PAISerieBook STATISTIKA MATEMATIK UNTUK AKTUARIS [PDF]

Citation preview

Seri Pendidikan Aktuaris Indonesia



Siswadi Windiani Erliana



Statistika Matematik Untuk Aktuaris 



STATISTIKA MATEMATIK UNTUK AKTUARIS Siswadi dan Windiani Erliana e-book DOI: doi.org/10.31227/osf.io/nj3ag ISBN : 978-XXX-XXXX-XX-X 2019



Daftar Isi 1 Sebaran Multivariat 1.1 Vektor Peubah Acak . . . . . . . . . . . . . 1.2 Fungsi Sebaran Bersama . . . . . . . . . . . 1.2.1 Fungsi Massa Peluang Marginal . . . 1.2.2 Fungsi Kepekatan Peluang Marginal 1.3 Nilai Harapan . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Kebebasan Vektor Peubah Acak . . . . . . . 1.5 Dekomposisi Spektrum . . . . . . . . . . . . 1.6 Matriks Koragam . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Sebaran Normal Multivariat . . . . . . . . . 1.8 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Beberapa Sebaran Kontinu 2.1 Sebaran Gamma . . . . . 2.2 Sebaran Khi-Kuadrat . . . 2.3 Sebaran t . . . . . . . . . 2.4 Sebaran F . . . . . . . . . 2.5 Teorema Student . . . . . 2.6 Latihan . . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . . .



. . . . . .



. . . . . .



. . . . . .



. . . . . .



. . . . . .



. . . . . .



3 Pendugaan Parameter 3.1 Penduga Titik . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Metode Pendugaan Titik . . . . . . . . . 3.2.1 Metode Momen . . . . . . . . . . 3.2.2 Metode Kemungkinan Maksimum 3.3 Sifat-Sifat Penduga . . . . . . . . . . . . 1



. . . . . .



. . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



. . . . . .



. . . . .



. . . . . . . . . .



1 1 1 2 2 3 4 5 8 12 19



. . . . . .



21 21 24 27 31 33 36



. . . . .



37 37 38 38 42 51



DAFTAR ISI



3.4



3.5



2



3.3.1 Ketakbiasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Efisiensi Relatif Penduga . . . . . . . . . . . 3.3.3 Efisiensi dan Pertaksamaan Rao-Cram`er . . 3.3.4 Kekonsistenan . . . . . . . . . . . . . . . . . Penduga Selang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1 Selang Kepercayaan Beda Dua Nilai Tengah 3.4.2 Selang Kepercayaan Nisbah Dua Ragam . . Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



4 Kecukupan 4.1 Statistik Cukup . . . . . . . 4.2 Kelengkapan dan Kekhasan 4.3 Kelas Eksponen . . . . . . . 4.4 Latihan . . . . . . . . . . . 5 Pendugaan Bayes 5.1 Prinsip Minimax . . . . . . 5.2 Sebaran Prior dan Posterior 5.3 Metode Pendugaan Bayes . 5.4 Latihan . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . .



6 Pengujian Hipotesis 6.1 Uji Paling Kuasa . . . . . . . 6.2 Uji Selalu Paling Kuasa . . . 6.3 Uji Rasio Kemungkinan . . . 6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens 6.5 Latihan . . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . . . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . . . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . . . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . . . . . .



. . . .



. . . .



. . . . .



. . . . . . . .



. . . . . . . .



51 54 55 63 66 70 71 73



. . . .



76 76 83 87 93



. . . .



. . . .



94 94 96 98 103



. . . . .



105 . 108 . 111 . 113 . 120 . 126



. . . .



1



2



3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30



Kata Pengantar Buku ini disusun berdasarkan perkuliahan Statistika Matematik pada rentang waktu 2014/2015, 2015/2016, 2016/2017, 2017/2018, 2018/2019, yang diampu oleh penulis pertama. Mata kuliah Statistika Matematik, merupakan salah satu bagian yang diakui untuk mata uji profesi Persatuan Aktuaris Indonesia (PAI). Sehingga dilengkapi dengan beberapa soal ujian A20 Probabilitas dan Statistika. Pada Lampiran diberikan kumpulan soal ujian A20, terima kasih kepada Dr. Lia Yuliawati, MSi dari STKIP 11 April, Sumedang, yang telah memberikan kontribusi pada kumpulan soal tersebut. Serta saudari Grace Agustina, SMat., atas sejumlah catatannya. Hibah PUPT-IPB, ’Pengembangan Perangkat Lunak Berbasis Finite Element Method (FEM) untuk Produk Jasa Keuangan dan Asuransi’ dengan kontrak no: 079/SP2H/LT/DRPM/II/2016, secara tidak langsung memberi bantuan pendanaan kepada penulis yunior. Terima kasih kami ucapkan. Terima kasih disampaikan kepada Dr. Ir. IG Putu Purnaba, yang memberikan koreksi atas jawaban soal ujian PAI. Dr. Ir. Sri Nurdiati, MSc., selaku peneliti utama Hibah PUPT-IPB tersebut di atas, yang memberikan kesempatan kepada penulis yunior mengembangkan ilmu aktuaria. Terakhir, kepada Drs. Agah D. Garnadi, Grad. Dip. Sci. yang berulangkali meminta agar naskah ini untuk diterbitkan dalam seri buku: ’Pendidikan Aktuaris Indonesia’, sehingga bisa dimanfaatkan khususnya untuk pendidikan aktuaria di Indonesia. Terima kasih kepada Rianto Ahmadi, PhD., ketua PAI periode 20142017, yang sudi memberikan kata sambutan seri buku ’Pendidikan Aktuaris Indonesia’. Bogor, 09 Juni 2019 Siswadi Windiani Erliana



i



31



32



33



34 35 36 37



BAB 1 Sebaran Multivariat 1.1



Vektor Peubah Acak



Definisi 1.1 Misalkan Ω adalah ruang contoh suatu percobaan acak. Peubah acak Xi dari percobaan tersebut adalah suatu fungsi bernilai real Xi : Ω → R, i = 1, 2, ..., n dengan (X1 , X2 , ..., Xn ) disebut vektor peubah acak dimensin. Dalam bab ini, digunakan notasi vektor untuk menyatakan peubah acak X1 , X2 , ..., Xn . Sebagai contoh, (X1 , X2 , ..., Xn )0 merupakan vektor kolom X yang memiliki nilai (x1 , x2 , ..., xn )0 , ∀xi ∈ R. X = x 0 (X1 , X2 , ..., X )0 = (x  n  1 , x2 , ..., xn ) X1 x1  X2   x2       ..  =  ..   .  . Xn xn



38



39 40



1.2



Fungsi Sebaran Bersama



Fungsi sebaran bersama bagi vektor peubah acak tersebut didefinisikan sebagai berikut FX (x) = P (X1 ≤ x1 , ..., Xn ≤ xn ) .



