′ dan θ′′ nilai tertentu dari θ yang berbeda sehingga Ω =

θ; θ = θ′, θ′′ dan misalkan k bilangan posistif. Jika C subset dari ruangsampel sedemikian sehingga



1. L(θ′;x1,x2,...,xn)L(θ′′;x1,x2,...,xn)

≤ k ; ∀ titik (x1, x2, ..., xn) ∈ C

2. L(θ′;x1,x2,...,xn)L(θ′′;x1,x2,...,xn)

> k ; ∀ titik (x1, x2, ..., xn) ∈ C∗

3. α = P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ C; H0]

Maka C adalah daerah kritik terbaik berukuran α untuk uji hipotesis se-derhana H0 : θ = θ′ lawan hipotesis sederhana alternatif H1 : θ = θ′′

Satu hal yang ditegaskan oleh teorema ini adalah bahwa jika C himpunandari semua titik-titik (x1, x2, ..., xn) yang memenuhi

L(θ′; x1, x2, ..., xn)

L(θ′′; x1, x2, ..., xn)≤ k; k > 0 (5.15)

maka sesuai dengan teorema, C merupakan daerah kritik terbaik. keti-daksamaanini sering dinyatakan dalam bentuk (dengan c1 dan c2 suatukonstanta)

u1(x1, x2, ..., xn ; θ′, θ′′) ≤ c1 (5.16)

atauu2(x1, x2, ..., xn ; θ′, θ′′) ≤ c2 (5.17)

Pandang bentuk u1 ≤ c1. Karena θ′ dan θ′′ suatu konstanta,u1(x1, x2, ..., xn ; θ′, θ′′) suatu statistik dan jika f.k.p dari statistik ini dapatditentukan kalau H0 benar maka tingkat signifikansi dari uji H0 lawan H1

dapat ditentukan dari distribusi ini.

Contoh

Diketahui X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi yang mempunyaif.k.p

f (x; θ) =1√2π

exp(−12(x− θ)2);−∞ < x < ∞ (5.18)

Akan diuji hipotesis sederhana H0 : θ = θ′ = 0 lawan hipotesis alternatifH1 : θ = θ′′ = 1. Perhatikan bahwa

L(θ′; x1, x2, ..., xn)

L(θ′′; x1, x2, ..., xn)=

(1/√

2π)n [−(∑ x2i )/2

](1/√

2π)n exp [−(∑(xi − 1)2)/2](5.19)



uji di θ = θ′′ = 1

P(x ≥ c1; H1) =

∞∫c1

1√2π√

1/nexp(− (x− 1)2

2(1/n)dx (5.20)

Untuk contoh di depan, jika n = 25 dan jika α = 0, 05 maka dari tabelditemukan c1 = 1,645√

25= 0, 329. Kekuatan dari uji ini dari H0 lawan H1

adalah 0, 05 kalau H0 benar dan

∞∫0,329

1√2π√

1/25exp(− (x− 1)2

2(1/25)dx =

∞∫−3,355

1√2π

e−w2/2dw = 0, 999,jika H1 benar.


1. Misalkan hipotesis yang diuji adalah parameter bernoulli p, yakni

H0 : p = 1/5 lawan H1 : p 6= 1/5

Misalkan pula dilakukan percobaan n = 60000 dengan hasil x =

12489. Dengan menggunakan kriterium daerah kritis 0, 05, hitunglahx∗ yang memenuhi

P(X ≥ X ∗ |H0 benar) = 0, 05

Pembahasan :

Untuk lebih memudahkan perhitungan, kita gunakan teorema limitpusat, sehingga

P(X ≥ X ∗ |H0benar) = P

[x− 60000(1/5)√60000(1/5)(4/5)

]≥ X ∗ −60000(1/5√

60000(1/5)(4/5)

dengan x−60000(1/5)√60000(1/5)(4/5)

berdistribusi normla standar. Karena P(Z ≥



1, 64) = 0, 05 (dari tabel z), maka X∗ dapat dihitung dari persamaan

1, 64 =X ∗ −12000√

9600

Diperoleh X∗ = 12161. Karena dari data eksperimen kita perolehx = 12489 > 12161, maka kita simpulkan H0 ditolak.

2. Diketahui variabel random X dengan f.k.p,

f (x; θ) =1θ

e−x/θ.

Uji hipotesis H0 : θ = 2 vs H1 : θ = 4. Dengan menggunakansampel random X1 dan X2 berukuran 2, diputuskan menolak H0 bi-la C = (x1, x2); 9, 5 ≤ x1 + x2 < ∞ . Tentukan fungsi kekuatan ujidan tingkat signifikani uji.

Pembahasan :

K(θ) = P (x1, x2) ∈ C

Jika H0 benar, θ = 2 maka fkp bersama dari X1 dan X2 adalah

f (x1; 2) f (x2; 2) = 1/4e−(x1+x2)/2; 0 < x1 < ∞, 0 < x2 < ∞

= 0, untuk x yang lain

dan

P [(x1, x2) ∈ C] = 1− P [(x1, x2) ∈ Cc]

= 1−9,5∫

0

9,5−x2∫0

1/4e−(x1+x2)/2dx1dx2∼= 0, 05

Jika H1 benar, θ = 4, f.k.p bersama dari X1 dan X2 adalah

f (x1; 4) f (x2; 4) = 1/16e−(x1+x2)/4; 0 < x1 < ∞, 0 < x2 < ∞

= 0 ; untuk x yang lain



Sehingga

P [(x1, x2) ∈ C] = 1−9,5∫

0

9,5−x2∫0

1/16e−(x1+x2)/4dx1dx2∼= 0, 31

Jadi, kekuatan uji 0, 05 untuk θ = 2 dan 0, 31 untuk θ = 4. Karenatingkat signifikansi adalah kekuatan uji bila H0 benar, maka tingkatsignifikansi tes ini adalah 0, 05.

Cara lain, dengan menggunakan tabel χ2(2). Misalkan x1 + x2 = Ymaka Y berdistribusi χ2(4). Kekuatan uji kalau H0 benar diberikanoleh

P(Y ≥ 9, 5) = 1− P(Y ≤ 9, 5) = 1− 0, 95 = 0, 05

Kalau H1 benar, variabel random X/2 berdistribusi χ2(2) sehinggavariabel random Z = (x1 + x2)/2 berdistribusi χ2(4). Kekuatan ujibila H1 benar adalah

P(x1 + x2 ≥ 9, 5) = P(Z ≥ 4, 75) =∞∫4,75

1/4ze−z/2dz ∼= 0, 31

Karena tingkat signifikansi adalah fungsi kekuatan kalau H0 benar,maka α = 0, 05

3. Pandang uji H0 : θ ∈ Ω0vsH1 : θ ∈ Ωc0. Misalkan uji berdasar statis-

tik cukup T dengan daerah penolakan S memenuhi tiga syarat beri-kut:

(a) Uji adalah uji taraf α

(b) Terdapat θ0 ∈ Ω0 sedemikian hingga Pθ0(T ∈ S) = α

(c) Misalkan g(t|θ) menyatakan densitas dari T. Untuk θ0 yang sa-ma seperti dalam (b) dan untuk setiap θ1 ∈ Ωc

0 terdapat k1 ≥ 0sedemikian hingga

t ∈ Sbilag(t|θ1) > k1g(t|θ0)dant ∈ Scbilag(t|θ1) < k1g(t|θ0)

Tunjukkan uji ini adalah uji UMP taraf α dari H0 versus H1.

Pembahasan :



Misalkan β(θ) adalah fungsi kuasa dari uji dengan daerah penolakanS. Tetapkan θ1 ∈ Ωc

0. Pandang uji H10 : θ = θ0vsH1

1 : θ = θ1, menurutakibat teorema Neyman-Person dan (a), (b), dan (c) mengakibatkanβ(θ1) ≥ β∗(θ1) dengan β∗(θ) fungsi kuasa untuk taraf α lain dari H1

0 ,yaitu setiap uji yang memenuhi β(θ) ≤ α. Tetapi, setiap uji tanpa α

dari H0 memenuhi β∗ (θ0) ≤ sup β∗(θ) ≤ α.

Jadi β(θ1) ≥ β∗(θ1) untuk setiap uji taraf α dari H0. Karena θ1 seba-rang maka soal terbukti.

4. Jika X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi n(θ, 1) dengan me-an θ tidak diketahui. Perlihatkan bahwa tidak ada uji paling kuatseragam dari hipotesis sederhana H0 : θ = θ

′dimana θ′ tertentu la-

wan hipotesis gabungan alternatif H1 : θ 6= θ′. Ruang sampelnya

Ω = θ;−∞ < θ < ∞ .

Pembahasan :

Misalkan θ′′ suatu bilangan yang tidak sama dengan θ′ dan k bilang-an positif. Perhatikan bahwa

(1/2π)n/2 exp[−∑(xi − θ′)2/2

](1/2π)n/2 exp

[−∑(xi − θ

′′)2/2] ≤ k (5.21)

atau

exp

−(θ′′ − θ′

) n

∑i=1

xi +n2

[(θ′′)2 − (θ′)2

]≤ k (5.22)

atau (θ′′ − θ′

) n

∑i=1

xi ≥n2

[(θ′′)2 − (θ′)2

]− ln k (5.23)

Pertidaksamaan ini ekivalen dengan

n

∑i=1

xi ≥n2(θ′′ + θ′

)− ln k

(θ′′ − θ′)jika θ′′ > θ′ (5.24)



dan ekivalen ke

n

∑i=1

xi ≤n2(θ′′ + θ′

)− ln k

(θ′′ − θ′)jika θ′′ < θ′ (5.25)

Kedua ini mendifinisikan daerah kritik terbaik untuk uji H0 : θ0 = θ′

lawan H1 : θ = θ′′ bila θ′′ > θ′ dan θ′′ < θ′. Akan tetapi daerah kritikterbaik uji hipotesis sederhana lawan hipotesis sederhana alternatifθ = θ′ + 1 tidak seperti daerah kritik terbaik daerah kritik terbaikH0 : θ = θ

′lawan hipotesis sederhana alternatif θ = θ′ − 1. Jadi

dalam kasus ini tidak ada uji paling kuat seragam.

