Praktikum IPenyajian Data

Tujuan Praktikum :- Memahami dan membuat penyajian data secara deskriptif.- Analisa data dengan menggunakan tabel, diagram.

I. Penyusunan Tabel. Tabel Distribusi penyakit berdasarkan jenis kelamin di Rumah Sakit A.

Jenis Penyakit JumlahJenis Kelamin

Laki-laki Perempuan

Saluran Napas 825 415 410

Saluran Pencernaan

730 400 330

Penyakit Kulit 254 200 54

Penyakit Mata 100 85 15

Jumlah 2.089 1.260 829

Sumber : Biostatistik Untuk Kedokteran dan Kesehatan Masyarakat

1. Persentase Total

Jenis Penyakit JumlahJenis Kelamin

Laki-laki Perempuan Total (%)Saluran Napas 825 415 410 50,68Saluran Pencernaan 730 400 330 40,79Penyakit Kulit 254 200 54 6,67Penyakit Mata 100 85 15 1,85

Jumlah 1.909 1.100 809 100,00

2. Persentase Baris

1

Jenis PenyakitJenis Kelamin

Total (%)Laki-laki (%) Perempuan (%)

Saluran Napas 50,30 49,70 100Saluran Pencernaan

54,79 45,21 100

Penyakit Kulit 78,74 21,26 100Penyakit Mata 85,00 15,00 100

3. Persentase Kolom

Jenis Penyakit

Jenis Kelamin

Laki-laki (%) Perempuan (%)

Saluran Napas 37,73 50,68Saluran Pencernaan 36,36 40,79Penyakit Kulit 18,18 6,67Penyakit Mata 7,73 1,85

Total (%) 100 100

II. Penyajian Grafik

1. Grafik Batang

No Desa Tingkat Kelahiran1 A 402 B 30

Tingkat Kelahiran

05

1015202530354045

A B

Desa

0/00 Tingkat Kelahiran

Histogram

2

Umur Frekuensi

15-19 420-24 925-29 1530-34 1035-39 740-44 7

Jumlah 52

0

2

4

6

8

10

12

14

16

15-19 20-24 25-29 30-34 35-39 40-44

Frekuensi Poligon

3

2. Grafik Lingkaran (Pie Diagram)

Jenis Penyakit JumlahPenyakit saluran napas 500Penyakit saluran pencernaan 200Penyakit kulit 200Penyakit mata 50Lain-lain 50Jumlah 1000

Penyakit salurannapas

Penyakit saluranpencernaan

Penyakit kulit

Penyakit mata

Lain-lain

4

3. Grafik Garis

Tahun Kematian ibu Kematian bayi1990 100 1001991 30 601992 20 401993 18 301994 10 26Jumlah

0

20

40

60

80

100

120

1990 1991 1992 1993 1994

kematian ibu kematian bayi

Grafik frekuensi kumulatif (ogive)

Tekanan darahSistolik (mmHg)

Frekuensi Frekuensi kumulatif< batas atas

130 – 139 2 0140 – 149 10 2150 – 159 15 12160 – 169 10 27170 – 179 7 37180 – 189 6 44190 – 199 0 50

5

Jumlah 50

0

10

20

30

40

50

60

129.5 139.5 149.5 159.5 169.5 179.5 189.5

Tugas :

Buatlah Diagram-diagram berikut :- Histogram- Pie Diagram- Diagram Garis dan Ogive(harap dicantumkan sumber data yang digunakan)

Praktikum IIAnalisis Data

Tujuan :1. Untuk memahami analisa central tendency 2. Untuk memahami analisa Dispersi Data

I. Central Tendency

1. Mean

Data yang tidak dikelompokkan

6

Contoh 1 :Hasil pengukuran berat badan 10 orang penderita diabetes mellitus yang dirawat di suatu rumah sakit adalah sebagai berikut (dalam kilogram) :65, 60, 55, 70, 67, 53, 61, 64, 75 dan 50 diperoleh rata-rata 62 kg.