41



Jika n peubah acak X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak diskret, maka 1



1.2 Fungsi Sebaran Bersama



FX (x) =



2



X



...



w1 ≤x1 ,...,wn ≤xn



X



p (w1 , ..., wn ) ,



sedangkan jika n peubah acak tersebut adalah peubah acak kontinu, maka Z Z FX (x) = ... f (w1 , ..., wn ) dw1 ...dwn , w1 ≤x1 ,...,wn ≤xn n



∂ FX (x) = f (x) , ∂x1 ...∂xn



42 43



dengan fungsi p dan f secara berturut-turut merupakan fungsi massa peluang dan fungsi kepekatan peluang bagi vektor peubah acak x. Contoh 1.1 Misalkan fungsi kepekatan peluang dari peubah acak X1 , X2 , X3 adalah sebagai berikut f (x1 , x2 , x3 ) = e−(x1 +x2 +x3 ) I (0 < x1 , x2 , x3 < ∞) , maka fungsi sebaran bersama bagi X1 , X2 , X3 ialah FX1 ,X2 ,X3 (x1 , x2 , x3 ) = P (X1 ≤ x1 , X2 ≤ x2 , X3 ≤ x3 ) Rx1 Rx2 Rx3 −(x +x +x ) = e 1 2 3 dx1 dx2 dx3 0 0 0



= (1 − e−x1 ) (1 − e−x2 ) (1 − e−x3 ) I (0 < x1 , x2 , x3 < ∞) . 44



1.2.1



Fungsi Massa Peluang Marginal



Definisi 1.2 Misalkan X1 , ..., Xn adalah peubah acak diskret yang menyebar bersama dengan fungsi massa peluang bersama pX1 ,...,Xn (x1 , ..., xn ) . Fungsi massa peluang marginal dari peubah acak X1 ialah X X pX1 (x1 ) = ... pX1 ,...,Xn (x1 , ..., xn ) . x2



45



1.2.2



xn



Fungsi Kepekatan Peluang Marginal



Definisi 1.3 Misalkan X1 , ..., Xn adalah peubah acak kontinu yang menyebar bersama dengan fungsi kepekatan peluang bersama fX1 ,...,Xn (x1 , ..., xn ) . Fungsi kepekatan peluang marginal dari peubah acak X1 ialah Z ∞ Z ∞ fX1 (x1 ) = ... fX1 ,...,Xn (x1 , ..., xn ) dx2 ...dxn . −∞



−∞



1.3 Nilai Harapan



46



1.3



3



Nilai Harapan



Definisi 1.4 Misalkan Y = u (X1 , X2 , ..., Xn ) adalah fungsi terhadap vektor peubah acak (X1 , X2 , ..., Xn )0 . Jika X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak diskret yang menyebar bersama dengan fungsi massa peluang bersama p (x1 , x2 , ..., xn ) , maka nilai harapan dari Y didefinisikan sebagai X X E (Y ) = ... u (x1 , x2 , ..., xn ) p (x1 , x2 , ..., xn ) , xn



x1



asalkan jumlah di atas konvergen mutlak. Jika X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak kontinu yang menyebar bersama dengan fungsi kepekatan peluang bersama f (x1 , x2 , ..., xn ) , maka nilai harapan dari Y didefinisikan sebagai Z∞ E (Y ) =



... −∞



47



Z∞ u (x1 , x2 , ..., xn ) f (x1 , x2 , ..., xn ) dx1 dx2 ...dxn



−∞



asalkan integral di atas konvergen mutlak. Teorema 1.1 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak yang terdefinisi dalam ruang peluang yang sama dan k1 , k2 , ..., km adalah m konstanta bilangan real. Jika Yi = u (X1 , X2 , ..., Xn ), i = 1, 2, ..., m, adalah fungsi terhadap vektor peubah acak (X1 , X2 , ..., Xn )0 , maka X m  Xm ki E (Yi ) . E ki Yi = i=1



48 49



i=1



Misalkan n Wm = (Wij ) merupakan matriks peubah acak berukuran n×m yang berunsur peubah acak Wij , maka E (W) = (E (Wij ))   E (W11 ) E (W12 ) ... E (W1m )  E (W21 ) E (W22 ) ... E (W2m )    =  . .. .. .. . .   . . . . E (Wn1 ) E (Wn2 ) ... E (Wnm )



50 51



52 53 54



Berikut merupakan teorema yang menunjukkan sifat linearitas dari nilai harapan. Teorema 1.2 Misalkan n Vm dan n Wm masing-masing merupakan matriks peubah acak; k An , k Bn , dan m Cp masing-masing merupakan matriks berunsur konstanta, maka E [AV + BW] = AE [V] + BE [W] E [AWC] = AE [W] C.



1.4 Kebebasan Vektor Peubah Acak



 55



Bukti. Misal AV =



n P



4



 aik Vkj



 dan BW =



k=1



E



n X



aik Vkj +



k=1



=



 bik Wkj , maka



k=1



" E [AV + BW] =



n P



n X



n X



#! bik Wkj



k=1



! aik E [Vkj ]



+



k=1



n X



! bik E [Wkj ]



k=1



= AE [V] + BE [W] . 56



Pembuktian E [AWC] = AE [W] C digunakan sebagai latihan.



57



1.4



z



Kebebasan Vektor Peubah Acak



Misalkan peubah acak X1 , X2 , ..., Xn memiliki fungsi kepekatan peluang bersama f (x1 , x2 , ..., xn ) dan fungsi kepekatan peluang marginal f1 (x1 ) , f2 (x2 ) , ..., fn (xn ) secara berturut-turut bagi x1 , ..., xn . Peubah acak X1 , X2 , ..., Xn saling bebas jika f (x1 , x2 , ..., xn ) = f1 (x1 ) f2 (x2 ) ...fn (xn ) , untuk kasus kontinu. Pada kasus diskret, X1 , X2 , ..., Xn dikatakan saling bebas jika p (x1 , x2 , ..., xn ) = p1 (x1 ) p2 (x2 ) ...pn (xn ) . 58



59 60



61



Misalkan X1 , X2 , ..., Xn saling bebas, maka 1. P (a1 < X1 < b1 , a2 < X2 < b2 , ..., an < Xn < bn ) = P (a1 < X1 < b1 ) P (a2 < X2 < b2 ) ...P (an < Xn < bn ) n Q = P (ai < Xi < bi ) i=1



 62



2. E



n Q



 n Q u (Xi ) = E [u (Xi )] .



i=1



i=1



3. Fungsi pembangkit momen bagi peubah acak X1 , X2 , ..., Xn dinotasikan dengan MX (t1 , t2 , ..., tn ) dan didefinisikan sebagai berikut MX (t1 , t2 , ..., tn ) = E [exp (t1 X1 + t2 X2 + ... + tn Xn )] MX (t) = E [exp (t0 X)] , ∀t ∈ B ⊂ Rn , 63 64 65



dengan B = {t : −hi < ti < hi , i = 1, 2, ..., n}. Bagi fungsi sebaran marginal dari peubah acak Xi , fungsi pembangkit momen peubah acak Xi didefinisikan sebagai MX (0, 0, ..., 0, ti , 0, ..., 0) , i = 1, 2, ..., n.



1.5 Dekomposisi Spektrum



5



Teorema 1.3 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak yang saling bebas dan fungsi pembangkit momen bagi Xi ialah MXi (t) , ∀i = 1, ..., n. Misalkan n P pula T = ki Xi , dengan k1 , ..., kn suatu konstanta, maka fungsi pembangkit i=1



momen bagi T ialah MT (t) =



n Y i=1



MXi (ki t) , −min {hi } < t < min {hi } . i



i



Contoh 1.2 Misalkan X1 , X2 , X3 adalah peubah acak saling bebas yang masingmasing memiliki fungsi kepekatan peluang sebagai berikut f (x) = 2x I (0 < x < 1) . 66



Fungsi kepekatan peluang bersama bagi peubah acak tersebut ialah f (x1 , x2 , x3 ) = f (x1 ) f (x2 ) f (x3 ) = 8x1 x2 x3 I (0 < x1 , x2 , x3 < 1) . Nilai harapan bagi 5X1 (X2 )3 + 3X2 (X3 )4 ialah Z1 Z1 Z1 0



67 68 69



0




5x1 (x2 )3 + 3x2 (x3 )4 8x1 x2 x3 dx1 dx2 dx3 = 2.