5. Tentukan daerah kritik dari uji rasio likelihood untuk uji hipotesisnol H0 : µ = µ0 lawan H1 : µ 6= µ0 yang didasarkan sampel randomberukuran n dari populasi normal dengan varians σ2 diketahui.

Pembahasan :

Karena ω = µ0 maka L(ω) = L(µ0). Karena Ω = < maka de-ngan menggunakan metode likelihood maksimum diperoleh µ = xsehingga

L(ω) =

(1

σ√

2π

)nexp

[− 1

2σ2

n

∑i=1

(xi − µ0)2

]

dan

L(Ω) =

(1

σ√

2π

)nexp

[− 1

2σ2

n

∑i=1

(xi − x)2

]sehingga

λ = exp[− n

2σ2 (x− µ0)2]

Daerah kritiknya adalah

exp[− n

2σ2 (x− µ0)2]≤ k

atau

(x− µ0)2 ≥ −2σ2

nln k



atau|x− µ0| ≥

√− (2σ2 ln k) /n

dengan k akan ditentukan sehingga ukuran daerah kritik adalah α.Jadi daerah kritiknya adalah

x : |x− µ0| ≥√− (2σ2 ln k) /n

6. Diketahui X variabel random dengan distribusi n(θ1, θ2) dan misalk-an ruang parameter Ω = (θ1, θ2);−∞ < θ1 < ∞, 0 < θ2 < ∞ . Hi-potesis gabungan H0 : θ1 = 0, θ2 > 0 dan hipotesis gabungan al-ternatif H1 : θ1 6= 0. Himpunan ω = (θ1, θ2); θ1 = 0, 0 < θ2 < ∞adalah subset dari Ω dan H0 : (θ1, θ2) ∈ ω. Tentukan uji H0 lawanH1.

Pembahasan :

Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random yang berukuran n > 1 daridistribusi ini. Distribusi bersama dari X1,X2, ..., Xn disetiap titik da-lam Ω adalah

L(θ1,θ2; x1, x2, ..., xn) =

(1

2πθ2

)n/2

exp(−∑ (xi − θ1)

2θ2

)2

= L(Ω)

Distribusi bersama dari X1,X2, ..., Xn disetiap titik dalam ω adalah

L(0, θ2; x1, x2, ..., xn) =

(1

2πθ2

)n/2

exp−∑ (xi)

2θ2

2

= L(ω)

Sekarang akan ditentukan L(ω) dan L(Ω). Perhatikan bahwa

d ln L(ω)

dθ2= 0

− n2θ2

+∑ (xi)

2θ2

2

= 0



Diperoleh

θ2 =1n

n

∑i=1

(xi)2

Sehingga

L(ω) =

(ne−1

2π ∑ (xi)2

)n/2

Dengan cara analog (dengan metode likelihood maksimum) dipero-leh

θ1 = x dan θ2 =n

∑i=1

(xi − x)2/n

sehingga

L(Ω) =

[ne−1

2π ∑((xi − x)2/n)

]n/2

Karena itu,

λ =

[∑(xi − x)2

∑ (xi)2

]n/2

Jadi daerah kritik rasio likelihood adalah[∑(xi − x)2

∑ (xi)2

]n/2

≤ k

atau x : ∑(xi − x)2

∑ (xi)2 ≤ k2/n

7. Misalkan x1, x2, x3random variabel independen berdistribusiB (1, P). Uji hipotesis H0 : P = 0, 25 dengan tingkat signifikasi α

berdasarkan LR Test Statistic dan dapatkan distribusinya!

Pembahasan :

xi ∼ B (1, P)⇒ P (xi = xi) = pxi (1− P)1−xi , xi = 0, 1 i = 0, 1, 2, 3



L (P | x) = π3i=1P (xi = xi)

= Px1 (1− P)1−x1 .Px2 (1− P)1−x2 .Px3 (1− P)1−x3

= Px1+x2+x3 (1− P)3−x1.x2.x3

= PΣ3i=1xi (1− P)3−Σ3

i=1xi

Diuji hipotesis H0 : P = 0, 25 vs H1 : P 6=, 25

Pandang Ruang Parameter:Ω0 = P = 0, 25Ω = P | 0 < P < 1

Di bawah Ω0didapat PΛ = P0 = 0, 25 , di bawah Ωdidapat MLE-P

adalah PΛ =Σ3

i=1xi3

Sebab:logL (P | x) = Σ3

i=1xi.logP +(3− Σ3

i=1xi)

logP (1− p)d.logL(P|x)

dp =Σ3

i=1xP +

(3− Σ3

i=1xi)

.−11.p

0 =(1−PΛ)Σ3

i=1x−PΛ(3−Σ3i=1xi)

PΛ(1−PΛ)

PΛ =Σ3

i=1xi3

= x

λ (x) =SupPεΩ0 L(P|x)SupPεΩL(P|x)

= (0,25)Σ3i=1xi (0,75)3−Σ3

i=1xi(Σxi

3

)Σx(1−Σxi

3

)(0,75)3−Σ3

i=1xi

=

(3(0,25)Σ3

i=1xi

)Σ3i=1xi

(3(0,75)

3−Σ3i=1xi

)3−Σ3i=1xi

λ (x)adalah fungsi ........... dari Σ3i=1xi

Daerah kritik untuk uji ini adalah

λ < C0

atau

(0, 75

Σ3i=1xi

)Σ3i=1xi

(2, 25

3− Σ3i=1xi

)3−Σ3i=1xi

< C0

Dibawah H0Σ3i=1xi ∼ B (3, P = 0, 25) maka daerah kritik uji ini

adalah berbentuk pasangan.



Σxi < C∗0 dan Σxi > C∗∗0

Dimana C∗0 dan C∗∗0 dapat ditung berdasarkan tingkat signifikasiαyang ditentukan dan distribusi binomial n− 3 dan p− 0, 25 makahubungan:

P(

Σ3i=1xi < C∗0

)≈ α2 dan

P(

Σ3i=1xi > C∗∗0

)≈ α2

Jadi distribusi yang digunakan dalam uji ini adalah distribusiBinomial dengan trial = 3 dan Probabilitas sukses p = 0, 25. Se-dangkan untuk n besar dapat digunakan pendekatan −2logλyangberdistribusi Asimtotik X2

(1).

8. Misalkan X1, X2, ...., X30(n = 30) barisan variabel random berdistri-busi Gamma dengan α = 10 dan β tidak diketahui. KontruksikanlahMP test dari hipotesis H0 : β = 2 vs H1 : β = 3, pada level signifikasi0, 05.

Pembahasan :

(a) Diketahui Xi ∼ G (α, β) maka densitas dari Xi adalah:

f (Xi | β) = 1r(α)βα xα−1e−xiβ; xi > 0, α > 0, dan β > 0

Dengan ruang parameter:Ω0 = (α, β) | α = 10; β = 2Ω = (α, β) | α = 10; β = 3 > β0 = 2

(b) Densitas bersama dari xipada Ω0adalah

f0 (x | β0) =[

1r(10)210

]30π30

i=1x9e−12 Σ30

i=1xi

(c) Densitas bersama dari xipada Ωadalah:

f1 (x | β1) =[

1r(10)310

]30π30

i=1x9e−13 Σ30

i=1xi

(d) Rasio Likehoodnya adalah:



R (Z, β0, β1) = f1(x|β1)f0(x|β0)

=

[1

r(10)310

]30π30

i=1x9e−13 Σ30

i=1xi[1

r(10)210

]30π30

i=1x9e−12 Σ30

i=1xi

=π30

i=1x9e−13 Σ30

i=1xi[1

r(10)310

]30 .π30i=1x9e−

12 Σ30

i=1xi[1

r(10)210

]30

=[2

3

]300.e−

13 Σ30

i=1xi+12 Σ30

i=1xi

=[2

3

]300.e

16 Σ30

i=1xi > C

(e) Dengan C suatu konstantaa tertentu, jadi dapat ditulis:

[23

]300

.e16 Σ30

i=1xi > C atau[

23

]300

Ambil logaritma kedua ruas, diperoleh:

16 Σ30

i=1xi > Log C− 300 Log 23

= Log C− 300 (Log 2− Log 3)= Log C− 300 (0, 3010− 0, 4771)= Log C + 52, 83

Σ30i=1xi > 6 (Log C + 52, 83) = C0

Jadi HP testnya berbentuk:

Ø (Z) =

1;Jika Σ30

i=1xi > C0

0; Jika Σ30i=1xi ≤ C0

(f) Karena Σxi ∼ G (nβ, α), maka C0dapat dihitung berdasarkan:∫ ∞C0

1r(300)2300 Y299e−Y2dy = 0, 05 dengan Y = Σxi

9. Misalkan X1, X2, ...., X30(n = 30) variabel random independen ber-distribusi N

(µ, σ2)dengan µ tidak diketahui dan σ diketahui. Tun-

jukkan sampel size ndapat ditentukan, sehingga uji hipotesis H0 :µ = 0 vs hipotesis H1 : µ = 1dapat dilakukan bila nilai-nilai αdanβ telah ditentukan sebelumnya. Berapakah nilai numeris dari n, jikaα = 0, 05, β = 0, 9, dan σ = 1?