Contoh 2 : Distribusi frekuensi BB penyakit jantung koroner

Berat Badan (Kg) f fx43 4 17250 4 20055 1 5560 2 12062 1 6263 1 6365 3 19567 2 13468 1 6869 1 6970 3 21071 1 7172 3 21675 1 7578 2 156

Jumlah 30 1.866Data Yang dikelompokkan

Contoh : Berat Badan penderita penyakit jantung koroner di rumah sakit A (n = 30)

Berat Badan f Nt fNt41 – 45 4 43 17246 – 50 4 48 19251 – 55 1 53 5356 – 60 2 58 11661 – 65 5 63 31566 – 70 7 68 47671 – 75 5 73 36576 – 80 2 78 156

7

Jumlah 30 1.845

Rata-rata hitung dengan pembebanan (weighted mean)

Kelompok ni ni

1 3 53,0 1592 5 53,5 2673 10 54,9 549

Jumlah 18 161,3 975

Bila rata- rata kelompok dihitung tanpa pembebanan maka hasilnya adalah sebagai berikut :

2. Median

Contoh : Berat badan 10 orang wanita hamil yang dating ke puskesmas A pada bulan September 2009 adalah sebagai berikut :

Berat Badan (kg) f fkum < batas atas39,5 – 45,5 4 445,5 – 50,5 2 650,5 – 55,5 2 855,5 – 60,5 2 10

Jumlah 10

8

Jumlah pengamatan dari median = ½ n = 5Median terletak pada posisi ke-1 dan ke-2Nilai sebelum median tercapai = 45,5Interval kelas = 5Frekuensi kumulatif kelas sebelum median = 4Frekuensi kelas dimana median berada = 2

Me = 45,5 + 5(5-4)/2 = 45,5 + 2,5Me = 48 kg

3. Modus (mode)

Contoh : Banyaknya kesalahan yang dilakukan oleh laboran disuatu rumah sakit A dalam melakukan penghitungan jumlah leukosit dalam darah selama 1 minggu.

Minggu Jumlah kesalahan1 0 2 5 7 152 0 2 5 7 153 1 4 6 8 154 1 4 6 12 19

Dari hasil tersebut modusnya adalah 15 karena terjadi sebanyak 3 kali dan merupakan frekuensi terbanyak.

Penghitungan Modus pada data distribusi frekuensi

Bila data yang diperoleh berupa distribusi frekuensi yang telah dikelompokkan maka modusnya terletak pada interval kelas dengan frekuensi terbanyak.

Mo = LMo + (d1/(d1+d2)) i…(rumus 3.5)

Keterangan :Mo = ModusLMo = tepi bawah kelas dimana modus berada

9

d1 = selisish antara frekuensi kelas modus dengan kelas tepat di bawahnyad2 = selisih antara frekuensi kelas modus dengan kelas tepat di atasnya i = lebar interval kelas modus

Contoh : Distribusi umur 80 orang penderita insufisiensi pembuluh darah koroner di Rumah Sakit A pada tahun 2009

Distribusi Umur f21 – 30 631 – 40 741 – 50 40 Modus51 – 60 1061 – 70 1071 – 80 7Jumlah 80

Sehingga LMo = 40,5 Mo = 40,5 + 10 (33/(33+30))d1 = 40 - 7 = 33 = 40,5 + 5,2 d2 = 40 – 10 = 30, i = 10 Mo = 45,7 tahun

II. Dispersi

Deviasi Standar (Standard Deviation) dan variance.Contoh : hasil pemeriksaan glukosa darah puasa 10 orang dewasa normal adalah sebagai berikut

Glukosa darah x- (x- )2

70 -8,4 70,5672 -6,4 40,9676 -2,4 5,7677 -0,4 0,1678 0,6 0,3679 1,6 2,5680 2,6 6,7685 6,6 43,56

10

86 7,6 57,56784 230,40

= 784/10 = 78,4

= 4,8 mg% bila data tersebut normal maka interval untuk glukosa darah adalah

= 78,4 ± 9,6 atau terletak antara 88 – 68,8 mg%.