0



Jika peubah acak saling bebas memiliki sebaran yang sama, maka peubah acak tersebut disebut peubah acak bebas stokastik identik (bsi). Berikut ini merupakan akibat dari Teorema 1.3 untuk peubah acak bsi. Akibat 1.1 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak bsi dengan fungsi pembangkit peluang MX (t) , −h < t < h dengan h > 0. Misalkan pula T = n P Xi , maka fungsi pembangkit momen bagi T ialah i=1



MT (t) = [MX (t)]n , −h < t < h.



70



1.5



Dekomposisi Spektrum



Dari aljabar linear diperoleh bahwa suatu matriks dapat didekomposisikan atau diuraikan menjadi perkalian beberapa matriks. Khususnya bagi matriks



1.5 Dekomposisi Spektrum



6



Σ yang merupakan matriks n × n, simetrik, dan semi-definit positif, maka dekomposisi spektrum dari Σ ialah sebagai berikut Σ = Γ0 ΛΓ, di mana Λ merupakan matriks diagonal, Λ = diag (λ1 , λ2 , ..., λn ) , 71 72 73 74 75 76 77 78



λ1 ≥ λ2 ≥ ... ≥ λn ≥ 0 merupakan nilai eigen dari Σ, dan kolom-kolom matriks Γ0 ialah v1 , v2 , ..., vn yang merupakan vektor eigen padanannya yang ortonormal. Nilai eigen tersebut tidak perlu ditata dari yang terbesar ke yang terkecil. Untuk analisis multivariat, tataan ini kita perlukan terkait dengan tataan ragam atau pentingnya peubah baru. Matriks Γ merupakan matriks ortogonal di mana Γ0 Γ = ΓΓ0 = I. Matriks Γ tidak bersifat khas, karena vektor eigen suatu matriks (walaupun dipilih yang merupakan vektor satuan) tidak bersifat khas. Penulisan dekomposisi tersebut dapat dituliskan dalam bentuk lain, yaitu 0



Σ = Γ ΛΓ =



n X



λi vi vi0 .



i=1



Secara intuisi, pendekatan matriks dengan matriks lain (misalnya yang berperingkat lebih rendah) dapat diperoleh dengan membuang beberapa matriks terakhir yang terkait dengan nilai eigen yang kecil. Karena nilai eigen dari matriks semi-definit positif selalu ≥ 0, maka matriks Σ dapat ditulis dalam bentuk lain, yaitu   1



1



1



2



Σ = Σ2 Σ2 = Σ2 , √ √ √
1 1 1 di mana Σ 2 = Γ0 Λ 2 Γ dengan Λ 2 = diag λ1 , λ2 , . . . , λn . Misalkan Σ merupakan matriks yang definit positif, yang berarti nilai eigennya selalu positif, maka   1



−1



Σ2



1



1



= Σ− 2 = Γ0 Λ− 2 Γ



dengan Λ



−1 2



 = diag



1 1 1 √ , √ ,..., √ λ1 λ2 λn



 .



Contoh 1.3 Tentukan dekomposisi spektrum dari matriks berikut   3 0 −1 Σ = 0 4 0 . −1 0 3 1



79



1



Tentukan pula Σ 2 dan Σ− 2 .



1.5 Dekomposisi Spektrum



80



7



Jawab. Berikut merupakan polinom karakteristik dari matriks Σ : 3−λ 0 −1 4−λ 0 |Σ − λI| = 0 −1 0 3−λ 3 − λ −1 2+2 = (−1) (4 − λ) −1 3 − λ   = (4 − λ) (3 − λ)2 − 1 = (4 − λ) (3 − λ + 1) (3 − λ − 1) = (4 − λ)2 (2 − λ) , sehingga nilai eigen dari matriks tersebut ialah λ1 = λ2 = 4, λ3 = 2, dan vektor-vektor eigen yang berpadanan dengan nilai eigen tersebut ialah       0 −1 1 v1 =  1  , v2 =  0  , dan v3 =  0  . 0 1 1 Vektor-vektor ortonormal dari v1 , v2 , dan v3 tersebut secara berturut-turut ialah       −1 1 0 1 1 w1 =  1  , w2 = √  0  , dan w3 = √  0  , 2 2 1 1 0 sehingga matriks Λ dan Γ0  4 Λ= 0 0



81



ialah sebagai berikut   −1 0 √ 0 0 2 4 0  , Γ0 =  1 0 0 2 0 √12



√1 2







0 .



√1 2



Jadi, dekomposisi spektrum dari matriks Σ ialah Σ = Γ0 Λ1/2 Γ     −1 √1 0 √ 0 1 3 0 −1 4 0 0 2 2 −1  0 4 0  =  1 0 0  0 4 0  √ 0 2 1 1 1 √ √ √ −1 0 3 0 0 0 2 0 2 2 2 



0 √1 2 √1 2



 .



1.6 Matriks Koragam



82



8



Selanjutnya, berikut merupakan matriks Σ1/2 dan Σ−1/2 . Σ1/2 = Γ0 Λ1/2 Γ  −1 √1 0 √ 2 2 =  1 0 0 0 √12 √12
 1√ 2+1 2 =  √0
1 2 − 1 2



 0 1 2 0 0 −1   0 2 0   √2 0 √ √1 0 0 0 2 2 √
 0 21 2 − 1  2 √0
. 1 0 2 2+1 



Σ−1/2 = Γ0 Λ−1/2 Γ   1  −1 √1 0 √ 0 1 0 0 2 2 2 −1 1 √      0 0 0 1 0 0 = 2 2 1 1 1 1 √ 0 0 √2 0 √2 √2 0 2 √

 1√  2 + 41 0 41 2 − 14 4 1 . 0 =  √0 2 √

1 2 − 41 0 14 2 + 41 4







√1 2 √1 2







0







√1 2 √1 2







z



83



84



0



1.6



Matriks Koragam



Misalkan Xi dan Xj masing-masing merupakan peubah acak ke-i dan ke-j dengan nilai harapan E[Xi ] = µi dan E[Xj ] = µj , serta koragam σij = E ([Xi − µi ][Xj − µj ]) . Bila X = (X1 , X2 , ..., Xn )0 adalah suatu vektor dari n peubah acak, maka   µ1  µ2    E (X) =  ..  , . µn



1.6 Matriks Koragam



85



86 87 88 89 90 91 92



93 94 95



9



dan matriks koragam (covariance matrix )
Cov (X) = E [X − µ] [X − µ]0  E ([X1 −µ1 ] [X1 −µ1 ])  E ([X2 −µ ] [X1 −µ ]) 2 1  =  ..  . E ([Xn −µn ] [X1 −µ1 ])   σ11 σ12 ... σ1m  σ21 σ22 ... σ2m    =  .. .. . . ..  .  . . . .  σn1 σn2 ... σnm



 ... E ([X1 −µ1 ] [Xm −µm ]) ... E ([X2 −µ2 ] [Xm −µm ])    .. ..  . . ...