Pembahasan



(a) Xi ∼ G(µ, σ2) maka densitas dari Xiadalah:

f (Xi | µ) =(2πσ2)−12 e

12σ2 (Xi−µ)2

;-∞ < x < ∞Dengan ruang parameter:Ω0 =

(α, σ2) | µ = 0; σ > 0

Ω =

(α, σ2) | −∞ < µ < ∞; σ > 0, µ = 1

(b) Densitas bersama dari xipada Ω0adalah:

f0 (x | µ = 0) =(2πσ2)−n2 e−

12σ2 Σn

i=1x2i

(c) Densitas bersama dari xipada Ωadalah:

f1 (x | µ = 1) =(2πσ2)−n2 e−

12σ2 Σn

i=1(xi−1)2

(d) Rasio Likehoodnya adalah:

R (Z, µ0, µ1) = f1(x|µ=1)f0(x|µ=0)

= e−1

2σ2 Σni=1x2

i −1

2σ2 Σni=1(xi−1)2

= e−1

2σ2 Σni=1x2

i −1

2σ2 Σni=1(x2

i −2xi+1)

= e−1

2σ2 Σni=1x2

i −n

σ2 > C

(5.26)

dengan C suatu konstanta tertentu. Bentuk di atas dapat ditulis:

e1

σ2 Σni=1xi .e

nσ2 > C

e1

σ2 Σni=1xi > e

nσ2

(5.27)

Ambil logaritma kedua ruas diperoleh:1

σ2 Σni=1xi > n

σ2 + LogCΣn

i=1xi > n2 + σ2LogC

Atau Σni=1xin > 1

2 +σ2

n LogC = C0 ⇒ X > C0

(e) Jadi HP testnya berbentuk:

Ø (Z) =

1;Jika X > C0

0; Jika X ≤ C0denganX =

1n

Σni=1xi (5.28)

(f) Karena xi ∼ N(µ, σ2), maka x ∼ N

(µi, σ2n

); i = 0, 1..C0

ditentukan dengan:



Eµ0 [Ø (Z)] = Pµ0 (x > C0) = α

1− Pµ0 (x ≤ C0) = 0, 05Pµ0 (x ≤ C0) = 1− 0, 05

= 0, 95

Atau:

Pµ0

(x−µ0x

σx≤ C0−µ0x

σx

)= 0, 95

Pµ0

(Z ≤ C0−µ0x√

1n

)= 0, 95

Pµ0

(Z ≤ C0

√n)

= 0, 95

(g) Dengan menggunakan tabel distribusi normal starndard dipe-roleh:

Pµ0 (Z ≤ 1, 645) = 0, 95 sehingga didapat

C0√

n = 1, 645 (5.29)

Karena β = 0, 9dan berdasarkan di atas diperoleh:

Eµ1 [Ø (Z)] = 1− 0, 9 = 0, 1 (1− β = P)tidak menolak H0 | H1salah.

Pµ1 (x ≤ C0) = 0, 1

Pµ1

(x−µ0x

σx≤ C0−µ0x

σx

)= 0, 1

Pµ1

(Z ≤ C0−µ0x√

1n

)= 0, 1

Pµ1

(Z ≤ C0

√n)

= 0, 1

(h) Dengan menggunakan tabel distribusi normal standard dipero-leh:

Pµ1

(Z ≤ C0

√n)= 0, 1

Sehingga diperoleh:

√n (C0 − 1) = −1, 28 (5.30)

Dari (3) dan (4) diperoleh:



C0√

n−√

n = −1, 281, 64−

√n = −1, 28

√n = 1, 64 +1, 28 = 2, 92

Ataun = (2, 92)2 = 8, 53 ' 9

Jadi nilai n yang ditanyakan adalah sekitar 9. Jika niali n =9 disubstitusikan ke (3) diperoleh C0 = 0, 55 sehingga MPTestnya adalah:

Ø (Z) =

1;Jika X > 0, 550; Jika X ≤ 0, 55

denganX =1n

Σni=1xi

Dengan kata lain H0ditolak apabila X > 0, 55,H0diterimaapabila X ≤ 0, 55

10. Misalkan x1, x2, ..., x30variabel random independen berdistribusiN(µ, σ2). Jika x = 3, 2, kontruksilah MP test dari hipotesis H0 :

µ = 3; σ2 = 4vs hipotesis alternatif H1 : µ = 3, 5; σ2 = 4pada levelsignifikasi α = 0, 01

Penyelesaian

• Xi ∼ N(µ, σ2)densitas dari Xiadalah

f(Xi | µ, σ2) = (2πσ2)−12 e−

12σ2 (xi−µ)2

Dengan ruang parameter:Ω0 =

µ = 3; σ2 = 4

Ω =

−∞ < µ < ∞; σ2 > 0, µ = 1

Ωc

0 =

µ = 3, 5; σ2 = 4

• Densitas bersama dari xipada Ω0adalah:

f0(x | µ, σ2) = (2π.4)−50 e−

18 Σ100

i=1(xi−3)2

= (8π)−50 e−18 Σ100

i=1(x2i −6xi+9)

2

= (8π)−50 e−18 Σ100

i=1x2i +

68 Σ100

i=1x2i −112,5



• Densitas bersama dari xipada Ωc0adalah:

f1(x | µ, σ2) = (2π.4)−50 e−

18 Σ100

i=1(xi−3,5)2

= (8π)−50 e−18 Σ100

i=1(x2i −7xi+12,25)

2

= (8π)−50 e−18 Σ100

i=1x2i +

78 Σ100

i=1x2i −153,125

• Rasio Likehoodnya adalah:

R (z, µ0, µ1) =f1(x|µ,σ2)f0(x|µ,σ2)

= (8π)−50e−18 Σ100

i=1x2i +

78 Σ100

i=1x2i −153,125

(8π)−50e−18 Σ100

i=1x2i +

68 Σ100

i=1x2i −112,5

= e−18 Σ100

i=1x2i −40,62,5 > C

(5.31)

dengan C suatu konstanta tertentu.Bentuk (1) diatas dapat ditulis sabagai:

e−18 Σ100

i=1x2i > e40,62,5.C (5.32)

ambil logaritma kedua ruas pertidaksamaan (2), diperoleh:

18 Σ100

i=1x2i > 40, 62, 5 + LogC

Σ100i=1x2

i > 325 + 8LogC

Jadi diperoleh: Σ100i=1xi100 > 325 + 8

100 LogC = C0

Sehingga MP tes dari uji hipotesis diatas berbentuk,

Ø (Z) =

1;Jika X > C0

0; Jika X ≤ C0dengan

Σ100i=1xi

100= 3, 2

Karena xi ∼ N(µ, σ2)dengan n=100, maka

x ∼ N(

µi,σ2

n

)= N

(µi,

4100

): 1 = 0, 1

C0ditentukan dengan Eµ0 [Ø (Z)] = Pµ0 (x > C0) = αdenganα=0,01Jadi:



Eµ0 [Ø (Z)] = Pµ0 (x > C0) = Pµ0 (x > C0)

1− Pµ0

(X ≤ C0

)= 0, 01

Pµ0

(X ≤ C0

)= 1− 0, 01 = 0, 99

Bentuk ini diubah kebentuk distribusi normal standars, sebagaiberikut:

Pµ0

(X−µ0X

σX≤ C0−µ0X

σX

)= 0, 99

Pµ0

(Z ≤ C0−3

σX

)= 0, 99

Ø(

C0−3210

)= 0, 99

Pµ0 (Z ≤ 5C0 − 15) = 0, 99

dengan σX =

√4

100=

210

, µ0 = 3

Dengan menggunkan tabel distribusi normal standard dipero-lehPµ0 (Z ≤ 2, 33) = 0, 99, sehingga diperoleh:

5C0 − 15 = 2, 33⇒ 5C0 = 17, 33C0 = 17,33

5 = 3, 466

Jadi MP test dari uji hipotesis diatas adalah:

Ø (Z) =

1;Jika X > 3, 4660; Jika X ≤ 3, 466

Dengan kata lain: Karena X = 3, 2 < C0 = 3, 466maka H0tidakditolak pada tingkat signifikasi α = 0, 01

11. Misalkan X variabel random yang densitasnya uniformµ (0, 1)disimbolkan dengan f0 atau berdistribusi triangular pa-da interval [0, 1]disimbolkan dengan , dimana f1berbentuk:

f1 =

4x ; 0 ≤ x < 1

2

4− 4x ; 12 ≤ x ≤ 1

0 ; otherwise

yang didasarkan pada observasi tungal X. Konstruksilah MP test da-



ri hipotesis H0 : f = f0vs hipotesis H1 : f = f1pada level signifikansiα = 0, 05

Penyelesaian:

• Diuji hipotesis H0 : f0(x) = 1I[0,1] (x) vs H1 : f1 (x)Bentuk: Ω = θ0, θ1dengan f (x | θ0) = f0(x); 0 ≤ x ≤ 1danf (x | θ1) = f1(x); 0 ≤ x ≤ 1X ∼^ (0, 1)maka densitas dari X adalah:

f (x | θ0) = f0(x) =1

1− 0; 0 ≤ x ≤ 1

Disini: f (x | θ0) = f0(x)dan f (x | θ1) = f1(x)karena observasididasarkan pada observasi tunggal pada X.Rasio Likehoodnya adalah:

f (x | θ1)

f (x | θ0)=

f1(x)f0(x)

= f1(x) =

4x ; 0 ≤ x < 1

2

4− 4x ; 12 ≤ x ≤ 1

0 ; otherwise

Jadif1(x) > C ⇔ 4x > C atau 4− 4x > C

⇔ x > C4 atau x < 1− 1/4CDengan C suatu konstanta tertentu.sebut,C4 = C′0dan 1− 1/4C”maka MP tes dari uji hipotesistersebut akan terbentuk:

Ø (Z) =

1;Jika X > C

4 = C′0atau x < 1− 1/4C = C0”0; Jika X ≤ C0 dan x ≥ C0”

Nilai C′0dan C0”dihitung dengan Eθ0 [Ø (x)] = αdengan α =

0, 05, yaitu

• Eθ0 [Ø (x)] = 1.Pθ0 (x > C′0) + 1.Pθ0 (x < C0”) + 0.Pθ0 (x ≤ C′0) +0.Pθ0 (x ≥ C0”) = 0, 05



⇐⇒= Pθ0 (x > C′0) + Pθ0 (x < C0”) = 005= Pθ0 (x > C′0) + 1− Pθ0 (x < C0”) = 0, 05=

∫ 1c′o

dx + 1−∫ 1

co” dx = 0, 05

=∫ 1

c4

dx + 1−∫ 1

1− c4

dx = 0, 05

= [x]1c4+ 1−

∫ 11− c

4dx = 0, 05

= 1− c4 + 1− [x]11− c

4= 0, 05

= 1− c4 + 1−

(1−

(1− c

4

))= 0, 05

= 2− c4 − 1 + 1− c

4 = 0, 05= 2− c

4 = 0, 05

atauc2 = 2− 0, 05 = 1, 95C = 2 (1, 95) = 3, 9

Jika harga c=3,9 ini disubstitusikan masing-masing keC′0 = c

4diperoleh C′0 = 3,94 = 0, 975dan

C0” = 1− c4 = 1− 0, 975 = 0, 025.