Tugas :Untuk mahasiswa dengan NIM ganjil gunakan data bernomor urut ganjil dan mahasiswa dengan NIM genap gunakan data bernomor urut genap. 1. Data berat badan dari seluruh bayi yang hidup di Rumah Sakit Swsta di San Diego,

California selama 1 minggu (dalam gram).

No Berat No Berat No Berat No Berat1 3265 6 3323 11 2581 16 27592 3260 7 3649 12 2841 17 32483 3245 8 3200 13 3609 18 33144 3448 9 3031 14 2838 19 31015 4146 10 2069 15 3541 20 2834

Source : Fundamental of BiostatisticsTentukan :a. Meanb. Medianc. Nilai Maksimumd. Nilai Minimume. Variancef. Standard Deviationg. Modus

2. Distribusi frekuensi Data yang kelompokkan berat badan (oz) dari 100 bayi yang lahir.

Group Interval Nilai Tengah Frequensi

11

≥ 29.5, > 69.5 49.5 5≥ 69.5, > 89.5 79.5 10≥ 89.5, > 99.5 94.5 11≥ 99.5, > 109.5 104.5 19≥ 109.5, > 119.5 114.5 17≥ 119.5, > 129.5 124.5 20≥ 129.5 > 139.5 134.5 12≥ 139.5 > 169.5 154.5 6

Total 100

Tentukan :a. Medianb. Mode

Praktikum IIIPengujian Hipothesis

Menentukan Distribusi dan metode statistik yang digunakan (confidence interval)

Populasi terbatas Populasi tak terhinggaMenguji rata-rata populasi (µ)σ diketahui, n > 30, distribusi normal ( ±σs)/√n

±zσ

σ tak diketahui, n > 30, distribusi normal ( ±zs)/√n

±zs

n < 30, distribusi “t” ±ts ±ts

Menguji proporsi populasi (p)

12

n > 30, distribusi normal

Pengujian Hipotesis Rata-rata dua pihak satu populasi dengan sampel Besar

Contoh: Bagian penyediaan obat suatu rumah sakit memmesan tetrasiklin kapsul dalam jumlah besar pada sebuah perusahaan farmasi. Dari perusahaan tersebut diperoleh informasi bahwa rata-rata isi kapsul adalah 250 mg dengan kesalahn baku 2 mg.Pihak rumah sakit ingin menguji informasi tersebut [ada derajat kemaknaan 0,05. Untuk keperluan tersebut diambil sampel sebanyak 100 kapsul dan diperoleh rata-rata 249,5 mg.

Ho : µ = 250 mgHa : µ ≠ 250 mg

Diketahui :n = 100 kapsulσ = 2

= 249,5 mg

α = 0,05σx = 2α0,05 = 1,96 (dari table z)

limit bawah : 250 - (1,96 x 0,2) = 249,6 mgLimit atas : 250 + (1,96 x 0,2) = 250,4 mg

Kriteria penerimaannya, H0 akan diterima jika hasil perhitungan terletak antara 249, 6 dan 250,4mg. Karena hasil perhitungannya lebih kecil dari limit bawah maka hipotesis ditolak pada α = 0,05. Kesimpulannya isi kapsul tidak sama dengan 250mg.

13

= 249,5 mg

249,6 250 250,4

Soal di atas dapat juga diselesaikan dengan menggunakan distribusi z

( -µ)/σx = (249,5 – 250)/0,2 = -2,5

Kriteria penerimaan H0 bila terletak antara -1,96 dan +1,96. Ternyata hasil perhitungan z terletak di luar kriteria tersebutyang berarti hipotesis nol ditolak pada derajat kemaknaan 0,05.

-1,96 0 1,96

Varian populasi tidak diketahui

Bila simpangan baku populasi tidak diketahui maka dapat ditaksir dari simpangan baku sampel.