E ([Xn −µn ] [Xm −µm ])



(1.1)



Misalkan a adalah vektor berunsur konstanta yang berukuran n×1. Misalkan pula Y = a0 X adalah peubah acak, maka Y memiliki ragam bernilai nonnegatif, yaitu 0 ≤ V ar (Y ) = V ar (a0 X) = a0 Cov (X) a. Dengan demikian, matriks koragam pada 1.1 merupakan matriks semi-definit positif. Secara umum, kita dapat mendefinisikan matriks koragam antara vektor p-peubah acak X = (X1 , X2 , ..., Xp )0 dengan vektor q-peubah acak Y = (Y1 , Y2 , ..., Yq )0 sebagai
Cov (X, Y) = E [X−E (X)] [Y−E (Y)]0   E ([X1 −E (X1 )] [Y1 −E (Y1 )]) ... E ([X1 −E (X1 )] [Yq −E (Yq )]) E ([X2 −E (X2 )] [Y1 −E (Y1 )]) ... E ([X2 −E (X2 )] [Yq −E (Yq )])   =  , .. .. ...   . . E ([Xp −E (Xp )] [Y1 −E (Y1 )]) ... E ([Xp −E (Xp )] [Yq −E (Yq )]) sehingga Cov (X) merupakan Cov (X, X) . Selanjutnya, misalkan X dan Y merupakan vektor peubah acak dengan vektor nilai harapan µX dan µY , maka ΣX,Y = = = =



96



vektor peubah acak X ialah



Cov (X, Y)
E [X−E (X)] [Y−E (Y)]0 E (XY0 ) − E (X) [E (Y)]0 E (XY0 ) − µX µ0Y ,



sehingga ΣX = ΣX,X = E (XX0 ) − µX µ0X .



1.6 Matriks Koragam



97 98



10



Bila A dan B merupakan matriks konstanta, maka E (AX) = AµX dan E (BY) = BµY , serta Cov (AX, BY) = = = = = = = =



ΣAX,BY
E [AX−E (AX)] [BY−E (BY)]0
E [AX − AE (X)] [BY − BE (Y)]0
E [AX − AµX ] [BY − BµY ]0
E [A (X − µX )] [B (Y − µY )]0
E A (X − µX ) (Y − µY )0 B0
AE (X − µX ) (Y − µY )0 B0 AΣX,Y B0 ,



sehingga Cov (AX) = ΣAX = AΣX A0 . 99



Misalkan pula V = AX + δ W = BY + η



100



dengan δ dan η merupakan vektor berunsur konstanta, maka E (V) = AµX + δ, E (W) = BµY + η, Cov (V, W) = AΣX,Y B0 , sehingga Cov (V) = AΣX A0 . Contoh 1.4 Misalkan X = [X, Y, Z]0 merupakan vektor peubah acak dengan E (X) = [1, 4, −6]0 dan matriks koragam   3 2 1 Σ = 2 2 1 . 1 1 3



101 102



Tentukan nilai harapan serta matriks koragam dari peubah acak T dan W jika 



 X − Y + 2Z + 2 T = 2X − Y + 3Z + 1, W = . 2X + 4Y − Z + 3



1.6 Matriks Koragam



103 104



11



Jawab. Peubah acak T dan W dapat dinyatakan sebagai suatu vektor, yaitu T = 2X − Y + 3Z + 1 = [ 2, −1, 3] X+1,       X − Y + 2Z 1 −1 2 2 W = = X+ . 2X + 4Y − Z 2 4 −1 3



105 106



Selanjutnya, menentukan nilai harapan dan matriks koragam bagi masingmasing peubah acak. E (T ) = [ 2, −1, 3] E (X) + 1   1 = [ 2, −1, 3]  4  + 1 −6 = −20 + 1 = −19    3 2 1 2 ΣT = [ 2, −1, 3] 2 2 1  −1  1 1 3 3 = 39  E (W) =



1 −1 2 2 4 −1







1 2







15 24







17 27



= = =











E (X) +    1 −1 2  4 + 4 −1 −6    2 + 3 



2 3 







2 3







    3 2 1 1 2 1 −1 2 2 2 1  −1 4  = 2 4 −1 1 1 3 2 −1   13 8 = . 8 67 



ΣW



107



z



1.7 Sebaran Normal Multivariat



12



Contoh 1.5 Misalkan X = (X1 , X2 , X3 )0 , Y = (Y1 , Y2 , Y3 , Y4 )0 , dan   1 3 −2 5 Cov (X, Y) =  −1 2 4 6  . 2 1 0 7 108



109



Tentukan : 1. Cov (X1 + 2X2 − 3X3 + 1, 2Y1 + Y2 + 4Y3 − 5Y4 + 2) . 2. Cov (V, W) jika  V=



X1 + 2X2 − 3X3 + 3 4X1 − 2X2 + 3X3 + 4











 Y1 − 2Y2 + 3Y3 − 5Y4 + 7 . 2Y1 + Y2 − 4Y3 − Y4 dan W =  Y1 + Y2 − 6Y3 + 2Y4



1. Misalkan U = X1 + 2X2 − 3X3 + 1 dan Z = 2Y1 + Y2 + 4Y3 − 5Y4 + 2, maka U = [1, 2, −3] X + 1 dan Z = [2, 1, 4, −5] Y + 2.







1 3  Cov (U ,Z) = (1, 2, −3) −1 2 2 1



110



 111



2. V =



1 2 −3 4 −2 1







 X+



3 4



 ,







 2 −2 5  1   4 6   4  = 34. 0 7 −5     1 −2 3 −5 7    W = 2 1 −4 −1 Y+ 0  . 1 1 −6 2 0 



 1 2 1   1 3 −2 5  1 2 −3  −2 1 1   −1 2 4 6   Cov (V, W) =  3 −4 −6  4 −2 1 2 1 0 7 −5 −1 2   23 −30 −47 = . −133 74 143 



112



113



114 115



1.7











Sebaran Normal Multivariat



Pada subbab ini dibahas sebaran normal multivariat untuk vektor peubah acak dimensi-n. Misalkan vektor peubah acak Z = (Z1 , ..., Zn )0 dengan Z1 , ..., Zn



1.7 Sebaran Normal Multivariat



116 117



13



merupakan peubah acak bebas stokastik identik yang memiliki sebaran normal baku, Zi ∼ N (0, 1) , i = 1, ..., n. Fungsi kepekatan peluang bagi Z ialah   n Y 1 2 1 √ exp − zi fZ (z) = 2 2π i=1 ) ( n   n 1 2 1X 2 = exp − z 2π 2 i=1 i  n   1 2 1 0 = exp − z z , z ∈ Rn . 2π 2



118



119



120



121



122



123 124



125 126



Karena E (Zi ) = 0, V ar (Zi ) = 1, dan Cov (Zi , Zj ) = 0 untuk ∀i 6= j, maka 1. E (Z) = 0,
2. Cov (Z) = ΣZ = E [Z − E (Z)] [Z − E (Z)]0   V ar (Z1 ) 0 ··· 0   0 V ar (Z1 ) · · · 0   =  .. .. .. . .   . . . . 0 0 · · · V ar (Zn )   1 0 ··· 0 0 1 · · · 0   =  .. .. . . ..  . . . . 0 0 ··· 1 = In , dengan In adalah matriks identitas berukuran n × n. Selanjutnya, karena peubah acak Zi bebas stokastik identik, maka fungsi pembangkit momen bagi Z ialah



1.7 Sebaran Normal Multivariat



14



MZ (t) = E [exp {t0 Z}] " n # Y = E exp {ti Zi } i=1



=



n Y



E [exp {ti Zi }]



i=1



= =



n Y i=1 n Y



MZ (ti )  exp



i=1



1 2 t 2 i







(



) n 1X 2 = exp t 2 i=1 i   1 0 = exp t t , ∀t ∈ Rn . 2 127 128 129 130 131 132



Dengan demikian, vektor peubah acak Z dikatakan memiliki sebaran normal multivariat dengan vektor nilai harapan 0 dan matriks koragam In yang dinotasikan dengan Z ∼Nn (0, In ) . Misalkan Z memiliki sebaran Nn (0, In ) . Misalkan pula Σ merupakan matriks simetrik dan semi-definit positif, serta µ adalah vektor berunsur konstanta. Definisikan suatu vektor peubah acak X sebagai berikut 1



X = Σ 2 Z + µ,



(1.2)



maka diperoleh 1



1



E (X) = µ dan Cov (X) = Σ 2 Σ 2 = Σ.