Jadi diperoleh harga C′0 = 0, 975 dan C0” = 0, 025. Sehingga MP tesdari uji hipotesis tersebut adalah:

Ø (x) =

1 ; Jika x > 0, 975 atau

x < 0, 0250 ; Jika x ≤ 0, 975 dan

x ≥ 0, 025

Dengan kata lain: H0(Hipotesa nol) ditolak jika x > 0, 975ataux < 0, 025 dan H0diterima pada 0, 025 ≤ x ≤ 0, 975. Seperti yangdiilustrasikan gambar berikut:

12. Misalkan x1, x2, ..., xnvariabel random iid dengan densitas (pdf)f0atau f1, diman f0berdistribusi P(1) dan f1berdistriubusi geome-tris dengan P = 1

2 . Tentukan MP tes dari hipotesis H0 : f = f0vsH1 : f = f1pada level signifikansi α = 0, 05

Penyelesaian:



• Diuju hipotesisH0 : f = f0 (x) = e−1

x! VS

H1 : f = f0 (x) =(

1− 12

)x−1.12 =

(12

)x−1.12 =

(12

)x

Bentuk Ω = θ0, θ1dengan f (x | θ0) = f0 (x) = e−1

x! dan

f (x | θ1) = f1 (x) =(

12

)x−1.12

• Densitas bersama dari Xiuntuk θ0adalah:

f (x | θ0) =e−n

πni=1xi!

dan densitas bersama dari xiuntuk θ1adalah:

f (x | θ1) =(

12

)Σni=1xi−n (

12

)n

=(

12

)Σni=1xi

.(

12

)−n.(

12

)n

=(

12

)Σni=1xi

• Rasio Likehoodnya adalah:

R (Z, f0, f1) = f (x|θ1)f (x|θ0)

=( 1

2)Σn

i=1xi

e−nπn

i=1xi !

=πn

i=1xi!(

12

πni=1xi

)e−n

dengan C suatu konstanta tertentu. Atau bentuk diatas dapatditulis sebagai:

πni=1xi!

(12

πni=1xi

)> C.e−n (5.33)

Ambil logaritma kedua ruas dari (1) diperoleh:

Logπni=1xi! + Σn

i=1xilog(

12

)> logC− n

Σni=1xilogxi + Σn

i=1xilog(

12

)> logC− n

Σni=1xilogxi + Σn

i=1xi log1− log2 > logC− nΣn

i=1xilogxi + Σni=1xi 0− 0, 3010 > logC− n

Σni=1xilogxi − 0, 3010Σn

i=1xi > logC− n



Misalkan: logxi = timaka, xi = eti

Jadi: Σni=1ti − 0, 3010Σn

i=1eti > Log− n

13. Mislakan x1, x2, ...., xnvariabel random iid dengandensitas (pdf) sebagai berikut: (i). f (x | θ) =

θα

r(α)xα−1e−θx I(0,∞) (x) ; θεΩ = (0, ∞) α diketahui > 0 (ii). f (x | θ) =

θr

(r + x− 1

x

)(1− θ)x IA (x) ; A = 0, 1, 2... θεΩ = (0, 1).

Tunjukkan densitas bersama dari (i) dan (ii) mempunyai sifat MLR(Monotone Likehood Ratio) dalam V (x1, x2, ..., xn).

Penyelesaian:

(i). Densitas bersama dari xiadalah:f (x | θ) =

[θα

r(α)

]nπn

i=1xα−1i e−θΣn

i=1xi

Keluarga distribusi ini adalah keluarga distribusi eksponensial,sebab keluarga tersebut dapat ditulis ke dalam bentuk:

f (x | θ) = C (θ) eQ(θ)T(x)h (x) (5.34)

dengan:

C (θ) =[

θα

r(α)

]n; Q (θ) = −θ

T (x) = Σni=1xi ; h (x) = πn

i=1xα−1i

Jelas Q (θ) = −θdecreasing pada (0, ∞), sebab Q (θ) = −1 < 0. Jadiberdasarkan proposisi 1 halaman 277 dari Roussas, keluarga ekpo-nensial diatas memiliki sifat MLR dalam v (x) = −T (x) = −Σn

i=1xi.

(ii). Densitas bersama dari xiadalah:

f (x | θ) = θnrπ

(r + x− 1

x

)(1− θ)Σn

i=1xi

= θnrπ

(r + x− 1

x

)eΣn

i=1xi Log (1− θ)

14. X ∼ Bin (θ, n) . Misalkan Ø (x)adalah uji UMP untuk H0 : θ ≤θ0vs H1 : θ > θ0. Untuk n=6;θ0 = 0, 25 dan α = 0, 05; 0, 1 dan 0, 2.



Tentukan uji bersama-sama dengan β (θ) fungsi kuasa untuk θ0 =

0, 3; θ0 = 0, 4.

Penyelesaian:x ∼ Bin (θ, n), maka densitas dari x adalah:

f (x | θ) =

(nx

)θx (1− θn−x)

=

(6x

)0, 25x (1− 0, 25)6−x

=

(6x

)0, 25x0, 75x

Densitas bersama dari x adalah:

f (x | θ) = πni=1

(6x

)0, 25Σx0, 7536−Σx

= π6i=1

(6xi

)0, 7536

(0,250,75

)Σ6xi

= π6i=1

(6x

)0, 7536

(13

)Σ6xi

= π6i=1

(6xi

)0, 7536eΣ6xilog( 1

3)

Jelas bentuk terakhir ini adalah berbentuk keluarga ekponensialdengan:

c (θ) = 0, 7536 ; h (x) = π6i=1

(6xi

)T (x) = Σsxi dan Q (θ) = Log

(13

)Jadi bentuk UMP tes diatas adalah:

Ø (x) =

1 jika x > cγ jika x = c0 bagi yang lain

; dengan Σn=1i=1 xi = X ∼ Binθ

• Sekarang dilihat untuk H0 : θ < 0, 3vsH1 : θ > 0, 3untuk



α = 0, 05

Eθ0 [Ø (x)] = Pθ0 (x > c) + γPθ0 (x = c) = 0, 051− Pθ0 (x ≤ c) + γPθ0 (x = c) = 0, 05

Pθ0 (x ≤ c)− γPθ0 (x = c) = 0, 95

Dengan menggunakan tabel binomial untuk n = 6; θ0=0,3diperoleh: untuk c = 4 diperoleh P0,3(x ≤ c) = 0, 9868

Jadi:P0,3 (x = 4) = P0,3 (x ≤ 4)− P0,3 (x ≤ 3)

= 0, 9868− 0, 9192 = 0, 0676Sehingga diperoleh:

0, 9868− γ (0, 0676) = 0, 95γ (0, 0676) = 0, 0368

γ = 0, 5444

Jadi UMP tes diatas menjadi:

Ø (x) =

1 jika x > 4

0, 54444 ; jika x = 40 bagi yang lain

Dengan kata lain:H0ditolak apabila x > 4H0ditolak dengan kendala 0,54444 Jika x = 4Power of the test di 0,7 adalah:βØ (0, 7) = P0,7 (x > 4) + 0, 54444P0,7 (x = 4)

= P0,3 (x ≤ 1) + 0, 54444P0,3 (x = 24)= 0, 3936 + (0, 54444) [P0,3 (x ≤ 2)− P0,3 (x ≤ 1)]= 0, 3936 + (0, 54444) . (0, 7208− 0, 3936)= 0, 3936 + 0, 1781= 0, 5717

Dengan fungsi kuasa di 0,3

β (θ) = PθεΩ1 (x > 4) + 0, 544PθεΩ1 (x > 4)

= Σ6x=4

(6x

)θx (1− θ)6−x + 0, 544

(6x

)θ4 (1− θ)2



• H0 : θ ≤ 0, 3 vs H1 : θ > 0, 3untuk α = 0, 1.

Eθ0Ø (x) = Pθ0 (x > c) + γ.Pθ0 (x = c) = 0, 1= 1− Pθ0 (x ≤ c) + γ.Pθ0 (x = c) = 0, 1

Pθ0 (x ≤ c)− γ.Pθ0 (x = c) = 0, 9

(5.35)

Dengan menggunakan tabel binomial untuk n=6;θ0 = 0, 3untuk c = 3 diperoleh Pθ0 (x ≤ c) = 0, 9192.Jadi:Pθ0 (x = 3) = Pθ0 (x = 3)− Pθ0 (x ≤ 2)

= 0, 9192− 0, 7208 = 0, 1994Sehingga, jika nilai-nilai ini disubstitusikan ke * diperoleh:0, 9192− γ (0, 1994) = 0, 9

γ = 0,9192−0,90,1994 = 0, 0962

Sehingga UMP tes untuk hipotesa ini adalah:

Ø (x) =

1 ; jika x > 3

0, 0962 jika x = 30 bagi yang lain

Dengan kata lain:H0ditolak apabila x > 3H0ditolak dengan probabilitas 0,0962 jika x = 3Power of the tes di 0,7 adalah:βØ (0, 7) = P0,7 (x > 3) + 0, 0962P0,7 (x = 3)

= P0,3 (x ≤ 2) + 0, 0962P0,3 (x = 3)= 0, 7208 + 0, 0962 [P0,3 (x ≤ 3)− P0,3 (x ≤ 2)]= 0, 7208 + 0, 0962 [0, 9192− 0, 7208]= 0, 7399