σx =

Contoh : Hasil perhitungan simpangan baku populasi = 1,7 maka simpangan baku rata-rata populasi adalah 0,17 .

Limit konfidensi : Limit atas : 250 + 1,96 x 0,17 = 250,3Limit Bawah : 250 - 1,96 x 0,17 = 249,7

Hasil perhitungan rata-rata sampel adalah 249,5. Ini berarti hipotesis ditolak pada = 0,05 dan

secara statistik terdapat perbedaan yang bermakna atau isi rata-rata kapsul tetrasiklin tidak sama dengan 250mg.

14

Pengujian hipotesis rata-rata populasi satu pihak dengan sampel besar

Varian populasi diketahui

Sebuah rumah sakit memesan obat suntik dengan isi 4ml per ampul. Pihak industri farmasi memberikan informasi bahwa obat tersebut mempunyai varian 0,04ml.Untuk menguji informasi tersebut diambil sampel sebanyak 100 ampul dan diperoleh rata-rata 4,04ml, α = 0,05. Karena obat tersebut bila diberikan lebih dari 4ml akan membahayakan penderita maka hipotesis dilakukan pihak kanan.

H0: µ = 4mlHa: µ > 4ml

n = 100

σ2 = 0,04 atau σ = 0,02 z0,05 = 1,64 (dari tabel z)

limit atas : 4 + 1,64 x 0,02 = 4,033

Kriteria penerimaan hipotesisnya adalah apabila rata-rata sampel lebih kecil dari 4,033. Ternyata rata-rata sampel = 4,04 berarti terletak di luar batas penerimaan atau hipotesis nol ditolak pada α = 0,05. Dengan kata lain isi obat tersebut untuk setiap ampulnya lebih dari 4ml.

4,04 4,0 4,033 Dengan uji z

z = (4,04 - 4)/0,02 = 2

15

Ho akan diterima jika hasil perhitungan z lebih kecil dari 1,64. Hasil perhitungan z = 2 dan berarti terletak diluar batas penerimaan hipotesis atau hipotesis nol ditolak.

Pengujian satu pihak kiri

Sebuah rumah sakit memesan obat suntik dengan isi 2ml per ampul. Obat ini diberikan dengan dosis lebih dari 2ml tidak akan membawa pengaruh jelek pada penderita, tetapi bila dosisnya kurang pun tidak akan memberikan efek yang dikehendaki. Dari industry farmasi diperoleh informasi bahwa varian obat tersebut adalah 0,01.Pihak rumah sakit ingin menguji informasi tersebut dengan mengambil sampel sebanyak 50

ampul dan diperoleh rata-rata 1.995m.

H0: µ = 2mlHa: µ < 2ml

n = 50

σ2 = 0,01 atau σ = 0,1 z0,01 = 2,33 (dari tabel z)

σx = = 0,1/ = 0,014

Limit bawah : 2 – (2,33 x 0,014) = 1,967

kriteria penerimaan hipotesis nol adalah apabila nilai hasil perhitungan lebih besar dari 1,967. Ternyata rata-rata sampel = 1,995. Dengan hasil tersebut, hipotesis nol diterima pada α = 0,01. Kesimpulannya kita percaya 99% bahwa isi ampul tersebut adalah 2ml.Uji hipotesis tersebut dapat juga ditentukan dengan mengunakan uji z.

Pengujian hipotesis rata-rata populasi dua pihak dengan sampel kecil

16

Penelitian dalam bidang kedokteran varian populasinya sering tidak diketahui dan biasanya menggunakan sampel kecil karena kasusnya yang jarang atau karena biaya penelitian yang terbatas.

Contoh : Seorang dokter puskesmas menyatakan rata-rata per bulan ia merujuk ke rumah sakit kabupaten sebanyak 40 orang. Kita ingin menguji pernyataan dokter tersebut pada α = 0,05. Untuk itu diambil sampel secara acak sebanyak 5 bulan dan diperoleh rata-rata 39 orang dengan varian 4 orang.