1.7 Sebaran Normal Multivariat



133



15



Kemudian, fungsi pembangkit momen bagi X ialah MX (t) = E [exp {t0 X}] h n oi 1 = E exp t0 Σ 2 Z + t0 µ oi h n 1 = exp {t0 µ} E exp t0 Σ 2 Z   0 1  1 1 0 = exp {t µ} exp Σ2 t Σ2 t 2   1 0 0 t Σt = exp {t µ} exp 2   1 0 0 = exp t µ+ t Σt . 2 Definisi 1.5 (Normal Multivariat) Vektor peubah acak X memiliki sebaran normal multivariat atau X ∼ Nn (µ, Σ) jika X memiliki fungsi pembangkit momen sebagai berikut   1 0 0 MX (t) = exp t µ+ t Σt , 2



134 135



untuk setiap t ∈ Rn dan Σ merupakan matriks simetrik, semi-definit positif, serta µ ∈ Rn . 1



Jika Σ merupakan matriks definit positif, maka matriks Σ 2 memiliki invers, sehingga transformasi satu-satu antara peubah acak X dan Z pada persamaan 1.2 1 Z = Σ− 2 (X − µ) dengan Jacobi Σ−1/2 = |Σ|−1/2 menghasilkan fungsi kepekatan peluang bagi X, yaitu   1 1 0 −1 fX (x) = exp − (x − µ) Σ (x − µ) , x ∈ Rn . n/2 1/2 2 (2π) |Σ| 136 137



Teorema 1.4 Misalkan X ∼ Nn (µ, Σ). Misal Y = AX + b dengan A adalah matriks berukuran m×n dan b ∈ Rm , maka Y ∼ Nm (Aµ + b, AΣA0 ) .



1.7 Sebaran Normal Multivariat



138



16



Bukti. ∀t ∈ Rm , fungsi pembangkit momen bagi Y ialah MY (t) = E [exp {t0 Y}] = E [exp {t0 (AX + b)}]    0 = exp {t0 b} E exp (A0 t) X   1 0 0 0 0 0 0 = exp {t b} exp (A t) µ+ (A t) Σ (A t) 2   1 0 0 0 = exp t (Aµ + b) + t AΣA t , 2



139 140



141 142



143 144 145



di mana fungsi pembangkit momen tersebut adalah fungsi pembangkit momen bagi sebaran Nm (Aµ + b, AΣA0 ) . z Misalkan X1 merupakan subvektor berdimensi m < n dari vektor peubah acak X, maka X dapat dituliskan menjadi   X1 , (1.3) X= X2 dengan X2 merupakan vektor berdimensi p = n − m. Karena X dipartisi seperti pada persamaan 1.3, maka nilai harapan dan matriks koragam dari X juga dapat dipartisi sebagai berikut     Σ11 Σ12 µ1 dan Σ = , (1.4) µ= µ2 Σ21 Σ22 dengan Σ11 merupakan matriks koragam bagi X1 dan Σ12 merupakan matriks koragam antara X1 dan X2 . Kemudian, definisikan matriks A sebagai berikut h i A = Im ... Omp ,



146 147 148



149 150 151



152 153



di mana Omp merupakan matriks nol m × p, maka X1 = AX. Dengan menggunakan Teorema 1.4 pada transformasi tersebut, diperoleh akibat sebagai berikut: Akibat 1.2 Misalkan X ∼ Nn (µ, Σ) . Jika X1 merupakan subvektor berdimensi m < n dari vektor peubah acak X (persamaan 1.3) , maka X1 ∼ Nn (µ1 , Σ11 ) . Akibat 1.2 dapat digunakan untuk mencari sebaran marginal dari peubah acak normal multivariat.



1.7 Sebaran Normal Multivariat



154 155



156



17



Teorema 1.5 Misalkan X ∼ Nn (µ, Σ) dan X dipartisi seperti pada persamaan 1.3 dan 1.4. X1 dan X2 saling bebas jika dan hanya jika Σ12 = O. Bukti. Disediakan untuk latihan.



z



Teorema 1.6 Misalkan X ∼ Nn (µ, Σ) dan X dipartisi seperti pada persamaan 1.3 dan 1.4. Asumsikan bahwa Σ adalah matriks definit positif, maka sebaran bersyarat dari X1 |X2 ialah
−1 Nm µ1 + Σ12 Σ−1 22 (X2 − µ2 ) , Σ11 − Σ12 Σ22 Σ21 . Bukti. Perhatikan vektor peubah acak W = X1 − Σ12 Σ−1 22 X2 dan X2 , maka      W Im −Σ12 Σ−1 X 1 22 = . X2 O Ip X2 157 158



Berdasarkan Teorema 1.4, E (W) = µ1 − Σ12 Σ−1 22 µ2 , E (X2 ) = µ2 , dan matriks koragam     Im O Im −Σ12 Σ−1 Σ11 Σ12 22 Σ21 Σ22 −Σ12 Σ−1 O Ip Ip 22   −1 Σ11 − Σ12 Σ22 Σ21 O = . O Σ22 Dengan demikian, berdasarkan Teorema 1.5, vektor peubah acak W dan X2 saling bebas. Karena saling bebas, sebaran bersyarat W|X2 sama
dengan −1 sebaran marginal dari W ∼Nm µ1 − Σ12 Σ−1 22 µ2 , Σ11 − Σ12 Σ22 Σ21 . Akibatnya,
−1 −1 X1 |X2 ∼ Nm µ1 − Σ12 Σ−1 22 µ2 + Σ12 Σ22 X2 , Σ11 − Σ12 Σ22 Σ21 , atau

−1 −1 −1 W + Σ12 Σ−1 X |X ∼ N µ − Σ Σ µ + Σ Σ X , Σ − Σ Σ Σ . 2 2 m 12 12 2 11 12 21 1 2 22 22 22 22



159



160 161 162 163 164 165



z Contoh 1.6 Misalkan dalam suatu populasi, bobot badan dan tinggi badan pria memiliki sebaran normal bivariat. Jika diketahui bahwa rata-rata dan ragam dari bobot badan pria secara berturut-turut sebesar 60 kg dan 25 kg2 , kemudian rata-rata dan ragam dari tinggi badannya secara berturut-turut sebesar 165 cm dan 100 cm2 , serta besar korelasi antara bobot badan dan tinggi badan sebesar 0.6, maka tentukan :



1.7 Sebaran Normal Multivariat



166



a. P (160 < Y < 175) ,



167



b. P (160 < Y < 175|X = 65) ,



168 169



170



171



18



dengan X dan Y secara berturut-turut menyatakan bobot badan dan tinggi badan pria. Jawab. a. P (160 < Y < 175) 



P (160 < Y < 175) = = = = = = =



160 − µy Y − µy 175 − µy P < < σy σy σy   160 − 165 175 − 165 P 10 .



195 196 197



6. Buktikan bahwa X1 dan X2 saling bebas jika dan hanya jika Σ12 = O, di mana X ∼ Nn (µ, Σ) dan X dipartisi seperti pada persamaan 1.3 dan 1.4.



198



199



200



BAB 2 Beberapa Sebaran Kontinu 2.1



Sebaran Gamma



Definisi 2.1 Fungsi Gamma yang dinotasikan Γ (α) didefinisikan sebagai Z ∞ Γ (α) = y α−1 e−y dy 0 201



dengan α > 0. Jika α = 1, maka Z Γ (1) =



∞



e−y dy = 1.