Fungsi kuasa: β (θ) = Σ

(6x

)θx (1− θ)6−x +

0, 0962

(6x3

)θ3 (1− θ)3

• H0 : θ ≤ 0, 3vs H1 : θ > 0, 3untuk α = 0, 2



Eθ0Ø (x) = Pθ0 (x > c) + γPθ0 (x = c) = 0, 2= 1− Pθ0 (x ≤ c) + γPθ0 (x = c) = 0, 2

Pθ0 (x ≤ c)− γPθ0 (x = c) = 0, 8

(5.36)

Dengan tabel distrbusi binomial untuk n = 6 danθ0 = 0, 3diperoleh: untuk c = 3, maka P0,3 (x ≤ c) = 0, 9192.Jadi:

P0,3 (x = 3) = P0,3 (x = 3)− P0,3 (x ≤ 2)= 0, 9192− 0, 7208 = 0, 1994

Harga-harga ini disubstitusikan ke * diperoleh 0,9192-γ0,1994 =0,8⇒γ= 0,9192−0,8

0,1994 = 0, 6132Sehingga UMP test untuk hipotesa ini adalah:

Ø (x) =

1 ; jika x > 3

0, 6132 ; jika x = 30 ; bagi yang lain

Dengan kata lain:H0ditolak jika x > 3H0ditolak jika x = 3dengan probabilitas 0,6132.Power of the tes di 0,7 adalah:

βØ (0, 7) = P0,7 (x > 3) + 0, 6132P0,7 (x = 3)= P0,3 (x ≤ 2) + 0, 6132P0,3 (x = 3)= 0, 7208 + 0, 0962 [P0,3 (x ≤ 3)− P0,3 (x ≤ 2)]= 0, 7208 + 0, 6132.0, 1852= 0, 8344

H0 : θ ≤ 0, 4 VS H1 : θ > 0, 4, dengan α = 0, 05.

Eθ0Ø (x) = P0,4 (x > c) + γP0,4 (x = c) = 0, 05= 1− P0,4 (x ≤ c) + γP0,4 (x = c) = 0, 05

P0,4 (x ≤ c)− γP0,4 (x = c) = 0, 95(5.37)



Dengan tabel distribusi binomial untuk n = 6; θ0 = 0, 4diperoleh untuk c = 4, maka P0,4 (x ≤ 4) = 0, 9590. JadiP0,4 (x = 4) = 0, 1382.Substitusikan nilai-nilai ini * diperoleh:0, 9590− γ0, 1382 = 0, 95⇒ γ = 0.0651Sehingga UMP tes untuk hipotesa ini adalah:

Ø (x) =

1 ; jika x > c = 4


Power of the tes di 0,6 adalah:

βØ (0, 6) = P0,6 (x > 4) + 0, 0651P0,6 (x = 4)= P0,4 (x ≤ 1) + 0, 0651P0,4 (x = 2)= 0, 2333 + 0, 0651.0, 3110= 0, 2535

Untuk α = 0, 1


P0,4 (x ≤ c)− γP0,4 (x = c) = 0, 9

(5.38)

Dengan tabel distribusi binomial untuk n = 6; θ0 = 0, 4diperoleh untuk c = 4, maka P0,4 (x ≤ 4) = 0, 9590. JadiP0,4 (x = 4) = 0, 1382.Substitusikan nilai-nilai ke ** diperoleh:0, 9590− γ.0, 1382 = 0, 9⇒ γ = 0, 4269.Sehingga UMP tes untuk hipotesa ini adalah:

Ø (x) =

1 ; jika x > 4





βØ (0, 6) = P0,6 (x > 4) + 0, 4269P0,6 (x = 4)= P0,4 (x ≤ 1) + 0, 4269P0,4 (x = 2)= 0, 2333 + 0, 4269.0, 3110= 0, 3660

Untuk α = 0, 2:


P0,4 (x ≤ c)− γP0,4 (x = c) = 0, 8

(5.39)

Dari tabel distribusi binomial pada n = 6; θ0 = 0, 4 di-peroleh untuk c = 3, maka P0,4 (x ≤ 3) = 0, 8208. JadiP0,4 (x = 4) = 0, 2765.Substitusikan nilai-nilai ke *** diperoleh:0, 8208− γ.0, 2765 = 0, 8⇒ γ = 0, 0752.Sehingga UMP tes untuk hipotesa ini adalah:

Ø (x) =

1 ; jika x > 3



βØ (0, 6) = P0,6 (x > 3) + 0, 0752P0,6 (x = 3)= P0,4 (x ≤ 2) + 0, 0752P0,4 (x = 3)= 0, 5443 + 0, 0752.0, 2765= 0, 5651

15. Misalkan x1, x2, ...., xnvariabel random berdistribusi eksponensial de-ngan parameter lokasi θdan densitas f (x | θ) = exp − (x− θ) θ ≤x < ∞. Tentukan UMP tes untuk H0 : θ ≤ θ30 VS H1 : θ ≤ θ0

Penyelesaian:

•f (xi | θ) = e−(xi−θ)

f (x | θ) = e−(xi−θ) I(θ,∞)

(x(i)) ; θ ≤ x < ∞



dan densitas bersamanya adalah:f (θ | x) = e−Σ(xi−θ) I(θ,∞)

(x(i))

= e−Σ(xi−θ)enθ I(θ,∞)

(x(i))

Dengan mengambil T (x) = x(i)danG (T | θ) =

enθ I(θ,∞)

(x(i))

serta h (x) = e−Σxi , maka T (x) = x(i)adalahstatistik cukup bagi θ. Selanjutnya ditunjukkan keluargaf (x | θ)mempunyai sifat MLR (Monotone Likehood Ratio)dalam T (x) = x(i), yaitu ratio likehood dari f (θ | x)untukθ1 < θ2adalah:f (θ2|x)f (θ1|x)

= e(θ2−θ1) I(θ,∞)

(x(i))

yang merupakan fungsi tidak turundalam x(i), berarti fθ; θεΩini memiliki sifat MLR.Jadi MP tes uji diatas adalah:

Ø (x) =

1 ; jika x(i) > C0 ; bagi yang lain

C dihitung dari densitas x(i), seabgai berikut:Misalkan Y = x(i) = xmin

P (Y = y) = P (xmin ≤ y)= 1− P (xmin > y)= 1− 1− P (x ≤ y)n

= 1−

1−∫ Y

θ eθe−xdxn

= 1−

1 + eθe−x |yθn

= 1−

1 + eθe−x − 1n

= 1− enθe−ny

= 1− e−(y−θ)

Jadi:

fy (y) = ddy P (Y = y)

= ddy

1− enθe−ny= 1

n enθe−ny

= n.e−n(y−θ)

; θ ≤ y < ∞

Sehingga:



P (Y > c) =∫ ∞

c1n enθ0e−nydy = α

= 1n enθ0

(− 1

n e−ny |∞c)

= α

3 = 1n enθ0

(− 1

n e−nc)

= α

⇒ e−nc = n2α

enθ0⇒ −nc = Log

(n2α

enθ0

)Atau −nc =

Log n2α− nθ0 ⇒ c = θ0 − 1n Log n2α

Kesimpulan: H0ditolak apabila xmin > θ0 − 1n Log n2α

16. Misalkan x1, x2, ..., x30random variabel independen berdistribusiG (α = 10, β),βtidak diketahui. Konstruksikanlah MP tes untuk ujihipotesa H0 : β = 2VS H1 : β = 3dengan α = 0, 05.

Penyelesaian:

• xi ∼ G (α = 10, β) ⇒ f (xi | β) =1

T(10)β10 x9i e−xiβDikonstruksikan MP tes untuk H0 : β = 2VS

H1 : β = 3. Berdasarkan Leuma Neyman-Pearson di dapat:

f (x|β=3)f (x|β=2) =

π30i=1x9

i e−13 Σxi(T(10))

30.(330)

π30i=1x9

i e−12 Σxi(T(10))

30.(230)

=(2

3

)30 e−(13−

12)Σ30

i=1xi

=(2

3

)30 e−16 Σ30

i=1xi

Log f (x|β=3)f (x|β=2) = 1

6 Σ30i=1xi + 30Log

(23

)Didapat H0akan ditolak jika:

16

Σ30i=1xi + 30Log

(23

)> k

Σ30i=1xi > 6

(k− 30Log

23

)= c

Selanjutnya dibawah H0akan dicari distribusi dari Σ30i=1xi

xi ∼ G (α = 10, β = 2)⇒ Mxi (t) = (1− 2t)−10



MΣ30xi(t) = (Mxi (t))

30

=[(1− 2t)−10

]30

= (1− 2t)−300

= (1− 2t)−6002

Ini adalah MGF dari x2(600).

Dengan demikian H0akan ditolak apabila Σ30i=1xi > c

Dimana c dapat dihitung berdasarkan tingkat signifikansiα = 0, 05 dan distribusi x2

(600), memenuhi:

P(Σ30

i=1xi > c)

= 0, 05 atau1− P

(Σ30

i=1xi ≤ c)

= 0, 05 atauP(Σ30

i=1xi ≤ c)

= 0, 95

Berdasarkan tabel distribusi x2(600)didapat c ≈ 61, 656

Untuk menguji H0 : β = 2 VS H1 : β = 3dengan tingkatsignikansi α = 0, 05, H0akan ditolak jika: Σ30

i=1xi > 61, 656

17. Soal Buku Roussas no 4 halaman 313. Misalkan x1, x2, ...., xnrandomvariabel berdistribusi N

(µ, σ2)dengan µtidak diketahui dan

σdiketahui. Ingin dilakukan uji hipotesa H0 : µ = 0 VS H1 : µ =

1Untuk α = 0, 05, β = 0, 9, dan σ = 1. Tentukan ukuran dari sampeln.