Hipotesis tersebut hanya dapat diselesaikan dengan distribusi “t” karena sampel kecil dan deviasi standar populasi (σ) tidak diketahui. Untuk varian populasi dapat ditaksir dengan varian sampel (s).

H0: µ = 40 orangHa: µ ≠ 40 orang

n = 5

s2 = 4 atau s = 2 sx = 2/ = 0,89

t0,05;4 = 2,776 (dari tabel t) dk = n-1 = 5-1 = 4

Limit bawah ; 40 – 2,776 x 0,89 = 37,53Limit atas : 40 + 2,776 x 0,89 = 42,47

Kriteria penerimaan hipotesis nol adalah apabila rata-rata sample terletak antara 37,53 dan 42,47. Karena hasil perhitungan rata-rata = 39 maka hipotesis diterima pada derajat kemaknaan 0,05. Ini berarti kita 95% percaya bahwa dokter tersebut merujuk penderita 40 orang per bulan.

= 39

37,53 40 42,47

17

Soal di atas dapat juga diselesaikan dengan menggunakan distribusi t

( -µ)/sx = (39 – 40)/0,89 = -1,124

Kriteria penerimaan H0 bila terletak antara -2,776 dan +2,776. Ternyata hasil perhitungan t terletak di antara kriteria tersebut yang berarti hipotesis nol terima pada derajat kemaknaan 0,05.

-2,776 0 2,776

Varian populasi diketahui

Pengujian hipotesis dilakukan dengan rumus z walaupun sampel kecil, tetapi varian diketahui dan dianggap bahwa sampel berdistribusi normal.

Membandingkan dua rata-rata berpasangan (paired t test)

Untuk membandingkan dua rata-rata dari data yang berpasangan dengan sampel kecil dan simpangan baku populasi yang tidak diketahui dapat digunakan distribusi “t”

Contoh : Suatu uji klinis dilakukan untuk mengetahui efektifitas obat penenang yang baru pada 10 orang penderita psikoneuretik. Setiap penderita mendapatkan pengobatan dengan obat baru selama satu minggu dan satu minggu dengan placebo. Setelah selesai pengobatan dilakukan evaluasi menggunakan skor kecemasan dengan nilai 0-30.Hasil evaluasi

NoSkor Kecemasan

Selisih d d2

Obat Plasebo1 19 22 -3 92 11 18 -7 493 14 17 -3 9

18

4 17 19 -2 45 23 22 1 16 11 12 -1 17 15 14 1 18 19 11 8 649 11 19 -8 6410 8 7 1 1

-13 203

s2 = 186,1/9 = 20,68

σx = = 1,438

H0 : µ1 = µ2

Ha : µ1 ≠ µ2

t = -1,30/1,438 = -0,90df = 9, t0,05,9 = 2,262

karena t hitung berada di dalam area penerimaan maka H0 diterima, dengan kata lain obat tersebut tidak efektif.

Untuk data yang cukup besar dapat digunakan uji z untuk membandingkan rata-rata dua populasi.Untuk membandingkan lebih dari dua rata-rata populasi dapat digunakan Anova (analysis of variance).

Pengujian Hipotetis Selisih rata-rata dua pihak pada sampel kecil

Varian kedua populasi sama, tetapi tidak diketahui

Dua macam obat anti obesitas diberikan pada orang dengan over weight untuk jangka waktu 3 bulan.

Obat pertama diberikan kepada 10 orangObat kedua diberikan kepada 9 orang.

19

Ingin diuji apakah terdapat perbedaan dalam menurunkan berat badan pada kedua macam obat tersebut dengan derajat kemaknaan 0,05.