0 202



Jika α > 1, maka dengan menggunakan teknik integral parsial diperoleh Z ∞ Γ (α) = (α − 1) y α−2 e−y dy 0



= (α − 1) Γ (α − 1) . 203 204



Oleh karena itu, jika α adalah bilangan bulat positif yang lebih besar dari 1, maka Γ (α) = (α − 1) (α − 2) ... (3) (2) (1) Γ (1) = (α − 1)!. Misalkan suatu variabel baru y = x/β di mana β > 0, maka Z Γ (α) = 0



∞



 α−1   x 1 −x/β e dx β β 21



2.1 Sebaran Gamma



22



atau ekuivalen dengan ∞



Z 1= 0



1 xα−1 e−x/β dx. Γ (α) β α



Karena α > 0, β > 0, dan Γ (α) > 0, maka f (x) = 205 206 207 208 209 210



1 xα−1 e−x/β I (x > 0) Γ (α) β α



merupakan fungsi kepekatan peluang dari suatu peubah acak kontinu. Peubah acak X yang memiliki fungsi kepekatan peluang tersebut disebut memiliki sebaran gamma dengan parameter α dan β, dinotasikan Γ (α, β) . Berikut merupakan ilustrasi dari sebaran gamma apabila salah satu parameternya dibuat tetap. Gambar 1 merupakan sebaran gamma dengan parameter β tetap, yaitu β = 2 dan parameter α yang berbeda, yaitu α = 1, 2, 4.



211



212 213



Selanjutnya, Gambar 2 merupakan sebaran gamma dengan parameter α tetap, yaitu α = 2 dan parameter β yang berbeda, yaitu β = 0.5, 1, 1.5.



2.1 Sebaran Gamma



23



214



215 216



Fungsi pembangkit momen bagi peubah acak X yang menyebar gamma ialah Z ∞ 1 xα−1 e−x/β dx MX (t) = etx α Γ (α) β Z0 ∞ 1 = xα−1 e−x(1−βt)/β dx α Γ (α) β 0  α β 1 × Γ (α) × = Γ (α) β α 1 − βt 1 1 = . α,t < (1 − βt) β Selanjutnya, M 0 (t) = (−α) (1 − βt)−α−1 (−β) dan M 00 (t) = (−α) (−α − 1) (1 − βt)−α−2 (−β)2 . Dengan demikian, sebaran gamma memiliki nilai harapan dan ragam sebagai berikut E (X) = M 0 (0) = αβ



217



dan V ar (X) = M 00 (0) − [E (X)]2 = α (α + 1) β 2 − α2 β 2 = αβ 2 .



2.2 Sebaran Khi-Kuadrat



218 219 220



221 222



24



Teorema 2.1 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak yang saling Pn bebas di mana Xi ∼PΓ (αi , β) untuk i = 1, 2, ..., n. Misalkan pula Y = i=1 Xi , maka Y ∼ Γ ( ni=1 αi , β) . Bukti. Dengan menggunakan asumsi kebebasan dan fungsi pembangkit momen dari sebaran gamma, diperoleh " ( n )# X MY (t) = E exp t Xi i=1



=



n Y



E [exp {tXi }]



i=1



=



n Y



(1 − βt)−αi



i=1



= (1 − βt)− 223 224



225



Pn



i=1



αi



(2.1)



untuk t < P 1/β. Persamaan 2.1 merupakan fungsi pembangkit momen dari z sebaran Γ ( ni=1 αi , β) .



2.2



Sebaran Khi-Kuadrat



Sebaran khi-kuadrat merupakan kasus khusus dari sebaran gamma, yaitu jika parameter α = 2r dan β = 2 di mana r adalah bilangan bulat positif. Nilai harapan dan ragam dari sebaran khi-kuadrat ialah r E (X) = αβ = ×2=r 2 dan V ar (X) = αβ 2 =



r



× 22 = 2r. 2 Jadi, fungsi kepekatan peluang bagi peubah acak kontinu X yang memiliki sebaran khi kuadrat dengan parameter r, dinotasikan dengan X ∼ χ2 (r), ialah 1 f (x) = xr/2−1 e−x/2 I (x > 0) , r/2 Γ (r/2) 2 226 227 228



di mana parameter r disebut sebagai derajat bebas dari sebaran χ2 (r) . Gambar fungsi kepekatan peluang untuk r = 2, r = 4, dan r = 8 diberikan pada Gambar 1.



2.2 Sebaran Khi-Kuadrat



25



Teorema 2.2 Misalkan X memiliki sebaran χ2 (r) . Jika k > −r/2, maka nilai harapan dari X k ada dan

2k Γ 2r + k k
. E X = Γ 2r 229



Bukti. E X



k








Z



∞



1 x(r/2)+k−1 e−x/2 dx r/2 Γ (r/2) 2 0  r 1 + k × 2r/2+k × Γ = Γ (r/2) 2r/2 2
r Γ + k = 2k 2 . Γ (r/2) =



z



230



231 232 233



Akibat 2.1 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak yangP saling bebas di 2 mana XiP ∼ χ (ri ) untuk i = 1, 2, ..., n. Misalkan pula Y = ni=1 Xi , maka Y ∼ χ2 ( ni=1 ri ) . Bukti. Karena sebaran khi-kuadrat dengan derajat bebas r merupakan kasus khusus dari sebaran gamma yang memiliki parameter α = 2r dan β = 2, maka fungsi pembangkit momen bagi sebaran khi-kuadrat ialah M (t) = (1 − βt)−α = (1 − 2t)−r/2 .



234 235



Dengan menggunakan asumsi kebebasan dan fungsi pembangkit momen dari sebaran khi-kuadrat, diperoleh " ( n )# X MY (t) = E exp t Xi i=1



= =



n Y i=1 n Y



E [exp {tXi }] (1 − 2t)−ri /2



i=1 1



= (1 − 2t)− 2 236 237



Pn



i=1 ri



(2.2)



untuk t < 1/2. Pn Persamaan 2.2 merupakan fungsi pembangkit momen dari 2 sebaran χ ( i=1 ri ) . z



2.3 Sebaran t



238



26



Teorema 2.3 Jika Z ∼ N (0, 1) , maka Z 2 ∼ χ2 (1) . Bukti. Misalkan Y = Z 2 , maka fungsi sebaran dari peubah acak Y ialah F (y) = = = = =



239 240 241



P (Y ≤ y) P (Z 2 ≤ y) √
√ P − y ≤ Z ≤
y √ 2P √0 ≤ Z ≤ y R y 2 2 0 √12π e−z /2 dz.



√ Dengan menggunakan butir (8) pada Appendix untuk β (y) = y, α (y) = 0, 2 dan f (z, y) = √12π e−z /2 , maka diperoleh fungsi kepekatan peluang peubah acak Y yaitu f (y) = F 0 (y)



242



243 244



245 246



2 1 √ 1 1 = 0 + 2 × √ e− 2 ( y) − y −1/2 + 0 2 2π 1 = √ √ y −1/2 e−y/2 π 2 1
= y 1/2−1 e−y/2 I (y > 0) . 1 1/2 Γ 2 2
Dengan demikian, Y = Z 2 ∼ Gamma 21 , 2 = χ2 (1) .