Penyelesaian:

xi ∼ N(µ, σ2)⇒ f (xi | µ) =

(2πσ2)−12 e−

12σ2 (xi−µ)2

σ diketahuiUji hipotesis H0 : µ = 0 VS H1 : µ = 1. Berdasarkan LeumaNeymman-Pearson di dapat:

f (x|µ=1)f (x|µ=0) =

(2πσ2)−1n2

e− 1

2σ2 Σn(xi−1)2

(2πσ2)−1n2e

− 12σ2 Σn(xi−0)2

= e−1

2σ2 (Σx2i −2Σxi+n−Σxi)

= e−1

2σ2 (n−2Σxi)

= e−n

2σ2 .eΣxiσ2



MP tes memberikan, H0ditolak jika :

e−n

2σ2 .eΣxiσ2 > k

− n2σ2 +

Σxiσ2 > Logk

Σni=1xi > σ2 (Logk + σ2) = c

Untuk α = 0, 05, β = 0, 9 dan σ = 1, dibawah H0Σxi ∼ N (n.0, n.1) =N (n, 0)dan di bawah H1Σxi ∼ N (n.1, n.1) = N (n, n) .

α = P (Σxi > c)0, 05 = P (Σx > c)

P (Σx ≤ c) = 0, 95

⇔ P(

Σx−0√n ≤

c√n

)= 0, 95

⇔ P(

Z ≤ c√n

)= 0, 95

⇔ ∅(

c√n

)= 0, 95

Daritabeldistribusi N (0, 1) didapatc√n= 1, 64 (5.40)

1− β = P (tidak menolak H0 | H0salah)1− 0, 9 = P (Σx ≤ c)

0, 1 = P(

Σx−n√n ≤

c−n√n

)0, 1 = P

(Z ≤

(c√n −√

n))

0, 1 = Ø(

c√n −√

n)

Dari tabel distribusi N (0, 1)didapat:

c√n−√

n = −1, 28 (5.41)

Persamaan 1 disubstitusikan pada 2 didapat

√n = c√

n + 1, 28 = 1, 64 + 1, 28√

n = 2, 92 ⇒ n = (2, 92)2 ≈ 9

Jadi ukuran sampel adalah n = 9.

18. Misalkan x1, x2, ...., x100variabel independen berdistribusiN(µ, σ2) .Jika x = 3, 2, Konstruksikan MP tes untuk hipotesis



H0 : µ = 3, σ2 = 4 VS H1 : µ = 3, 5, σ2 = 4pada tingkat signifikansiα = 0, 01.

Penyelesaian:

xi ∼ N(µ, σ2) ⇒ f (xi | µ) =

(2πσ2)−12 e−

12σ2 (xi−µ)2

akan dikon-struksikan uji MP untuk: H0 : µ = 3, σ2 = 4 VS H1 : µ = 3, 5, σ2 = 4.Lueman Neymaman-Pearson memberikan:

f (x|µ=3,5)f (x|µ=3) = (2π(4))−50.e

− 12(4) Σ100

i=1(xi−3,5)2

(2π(4))−50.e− 1

2(4) Σ100i=1(xi−3)2

= e−18 [(Σx2

i −7Σx+(3,5)2(100))−(Σx2i −6Σx+(9)(100))]

= e−18 [−Σx+325]

= e−3258 +Σx

8

H0akan ditolak jika:e−3258 +Σx

8 > k yaitu:

Σx8 −

3258 > Logk

⇔ Σx > 8(

Logk + 3258

)= c

⇔ Σx100 > c

100 = c∗

⇔ x > c∗

(5.42)

Dimana c∗dapat dihtung berdasarkan tingkat α = 0, 01dan dsitribusiN(µ = 3, σ2 = 2

)(dibawah H0), yang memenuhi hubungan:

α = P (x > c∗)⇔ 0, 01 = P (x > c∗)⇔ 0, 99 = P (x ≤ c∗)

⇔ 0, 99 = P(

x−3210 ≤

c∗−3210

)⇔ 0, 99 = P

(Z ≤ c∗−3

210

)⇔ 0, 99 = Ø

(c∗−3210

)Berdasarkan distribusi N (0, 1)didapat:

c∗−3210 = 2, 33 ⇒ c∗ = 2

10 (2, 33) + 3

⇒ c∗ = 3, 466

Dari 1 telah didapat, H0ditolak jika:



x > c∗

Karena x = 3, 2 < c∗ = 3, 466maka H0tidak ditolak pada tingkatsignifikansi α = 0, 01

19. Misal x sampel random berdistribusi U(0,1) sebut f0atau berdistri-busi dengan p.d.f segitiga pada [0, 1]sebut f1, yaitu:

f1 =

4x ; 0 ≤ x < 1

2

4− 4x ; 12 ≤ x ≤ 1

0 ; yang lain

Berdasarkan satu observasi x, konstruksikan MP tes untuk hipotesisH0 : f = f0 VS H1 : f = f1dengan tingkat signifikansi α = 0, 05.Penyelesaian:H0 : f = f0 VS H1 : f = f1

Lueman Neymaman-Pearson memberikan:

f (x| f1)f (x| f1)

=

4x ; 0 ≤ x < 1

2

4− 4x ; 12 ≤ x ≤ 1

0 ; yang lainTerlihat bahwa ratio ini untuk 0 ≤ x ≤ 1

2 fungsi λmemotong naikdan pada 1

2 ≤ x ≤ 1merupakan fungsi dari x yang memotong turun.Dengan demikian H0akan ditolak jika:

4x < C1atau 4x− 4 > cC2

Yang ekivalen dengan:

x < C∗1 atau x > C∗2

Dengan C∗1 dan C∗2 dapat dihitung berdasarkan tingkat signifikansiα = 0, 05dan distribusi uniform yang memenuhi:

P (x < C∗1 ) =α

2atau P (x < C∗2 ) =

α

2



⇒∫ C∗1

0 1dx = 0,052 ⇒ C∗1 = 0, 025 atau∫ 1

C∗21dx = 0,05

2 ⇒ 1− C∗2 = 0, 025 ⇒ C∗2 0, 975

• H0ditolak jika: x < 0, 025atau x > 0, 975

20. Misalkan x1, x2, ...., xnrandom variabel iid berdistribusi dengan p.d.ff0atau f1, dengan f0adalah P (1)dan f1adalah geometrik

(P = 1

2

).

Dapatkan MP test untuk hipotesis H0 : f = f0 VS H1 : f = f1untuktingkat signifikansi α = 0, 05.

Penyelesaian:f0 = P (1)⇒ f (xi | θ0) =

e!xi!

, xi = 0, 1, 2...

f1 = geometrik(

P = 12

)⇒ f (xi | θ1) =

12

(12

)xi, xi = 0, 1, 2.

akan dicari MP test untuk H0 : f = f0 VS H1 : f = f1:

f (x | f1)

f (x | f0)=

12

(12

)Σxi

en

πxi!=

12

.πn

i=1xi!

en.2Σni=1xi

Lueman Neymaman-Pearson memberikan, daerah penolakanH0adalah:

12

.πn

i=1xi!en.2Σi=1nxi

> k

yang ekivalen dengan Σni=1xi > c∗

dibawah H0, Σni=1xi ∼ P (n)sehingga c∗dapat dihitung berdasarkan

tingkat signifikansi α = 0, 05dan distribusi P (n)yang memenuhi:

P (Σxi > c∗) = 0, 05P(Σn

i=1xi ≤ c∗)

= 0, 95Σc∗

t=0nt.e−n

t! = 0, 95

6. Soal Roussas no 9 halaman 314Misalkanx1, x2, ...., xnrandom variabel dengan p.d.f diberikan diba-wah ini. Pada setiap kasus. Perlihatkan bahwa p.d.f bersama dari xadalah MLR dalam V = V (x1, x2, ...., xn).a. f (x; θ) = θx

T(α)xα−1e−θx.I(0,∞) (x) ; θε (0, ∞) ; α > 0 diketahui



b. f (x; θ) = θv

(v + x− 1

x

)(1− θ)x .IA (x)

A = 0, 1, 2, ... , θεΩ = (0, 1)Penyelesaian:a. f (x; θ) = θx

T(α)xα−1e−θx.I(0,∞) (x) ; θε (0, ∞) ; α > 0 diketahui

f (x; θ) = θx

(T(α))n πni=1xα−1.e−θΣx

=πn

i=1xα−1

(T(α))n .e−θΣx+Σxlogθ

= πni=1xα−1

(1

T(α)

)n.eΣx(logθ−θ)

dengan berdasarkan pada proposisi 1, hal. 277 (Roussas) dandengan mengambil:Q (θ) = Logθ − θdanV (x1, x2, ...., xn) = ΣxQ (θ)adalah fungsiturunan monoton dalam...........sebab.Q′ (θ) =

(1θ − 1

)< 0, untuk θε (0, ∞)dengan demiki-

an keluarga g (t; θ) , θεΩ = 0adalah keluarga MLR dalamV = −V (x) = −Σn

i=1xi

b. f (x; θ) = θv

(v + x− 1

x

)(1− θ)x .IA (x)

A = 0, 1, 2, ... , θεΩ = (0, 1)

f (x; θ) = θnrπni=1

(r + xi − 1

xi

) (1− θΣxi

)= πn

i=1

(r + xi − 1

xi

)θnreΣn

i=1xlog(1−e)

Dengan berdasarkan pada proposisi 1. Buku Rossas halaman 277dan dengan mengambil :

Q (θ) = Log (1− θ)

V (x) = Σx

Maka Q (θ)adalah fungsi monoton turunan sebab:

Q′ (θ) = −11−θ

= −1θ−1 < 0, untuk θε (0, 1)



sehingga keluarga distribusi g (t, θ) , θε (0, ∞)adalah keluargaMLR dalam V (x) = −V (x)

21. Misalkan x1, x2, ...., xnsampel random dari distribusi exponensial de-ngan parameter lokasi θdan densitas f (x | θ) = e−(x−θ), θ ≤ x < ∞.Tentukan UMP test untuk H0 : θ ≤ θ0, H1 : θ ≤ θ1.