Obat pertama dapat menurunkan berat badan 9,6 kg dan obat kedua menurunkan berat badan 10kg.

s12 = 16 s1

2 = 9n1 = 10 n2 = 9

Hipotesis statistik :

H0 : µ1 = µ2

Ha : µ1 ≠ µ2

α = 0,05 dk = (n1+n2 – 2) = 17

Bila simpangan baku tidak diketahui dan sampelnya kecil maka digunakan distribusi “t” dan simpangan bakunya ditaksir dari simpangan baku sampel, tetapi karena tidak diketahui mala harus dihitung simpangan baku gabungan :

Sehingga

s2 = 12.7

maka s = 3,56

20

= 3.56 = 1,636

t0,05,17 = 2,11

limit konfidensi :Batas Bawah : 0 – 2,11 x 1,636 = -3,440Batas Atas : 0 + 2,11 x 1.636 = 3,440

Ho akan diterima jika selisih rata-rata perhitungan terletak antara -3,440 dan 3,440. Selisih rata-rata = 10 – 9,6 = 0.4

Hiipotesis diterima pada derajat kemaknaan 0,05, artinya tidak terdapat perbedaan dalam menurunkan berat badan pada kedua macam obat tersebut.

Soal tersebut dapat juga diselesaikan dengan distribusi ‘t”

t =

= (9,6 – 10)/1,63 = -0,245

Ho akan diterima apabila perhitungan terletak antara -2,11 dan + 2,1. Kesimpulan Ho diterima pada α = 0,05 artinya tidak terdapat perbedaan antara 2 macam obat anti obesitas tersebut.

Varian kedua populasi tak diketahui dan tidak sama

Bila populasi berdistribusi normal maka varian populasinya dapat ditaksir dari varian sampel. Rumus ‘t’ tidak dapat langsung digunakan karena ini hanya merupakan pendekatan saja, tetapi harus dihitung dahulu dengan menggunakan rumus berikut :

t 0,05 =

21

t1 = nilai pada table t dengan α = 0,05 dan dk = n1 - 1t2 = nilai pada table t dengan α = 0,05 dan dk = n2 – 1

criteria penolakan hipotesis nol bila t > t 0,05

Contoh : Sepuluh orang penderita disentri diberikan kloramfenikol 3 x 500 mg per hari dengan kesembuhan rata-rata 7 fhari dengan deviasi standar 2 hari. Lima belas orang penderita disentri yang lain diberikan tetrasiklin 3 x 500mg dengan rata-rata kesembuhan 6 hari dengan deviasi standar 1,5 hari.

Jika ingin diuji apakah terdapat perbedaan antara efek kloramfenikol dan tetrasiklin terhadap penyakit disentri pada derajat kemaknaan 0,05.

Diketahui :n1 = 10 n2 = 15s1 = 2 s2 = 1,5dk = 9 dk = 14

Hipotesis statistik :

H0 : µ1 = µ2

Ha : µ1 ≠ µ2

α = 0,05

= 1,35

t0,05,9 = 2,262 t0,05,14 = 2,145t0,05 = (2,62 x 4/10 + 2,145 x 2,25/15)/(4/10+2,25/15) = 2,23

22

Ternyata t = 1,35 < t0,05 = 2,23. Jadi hipotesis diterima pada derajat kemaknaan 0,05. Kesimpulannya tidak ada perbedaan antara kloramfenikol dan tetrasiklin dalam pengobatan disentri.

Tugas :

1. Tekanan Darah (mmHg) 10 wanita ketika menggunakan oral kontrasepsi dan ketika tidak menggunakan oral kontrasepsi.

No Systolic Blood Pressure level while not using OC’s

Systolic Blood Pressure level while not using OC’s

1 115 1282 112 1153 107 1064 119 1285 115 1226 138 1457 126 1328 105 1099 104 102

10 115 117

Apakah ada perbedaan tekanan darah wanita tersebut akibat penggunaan oral kontrasepsi.a. Tentukan hipotesisb. Tentukan alphac. Tentukan Rejection Region (daerah penolakan)d. Kesimpulan.

Chi Square

Contoh : Seorang dokter rumah sakit menyatakan bahwa frekuensi anemia pada ibu hamil di rumah sakit A sama dengan di rumah sakit B dan sama dengan rumah sakit C. pernyatan tersebut akan diuji pada derajat kemaknaan 5%.