Akibat 2.2 Jika peubah acak X menyebar N (µ, σ 2 ) , σ 2 > 0, maka peubah acak V = (X − µ)2 /σ 2 menyebar χ2 (1) . Teorema 2.4 Jika X ∼ Nn (µ, Σ) dengan Σ adalah matriks definit positif, maka peubah acak W = (X − µ)0 Σ−1 (X − µ) memiliki sebaran χ2 (n) . 1



247 248 249



z



1



1



Bukti. Σ adalah matriks definit positif, maka Σ = Σ 2 Σ 2 dan Σ 2 memi1 liki invers. Vektor peubah acak Z = Σ− 2 (X − µ) ∼ Nn (0, In ) . Misalkan n P peubah acak W = Z0 Z = Zi2 . Karena untuk ∀i = 1, 2, ..., n, Zi adalah i−1 bsi



250



peubah acak normal baku bebas, Zi ∼ N (0, 1) , maka



251



baran χ2 (n) .



n P



Zi2 memiliki se-



i−1



z



2.3 Sebaran t



252



253 254 255



2.3



27



Sebaran t



Misalkan peubah acak Z menyebar N (0, 1) dan peubah acak U menyebar χ2 (r) , kedua peubah acak tersebut saling bebas. Fungsi kepekatan peluang bersama bagi Z dan U ialah f (z, u) = f (z) · f (u)  2 z 1 · = √ exp − 2 Γ 2π



1
r 2



 u (r/2)−1 u exp − I (−∞ < z < ∞, u > 0) 2 2r/2



Definisikan suatu peubah acak Z T =p . U/r z dan w = u, maka dapat diperoleh Dengan transformasi peubah t = p u/r fungsi kepekatan peluang gT (t) dari peubah acak T. Dari transformasi satusatu, p z t= p dan w = u ⇔ z = t w/r, u = w, u/r 256



diperoleh ∂z ∂z ∂t ∂w J = ∂u ∂u ∂t ∂w p w/r = 0 √ w = √ . r



257



? 1



Fungsi kepekatan peluang bersama bagi peubah acak T dan W = U ialah p  g (t, w) = f t w/r, w |J|    r+1 1 w t2 −1 2 w exp − 1+ I (−∞ < t < ∞, w > 0) . = √ 2 r 2πrΓ (r/2) 2r/2



2.3 Sebaran t



258



28



Dengan demikian, fungsi kepekatan peluang marginal bagi T ialah Z∞ gT (t) =



g (t, w) dw 0



Z∞



   r+1 1 w t2 −1 √ = w 2 exp − 1+ dw 2 r 2πrΓ (r/2) 2r/2 0 !(r+1)/2   1 2 r+1 = √ × ×Γ 2 2 1 + tr 2πrΓ (r/2) 2r/2 !(r+1)/2
Γ r+1 1 2 = √ × I (−∞ < t < ∞) . (2.3) 2 πr × Γ (r/2) 1 + tr 259 260



261 262



263 264 265



266



Definisi 2.2 Jika Z ∼ N (0, 1) , U ∼ χ2 (r) , dan dua peubah acak tersebut Z disebut sebaran t dengan derajat saling bebas, maka sebaran dari T = p U/r bebas r, dinotasikan T ∼ t (r) , serta fungsi kepekatan peluang dari T seperti pada persamaan 2.3. Sebaran t ini dikenal juga sebagai sebaran t−Student yang diperkenalkan pertama kali oleh W. S. Gosset dengan nama samaran Student. Berikut merupakan ilustrasi sebaran t dengan parameter r = 0.5, 1.5, dan ∞.



2.3 Sebaran t



267 268



29



Teorema 2.5 Jika peubah acak T memiliki sebaran t dengan derajat bebas r, maka jika r ≥ 2



E (T ) = 0, r V ar (T ) = , r−2



jika r ≥ 3.



Bukti. Karena T ∼ t (r) , maka Z T =p U/r 269 270



dengan Z ∼ N (0, 1) , U ∼ χ2 (r) , dan dua peubah acak tersebut saling bebas. ! Z E (T ) = E p U/r
1/2 = r E (Z) E U −1/2 = 0. Berdasarkan Teorema 2.2, E U



271 272 273



274




−1/2



= 2−1/2 ×



Γ



r 2



Γ




− 21
, r 2




di mana E U −1/2 terdefinisi bila 2r − 12 > 0 ⇔ r > 1, sehingga E (T ) = 0 jika r ≥ 2. Selanjutnya, momen ke-2 dari peubah acak T ialah  2 
Z 2 E T = E U/r

= rE Z 2 E U −1 . (2.4) Berdasarkan Teorema 2.2, E U



−1








= 2



−1



×



Γ



1 × r 2 2 1 , = r−2



=



r 2



Γ




−1
r



2
Γ 2r − 1

− 1 Γ 2r − 1



2.3 Sebaran t



275



276



30



sehingga ruas kanan pada persamaan 2.4 menjadi
1 E T2 = r × 1 × r−2 r = , r ≥ 3. r−2 Dengan demikian,
V ar (T ) = E T 2 − (E (T ))2 r −0 = r−2 r = , r ≥ 3. r−2 z



277



Contoh 2.1 Misalkan X1 , X2 , X3 , X4 adalah peubah acak bebas dari sebaran normal baku. Tentukan nilai harapan dari peubah acak X 1 − X2 + X 3 . W =p 2 X1 + X22 + X32 + X42 Jawab. Karena Xi ∼ N (0, 1) , maka X1 − X2 + X3 ∼ N (0, 3) dan



X 1 − X2 + X3 √ ∼ N (0, 1) , 3 serta Xi2 ∼ χ2 (1) , sehingga X12 + X22 + X32 + X42 ∼ χ2 (4) .



278



279



Dengan demikian, peubah acak X1 − X2 + X3   √ 2 3 r = √ W ∼ t (4) . 3 X12 + X22 + X32 + X42 4 Berdasarkan Teorema 2.5, nilai harapan dari W ialah √   3 2 E (W ) = E √ W 2 3 √ 3 = ×0 2 = 0. z



2.4 Sebaran F



280



2.4



31



Sebaran F



Misalkan U dan Y adalah peubah acak bebas khi-kuadrat dengan derajat bebas r1 dan r2 . Fungsi kepekatan peluang bersama bagi peubah acak U dan Y ialah h (u, y) =



1 u(r1 /2)−1 y (r2 /2)−1 e−(u+y)/2 I (u, y > 0) . Γ (r1 /2) Γ (r2 /2) 2(r1 +r2 )/2



Definisikan suatu peubah acak W =



U/r1 . Y /r2



u/r1 dan z = y, maka y/r2 dapat diperoleh fungsi kepekatan peluang gW (w) dari peubah acak W. Dari transformasi satu-satu, Dengan transformasi satu-satu antara peubah w =



u/r1 dan z = y y/r2 ⇔ u = rr12 zw, y = z, w=



281



diperoleh ∂u ∂u ∂z J = ∂w ∂y ∂y ∂w  ∂z r1 z = r2 0   r1 z. = r2



282



? 1



Fungsi kepekatan peluang g (w, z) dari peubah acak W dan Z = Y ialah  (r /2)−1 1 r1 zw 1 g (w, z) = z (r2 /2)−1 (r +r )/2 1 2 Γ (r1 /2) Γ (r2 /2) 2 r2    z r1 r1 z exp − 1+ w I (0 < w, z < ∞) . 2 r2 r2



2.4 Sebaran F



283



32



Dengan demikian, fungsi kepekatan peluang marginal bagi W ialah Z ∞ g (w, z) dz gW (w) = 0



(r1 /r2 )r1 /2 w(r1 /2)−1 = z (r1 +r2 )/2−1 Γ (r1 /2) Γ (r2 /2) 2(r1 +r2 )/2 0    r1 r1 z z 1+ w dz. × exp − 2 r2 r2   (r1 /r2 )r1 /2 w(r1 /2)−1 r1 + r2 = ×Γ Γ (r1 /2) Γ (r2 /2) 2(r1 +r2 )/2 2 2 × (r1 +r2 )/2 I (w > 0) . r1 1 + r2 w
2 Γ r1 +r (r1 /r2 )r1 /2 w(r1 /2)−1 2 = × (r1 +r2 )/2 I (w > 0) . (2.5) Γ (r1 /2) Γ (r2 /2) r1 1 + r2 w Z



∞



Definisi 2.3 Misalkan U dan Y peubah acak bebas khi-kuadrat dengan derajat bebas r1 dan r2 . Sebaran dari W = 284 285



286 287



288



U/r1 Y /r2



disebut sebaran F dengan derajat bebas r1 dan r2 , dinotasikan F (r1 , r2 ) , dengan fungsi kepekatan peluang seperti pada persamaan 2.5. Berikut merupakan ilustrasi dari sebaran F , yaitu F (5, 10) , F (10, 5) , dan F (10, 10) .