Penyelesaian:xi ∼ f (xi | θ) = e−(xi−θ)

f (x | θ) = πni=1e−(xi−θ) = e−Σxi+nθ

Akan ditentukan UMP test untuk H0 : θ ≤ θ0, H1 : θ ≤ θ1.

• Keluarga distribusi g (t, θ) , θεΩadalah keluarga MLR, sebabuntuk θ > θ1

f (x|θ)f (x|θ1)

= eΣxi+nθ

eΣxi+nθ1

= en(θ−θ1)

= enθ∗ I(θ∗ ,∞)(x(i))

, θ∗ = θ1

Ratio ini adalah fungsi monoton naik dalam x(i) =

Min (x1, x2, ...., xn)

• Selanjutnya T (x) = x(i) = Min (x1, x2, ...., xn)adalah statistikcukup untuk θsebab:

f (x | θ) = eΣxi+nθ, θ < xi < ∞; θ < x(i) ≤ x(n) < ∞

= eΣxene I(θ,∞)

(x(i))

Bersarkan teorema faktorisasi didapat:

T (x) = x(i) = Min (x1, x2, ...., xn)

Adalah statistik cukup untuk θ

Selanjutnya berdasarkan teorema Karlin-Rubin dapat dikon-struksi UMP test untuk hipotesis:

H0 : θ ≤ θ0, H1 : θ ≤ θ0

Kaerna keluarga distribusi g (t, θ) , θεΩadalah MLR dariT (x) = x(i)dan T (x)adalah statistik cukup untuk θ, maka



berdasarkan teorema Karlin-Rubin terdapat c0yang menolakH0bhb T > c0merupakan UMP taraf αdengan : α = Pθ0 (T > c0)

Dengan kata lain, untuk H0 : θ ≤ θ0, H1 : θ ≤ θ0terdapat ujiUMP taraf α, yang menolak H0jika x(i) > c0dengan c0dapatditentukan berdasarkan tingkat signifikansi αyang diberikandan distribusi dari x(i)yang memenuhi Pθ0 (T > c0) = αkarena:

1− F (t) = [P (x > t)]n

=(∫ ∞

t e−(x−θ)dx)n

=(e−t.eθ

)n

F (t) = 1− enθe−nt

f (t) = F′ (t)= enθe−nt

n

= e−n(t−θ)

n ; t ≥ e

Sehingga c0dihitung berdasarkan hubungan :

∫ ∞

t

1n

e−n(t−θ0)dt = α

22. Jika x ∼ B (n, θ), misalkan Ø (x) adalah uji UMP untuk H0 :θ ≤ θ0 VS H1 : θ > θ0. Untuk n = 6 , θ0 = 0, 25, dan α =

0, 05 ; 0, 01 ; 0, 02. Tentukan uji bersama-sama dengan β (θ) fungsikuasa untuk θ0 = 0, 3 , θ0 = 0, 25 , dan θ0 = 0, 5.

Penyelesaian:

x ∼ B (n, θ) ⇒ f (x | θ) =

(nx

)θx (1− θ)n−x , x = 0, 1, 2...H0 : θ ≤

θ0 VS H1 : θ > θ0

f (x|θ)f (x|θ1)

=

nx

θx1 (1−θ1)

n−x

nx

θx0 (1−θ0)

n−x

, untuk θ1 > θ0

=(

θ1θ0

)x (1−θ11−θ0

)nx

Log(

f (x|θ)f (x|θ1)

)= xLog

(θ1θ0

)+ (n− x) Log

(1−θ11−θ0

)= x

(Log θ1

θ0− Log (1−θ1)

(1−θ0)+ Log

(1−θ11−θ0

))Bab 5. Hipotesis Statistik 190 ISBN 978-602-8310-02-4


Sehingga untuk: Log(

f (x|θ)f (x|θ1)

)> Log k

Ekivalen dengan:

x > c∗0 =Logk−nLog

(1−θ11−θ0

)Log (

θ1)(θ0)−Log

(1−θ11−θ0

)UMP tes memberikan:

Ø (x) =

1 ; jika x > c∗0γ ; jika x = c∗00 ; jika x < c∗0

dimana c∗0dapat ditentukan berdasarkan hubungan Eθ0 (Ø (x)) =

P (x > c∗0) + γP (x = c∗0)

• Untuk n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 05

α = P (x > c∗0) + γP (x = c∗0)= 1− P (x ≤ c∗0) + γP (x = c∗0)

P (x ≤ c∗0)− γP (x = c∗0) = 1− α(5.43)

Dari tabel Binomial (n = 6, θ0 = 0, 25)didapat:

Untuk c∗0 =⇒

P0,25 (x ≤ c∗0) = 0, 9624P0,25 (x = c∗0) = P0,25 (x ≤ c∗0)− P0,25 (x ≤ c∗0 − 1)

= P0,25 (x ≤ 3)− P0,25 (x ≤ 2)= 0, 9624− 0, 8306= 0, 1318

Persamaan 1 menjadi:

0, 9624− γ0, 8306 = 0, 95γ = 0, 094

• Untuk n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 01Dari tabel B (n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 01)didapat untuk c∗0 = 4



P0,25 (x ≤ 4) = 0, 9954P0,25 (x = 4) = P0,25 (x ≤ 4)− P0,25 (x ≤ 3)

= 0, 9954− 0, 9624= 0, 033

Persamaan 1 menjadi:

0, 9954− γ (0, 033) = 0, 99γ = 0, 164

• Untuk n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 02Dari tabel B (n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 012)didapat c∗0 = 4P0,25 (x ≤ 4) = 0, 9954 dan P0,25 (x = 4) = 0, 033Persamaan 1 menjadi:

0, 9954− γ (0, 033) = 0, 98γ = 0, 467

Selanjutnya akan dihitung uji kuasanya:

β (θ) = Eθ (Ø (x))β (θ) = Pθ1 (x > c∗0) + γPθ1 (x = c∗0)

(5.44)

• Untuk θ1 = 0, 3, c∗0 = 3 dan γ = 0.094Persamaan 2 menjadi:β0,3 (θ) = 1− P (x = 0)− P (x = 1)− P (x = 2) + γ.P (x = 3)

= 1− 0, 1176− 0, 3025− 0, 3341 + 0, 094. (0, 1852)= 0, 273

• Untuk θ1 = 0, 3 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 164Persamaan 2 menjadi:β0,3 (θ) = P (x = 5) + P (x = 6) + 0, 164 (P (x = 4))

= 0, 0102 + 0, 0007 + 0, 164. (0, 0595)= 0, 0206

• Untuk θ1 = 0, 3 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 467β0,3 (θ) = P (x = 5) + P (x = 6) + 0, 467 (P (x = 4))

= 0, 0102 + 0, 0007 + 0, 467. (0, 0595)= 0, 0387



• Untuk θ1 = 0, 4 , c∗0 = 3 dan γ = 0, 094β0,4 (θ) = P (x = 4) + P (x = 5) + P (x = 6) + γP (x = 3)

= 0, 1382 + 0, 0369 + 0, 0041 + 0, 094. (0, 2765)= 0, 205

• Untuk θ1 = 0, 4, c∗0 = 4 dan γ = 0, 164β0,4 (θ) = P (x = 5) + P (x = 6) + γP (x = 4)

= 0, 0369 + 0, 0041 + 0, 164. (0, 1382)= 0, 064

• Untuk θ1 = 0, 4 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 467β0,3 (θ) = P (x = 5) + P (x = 6) + γP (x = 4)

= 0, 0369 + 0, 0041 + 0, 467. (0, 1382)= 0, 106

• Untuk θ1 = 0, 5 , c∗0 = 3 dan γ = 0, 094β0,5 (θ) = P (x > 3) + γP (x = 3)

= 1− P (x ≤ 2) + γP (x = 3)= 1− 0, 3437 + 0, 094 (0, 3125)= 0, 686

• Untuk θ1 = 0, 5 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 164β0,5 (θ) = P (x > 4) + γP (x = 4)

= 1− P (x ≤ 3) + γP (x = 4)= 1− 0, 6562 + 0, 164 (0, 2344)= 0, 382

• Untuk θ1 = 0, 5 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 467β0,5 (θ) = 1− P (x ≤ 3) + γP (x = 4)

= 1− 0, 6562 + 0, 164 + 0, 467 (0, 2344)= 0, 453


1. Misalkan X mempunyai f.k.p berbentuk f (x; θ) = θxθ−1; 0 < x < 1dan 0 untuk x yang lain, dengan θ ∈ θ; θ = 1, 2 . untuk uji hipotesis



sederhana H0 : θ = 2, gunakan sampel random X1 , X2 dan didefi-nisikan daerah kritis C = ((x1, x2); 3/4 ≤ x1x2 .Tentukan fungsikekuatan dari uji.

2. DiketahuiX berdistribusi binomial dengan parameter n = 10 danp ∈ p; p = 1/4, 1/2 Hipotesis H0 : p = 1/2 ditolak, dan hipotesisalternatif H1 : p = 1/4 diterima, jika nilai observasi X1 sampel ran-dom berukuran 1 lebih kecil atau sama dengan 3. Tentukan fungsikekuatan dari uji.

3. Diketahui X1 , X2 sampel random berukuran n = 2 dari distribusiyang mempunyai f.k.p f (x, θ) = 1

θ e−x/θ, 0 < x < ∞ dan 0 untukyang lain. Kita tolak H0 : θ = 2 dan terima H1 : θ = 1 jika nilaiobservasi dari X1 , X2 katakan X1 , X2 sedemikian sehingga

f (x1; 2) f (x2; 2)f (x1; 1) f (x2; 1)

≤ 12

(5.45)

Jika ruang parameter Ω = θ; θ = 1, 2 , tentukan tingkat signifikan-si dari uji dan kekuatan uji kalau H0 salah.