Rumah Sakit Anemia Tidak Anemia JumlahA 20 30 50B 25 15 40C 35 25 60Jumlah 80 70 150

23

Nilai Hasil pengamatan = O (observed)Nilai Ekspektasi = E (Expected)

Menghitung nilai EkspektasiE1 = (50x80)/150 = 26,6E2 = (50x70)/150 = 23,3E3 = (40x80)/150 = 21,3 dan seterusnya

Contoh : dari persoalan di atas kita kan menguji pernyataan kepala rumah sakit tersebut maka :

H0 : f1 = f2 = f3

Ha : f1 ≠ f2 ≠ f3

O E (O-E) (O-E)2 (O-E)2/E20 26,6 -6,6 43,56 1,6430 23,3 6,7 44,89 1,9325 21,3 3,7 13,69 0,6415 19,3 -4,3 18,49 0,9635 32 3 9 0,2825 28 -3 9 0,32

5,77Pada table 3x2 tersebut, dk = (3 – 1) (2 – 1) = 2

0,05;2 = 5,991 (dari table )

Daerah penolakan hipotesis jika nilai hitung lebih besar dari tabel, karena hitung = 5,77

< tabel = 5,991 berarti terima H0, dengan kata lain tidak ada perbedaan jumlah penderita

anemia di ketiga rumah sakit tersebut.

Chi-square untuk pengujian independensi

24

Sebuah penelitian dilakukan oleh seorang kepala rumah sakit untuk mengetahui apakah ada hubungan antara tingkat pendidikan dengan kelas ruang rawat inap. Untuk itu diambil sampel sebanyak 200 orang.

Kelas Ruang Pendidikan JumlahSD SMP SMA PT

1 20 25 15 20 802 40 15 10 5 703 10 10 15 15 50Jumlah 70 50 40 40 200

H0 : variable 1 dan variable dua bersifat independenHa : variable 1 dan variable dua bersifat dependen

O E (O-E) (O-E)^2 (O-E)^2/E20 28 -8 64 2,2925 20 5 25 1,2515 16 -1 1 0,0620 16 4 16 1,0040 24,5 15,5 240,25 9,8115 17,5 -2,5 6,25 0,3610 14 -4 16 1,14

5 14 -9 81 5,7910 12,5 -2,5 6,25 0,5010 17,5 -7,5 56,25 3,2115 10 5 25 2,5015 10 5 25 2,50

30,40

Pada table 3x4 tersebut, dk = (3 – 1) (4 – 1) = 6

0,05;6 = 12,59 (dari table )

Daerah penolakan hipotesis jika nilai hitung lebih besar dari tabel, karena hitung =

30,40 > tabel = 12,59 berarti tolak H0, dengan kata lain terdapat hubungan antara tingkat

pendidikan dengan kelas ruang rawat inap.

25

Tugas :

Get cancer?

Yes No Total

Smoking?Yes 100 20 120No 40 80 120

Total 140 100 240

Apakah ada hubungan antara merokok dan penyakit kankera. Tentukan Hipotesisb. Tentukan alphac. Tentukan daerah penolakand. Kesimpulan

Praktikum IVVital Statistik

Contoh :STATISTIK KELAHIRAN JAKARTA BARAT

Usia Wanita(thn)

Jumlah populasiWanita

Jumlah LahirHidup

AFS-U AFK

15 – 19 220.100 21.790 99,0 495,020 – 24 209.500 37.051 176,9 1.379,525 – 29 170.100 22.135 130,1 2.030,030 – 34 139.100 9.246 66,5 2.362,535 – 39 135.400 3.739 27,6 2.500,540 – 49 261.700 1.044 4,0 2.540,5Jumlah 1.135.900 95.005

Sumber : Biostatistik Untuk Kedokteran dan Kesehatan Masyarakat

Tentukan :- Angka Kelahiran Dasar- Angka Fertilitas Umum- Angka Fertilitas Spesifik usia- Angka Fertilitas Kumulatif

26