4. Diasumsikan ketahanan dari suatu ban dan mill, katakan X, ber-distribusi normal dengan mean θ dan standar deviasi 5000. Berda-sarkan pengalaman masa lalu diketahui bahwa θ = 30.000. Peru-sahaan mengklaim membuat ban dengan proses baru dengan meanθ > 30.000, dan misalkan θ = 35.000. Untuk mengecek ini kita ujiH0 : θ ≤ 30.000, lawan H1 : θ > 30000. Kita observasi n nilai yangindependen dai X, misalnya x1, x2, ..., xn dan kita tolak H0(terimaH1) jika dan hanya jika x ≥ c. Tentukan n dan c sehingga fung-si kekuatan K(θ) dari uji mempunyai nilai K(30.000) = 0, 01 danK(35.000) = 0, 98.

5. Misalkan X mempunyai distribusi Poisson dengan mean θ . Diper-timbangkan hipotesis sederhana H0 : θ = 1/2. dan hipotesis ga-bungan alternatif H1 : θ < 1/2. Misalkan Ω = θ; 0 < θ ≤ 1/2Misalkan X1,X2, ..., X12sampel random yang berukuran 12 dari dis-



ribusi ini. Kita tolakH0 jika dan hanya jika nilai observasi dariY = X1 + X2 + ... + X12 ≤ 2. Jika K(θ) adalah fungsi kekuatan uji,tentukan kekuatan dari K(1

2), K(13), K(1

4), K(16) dan K( 1

12). Sket grafikdari K(θ). Berapakah tingkat signifikasnsi dari uji?

6. Dalam contoh 4 diatas , misalkan H0 : θ = θ′ = 0 dan H1 : θ = θ′′ =

−1. Perlihatkan bahwa uji terbaik dari H0 lawan H1 dapat menggu-nakan statistik x dan jika n = 25 dan α = 0, 05 maka kekuatan ujiadalah 0, 999 kalau H1 benar.

7. Misalkan variabel random x mempunyai f.k.p f (x; θ) = 1θ e−x/θ; 0 <

x < ∞ dan 0 untuk x yang lain. Pertimbangkan hipotesis sederhanaH0 : θ = θ′ = 2 dan alternatif H1 : θ = θ′′ = 4. jika x1, x2 sampelrandom yang berukuran 2 dari distribusi ini . Perlihatkan bahwa ujiterbaik dari H0 lawan H1 dapat menggunakan statistik x1 + x2.

8. Ulangi soal 2 kalau H1 : θ = θ′′ = 6. Kemudian tentukan bentukumum ini untuk setiap θ′′ > 2

9. Misalkan X1,X2, ..., X10 sampel random berukuran 10 dari distribusinormal n(0, σ2). Tentukan daerah kritik terbaik ukuran α = 0, 05 un-tuk uji H0 : σ2 = 1 lawan H1 : σ2 = 2. Apakah ini merupakan daerahkritik terbaik ukuran 0,05 untuk uji H0 : σ2 = 1 lawan H1 : σ2 = 4?lawan H1 : σ2 = 1?

10. Jika X1,X2, ..., Xn adalah sampel random dari distribusi yang mem-punyai f.k.p dari bentuk f (x; θ) = θxθ−1; 0 < x < 1 dan 0 untuk yanglain. Perlihatkan bahwa daerah kritik terbaik untuk uji H1 : θ = 1

lawan H1 : θ = 2 adalah C =

(x1, x2, ..., xn) ; c ≤

nΠi=1 xi

11. Misalkan X1,X2, ..., X10 sampel random dari distribusi n(θ1, θ2). Ten-

tukan uji terbaik dari hipotesis sederhana H0 : θ1 = θ′1 = 0, θ2 =

θ′2 = 1 lawan hipotesis alternatif H1 : θ1 = θ

′′1 = 1, θ2 = θ

′′2 = 4

12. Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi normaln(θ, 100). Perlihatkan bahwa C = (x1, x2, ..., xn); c ≤ xadalah da-erah kritik terbaik untuk uji H0 : θ = 75 lawan H1 : θ = 78 Tentukan



n dan c sehingga

P [(X1,X2, ..., Xn ) ∈ C; H0] = P (x ≥ c; H0) = 0, 05 (5.46)

dan

P [(X1,X2, ..., Xn ) ∈ C; H1] = P (x ≥ c; H0) = 0, 90 (5.47)

13. Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi yang mempu-nyai f.k.p f (x; p) = px(1− p)1−x; x = 0, 1 dan 0 untuk x yang lain.

Perlihatkan bahwa C =

(x1, x2, ..., xn);≤

n

∑i=1

xi ≤ c

adalah daerah

kritik terbaik untuk uji H0 : p = 1/2 lawan H1 : p = 1/3. Gunakanteorema limit pusat untuk menentukan n dan c sehingga

P

(n

∑i=1

xi ≤ c; H0

)∼= 0, 10 dan P

(n

∑i=1

xi ≤ c; H1

)∼= 0, 80 (5.48)

14. Dua sampel random yang independen masing-masing berukuran ndari dua disribusi. Kita tolak H0 : θ = 0 dan terima H0 : θ > 0 jikadan hanya jika x − y ≥ c. jika K(θ) adalah kekuatan fungsi dari ujiini tentukan n dan c sehingga K(0) ∼= 0, 05 dan K(10) ∼= 0, 09.

15. Dalam contoh 5 diatas, H0 : θ = θ′

dengan θ′ bilangan tertentu danH1 : θ < θ′, perlihatkan bahwa himpunan

(x1, x2, ..., xn) :n

∑i=1

x2i ≥ c

(5.49)

adalah daerah kritik paling kuat seragam uji H0 lawan H1.

16. Dalam contoh 6 , H0 : θ = θ′

dengan θ′ bilangan tertentu dan H1 :θ 6= θ

′, perlihatkan bahwa tidak ada uji paling kuat seragam untuk

uji H0 lawan H1.

17. Misalkan X1,X2, ..., X25 sampel random berukuran 25 dari distribusi



normal n(θ, 100). Tentukan daerah kritik paling kuat seragam dariukuran α = 0, 01 untuk uji H0 : θ = 75 lawan H1 : θ > 75

18. Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random darid istribusi normaln(θ, 16). Tentukan sampel berukuran n dan uji paling kuat seragamdari H0 : θ = 25 lawan H1 : θ < 25 dengan kekuatan fungsi K(θ)sehingga K(25) ∼= 0, 10 dan K(23) ∼= 0, 90.

19. Diketahui suatu distribusi dengan f.k.p f (x; θ) = θx(1− θ)1−x; x =

0, 1 dan bernilai 0 untuk x yang lain. Misalkan H0 : θ = 1/20 danH1 : θ > 1/20.Gunakan teorema limit pusat untuk menentukansampel berukuran n dari sampel random sehingga uji paling kuatseragam dari H0 lawan H1 mempunyai fungsi kekuatan K(θ) denganK(1/20) ∼= 0, 05 dan K(1/10) ∼= 0, 09

20. Dalam n percobaan binomial dengan parameter p akan diuji

H0 : p = 1/2, lawan H1 : p 6= 1/2 (5.50)

Tunjukkan bahwa daerah kritik uji rasio likelihood adalah

x ln x + (n− x) ≥ k (5.51)

dengan x menyatakan banyak sukses.

21. Dalam soal no 1, tunjukkan bahwa daerah kritiknya juga dapat di-tulis

∣∣x− n2

∣∣ ≥ c, dengan c suatu konstanta yang tergantung padaukuran daerah kritik.

22. Suatu sampel random yang berukuran n digunakan untuk mengujihipotesis nol dari populasi eksponensial dengan parameter θ samadengan θ0 lawan hipotesis alternatif tidak sama θ0. Tunjukkan daerahkritik uji rasio likelihood adalah

xe−x/θ0 ≤ k (5.52)



23. Suatu sampel random yang berukuran n dari populasi normal de-ngan mean dan varians tidak diketehui digunakan untuk uji hipo-tesis µ = µ0 lawan alternatif µ 6= µ0 . Perlihatkan bahwa nilai daristatistik rasio likelihood dapat ditulis

λ =

1 +

t2

n− 1

−n/2

(5.53)

dengan t = x−µ0s/√

n

24. Dalam contoh 2 diatas, bila n = 10, dan misalkan diperoleh x =

0, 6 dan10

∑i=1

(xi − x)2 = 3, 6. Jika uji sama dengn contoh apakah kita

menolak atau menerima H0 : θ1 = 0 pada tingkat signifikansi 5%.


Daftar Pustaka

1. Billingsley, P. (1979) Probability and Measure, John Wiley &Sons,USA

2. Dudewicz E.J. & Mishra, S.N.(1988) Modern Mathematical Statisti-cs,John Wiley & Sons, Inc. Singapore

3. Lehmann, E.L. (1983) Theory of Point Estimation, John Wiley & Sons,Inc. USA

4. Nar Herrhyanto (2003) Statistika Matematis Lanjutan, CVPustakaKarya, Bandung

5. Papoulis,A & Pillai S. Unnikrishna, (2002) Probability, Random Vari-ables, And Stochastic Processes, Mc Graw Hill, Inc, Singapore

6. Rohatgi,V.K. (1976) An Introduction to Probability Theory and Ma-thematical Statistics, John Wiley & Sons, USA

7. Roussas G.G. (1973) A First Course in Mathematical Statistics,Addison-Wesley Publishing Company, Inc. USA

8. Subanar (1994) Suplemen Teori Peluang, Fakultas MIPA UGM, Yo-gyakarta

9. Walpole, Ronald.E. & Myers, Raymond H. & Myers, Sharon L.& Ye,Keying (2002) Probability and Statistics for Engineers & Scientists,Prentice Hall,Inc, USD

199

Daftar Pustaka Statistika Matematis II/ Edisi E-book

10. Walpole, Ronald.E. & Myers, Raymond H. (1986) Ilmu Peluang danStatistika untuk Insinyur dan Ilmuan, Penerbit ITB, Bandung.

11. Beberapa e-book dan e-text, terutama dari portal MIT Open Course Wa-re (http://ocw.mit.edu/OcwWeb/Mathematics/index.htm)

Bab 5. Daftar Pustaka 200 ISBN 978-602-8310-02-4

Documents

eBook Statmat II 2013 (1)