2.5 Teorema Student



289 290



291



33



Teorema 2.6 Jika peubah acak W memiliki sebaran-F dengan derajat bebas r1 dan r2 , maka r2 E (X) = , jika r2 ≥ 3 r2 − 2 2r22 (r1 + r2 − 2) , jika r2 ≥ 5. V ar (X) = r1 (r2 − 2)2 (r2 − 4) Bukti. Analog dengan Teorema 2.5.



z



Contoh 2.2 Misalkan X1 , X2 , X3 , X4 dan Y1 , Y2 , Y3 , Y4 , Y5 adalah peubah acak bebas dari sebaran normal baku. Tentukan ragam dari peubah acak U=



5 (X12 + X22 + X32 + X42 ) . 4 (Y12 + Y22 + Y32 + Y42 + Y52 )



Jawab. Karena Xi ∼ N (0, 1) dan Yi ∼ N (0, 1) , maka X12 + X22 + X32 + X42 ∼ χ2 (4) dan Y12 + Y22 + Y32 + Y42 + Y52 ∼ χ2 (5) , sehingga



292



(X12 + X22 + X32 + X42 ) 4 U= ∼ F (4, 5) . (Y12 + Y22 + Y32 + Y42 + Y52 ) 5 Berdasarkan Teorema 2.6, ragam dari U ialah 2 (5)2 (4 + 5 − 2) V ar (U ) = 4 (5 − 2)2 (5 − 4) 350 = 36 = 9.72. z



293



294



2.5



Teorema Student



Teorema 2.7 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak bebas stokastik identik yang menyebar N (µ, σ 2 ) . Definisikan peubah acak n



n



X
1 X ¯= 1 ¯ 2, Xi dan S 2 = Xi − X X n i=1 n − 1 i=1



2.5 Teorema Student



295



296



297 298



299



300



301 302 303



304



305 306 307



34



maka   σ2 ¯ a. X ∼ N µ, n . ¯ dan S 2 saling bebas. b. X c. (n − 1) S 2 /σ 2 ∼ χ2 (n − 1) . ¯ −µ X √ memiliki sebaran t dengan derajat d. Peubah acak T = S/ n bebas n − 1. Bukti. Misalkan X = (X1 , X2 , ..., Xn )0 . Karena X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak bebas stokastik identik dari sebaran N (µ, σ 2 ) , maka X memiliki sebaran normal multivariat N (µ1, σ 2 I) di mana 1 merupakan vektor yang ¯ = v0 X. Definberunsur 1. Misalkan v0 = (1/n, ..., 1/n) = (1/n) 10 ,
maka X 0 ¯ ..., Xn − X ¯ . Perhatikan transforisikan vektor peubah acak Y = X1 − X, masi peubah berikut.     ¯ X v0 = W= X. Y I − 1v0 Karena W adalah transformasi linear dari vektor peubah acak normal multivariat, maka berdasarkan Teorema 1.4, W memiliki sebaran normal multivariat dengan nilai harapan       v0 µ v0 E (W) = E (X) = µ1 = , (2.6) I − 1v0 I − 1v0 0n di mana 0n adalah vektor yang berunsur 0 dan matriks koragam    0 v0 v0 2 Σ = σ I I − 1v0 I − 1v0   1/n 00n 2 = σ . 0n I − 1v0



(2.7)



¯ saling bebas dengan Y. Dengan Karena koragamnya bernilai nol, maka X ¯ juga saling bebas dengan S 2 = (n − 1)−1 Y0 Y. Selanjutnya, demikian, X   ¯ ∼ N µ, σ2 . berdasarkan persamaan 2.6 dan 2.7 diperoleh bahwa X n Misalkan suatu peubah acak V =



2 n  X Xi − µ i=1



σ



,



2.5 Teorema Student



35



 maka berdasarkan Teorema 2.2, ∀i = 1, ..., n,



Xi − µ σ



2



menyebar χ2 (1) ,



sehingga V =



2 n  X Xi − µ i=1



308



σ



∼ χ2 (n)



(lihat Akibat 2.1). Peubah acak V juga dapat dituliskan menjadi

! n ¯ + X ¯ −µ 2 X Xi − X V = σ i=1   n X ¯ − µ 2 ¯ 2 X Xi − X √ = + σ σ/ n i=1   ¯ −µ 2 X (n − 1) S 2 √ + . = σ2 σ/ n



(2.8)



¯ dan S 2 saling bebas, dua bagian pada ruas kanan persamaan 2.8, Karena X ¯ ¯ 2 2 (n − 1) S 2 X −µ X −µ √ √ yaitu dan juga saling bebas. Peubah acak σ2 σ/ n σ/ n merupakan kuadrat dari peubah acak normal baku, sehingga memiliki sebaran χ2 (1) . Selanjutnya, fungsi pembangkit momen dari kedua ruas pada persamaan 2.8, yaitu    (n − 1) S 2 −n/2 (1 − 2t) = E exp t (1 − 2t)−1/2 . σ2 309



Dengan demikian,    (n − 1) S 2 (1 − 2t)−n/2 = E exp t σ2 (1 − 2t)−1/2 = (1 − 2t)−(n−1)/2 ,



310



311



312



(n − 1) S 2 ∼ χ2 (n − 1) . σ2 Selanjutnya, dapat disimpulkan bahwa peubah acak T , yaitu
¯ − µ / (σ/√n) X T = p (n − 1) S 2 / (σ 2 (n − 1)) ¯ −µ X √ = S/ n



sehingga



memiliki sebaran t dengan derajat bebas (n − 1) .



z



2.6 Latihan



313 314



315



36



Contoh 2.3 Diketahui X ∼ N (10, 25) dan X1 , X2 , ..., X501 adalah contoh acak dari populasi X. Tentukan nilai harapan dari ragam contoh S 2 . Jawab. Berdasarkan Teorema 2.7,



(501 − 1) S 2 ∼ χ2 (500) , sehingga 25



 (501 − 1) S 2 = 500 E 25  
500 E S 2 = 500 25  
25 2 (500) E S = 500 = 25. 



z



316



317



318 319 320



321 322 323



324



325 326



327 328



2.6



Latihan



1. Misalkan X1 dan X2 merupakan contoh acak dari sebaran dengan fkp f (x) = exp (−x)I(x > 0), maka tunjukkanlah bahwa Z = X1 /X2 merupakan peubah acak bersebaran F. Tentukan pula derajat bebasnya. 2. Tunjukkan bahwa fungsi kepekatan peluang bagi peubah acak W = U/r1 adalah seperti pada persamaan 2.5, serta tentukan momen ke-k V /r2 dari peubah acak W. W di mana W ∼ N (0, 1) dan V ∼ 3. Misalkan peubah acak T = p V /r χ2 (r) saling bebas. Tunjukkan bahwa memiliki sebaran-F dengan parameter r1 = 1 dan r2 = r. 4. Misalkan X1 , X2 , X3 adalah tiga peubah acak bebas khi-kuadrat dengan derajat bebas masing-masing adalah r1 , r2 , dan r3 .



330



a. Tunjukkan bahwa Y1 = Y2 ∼ χ2 (r1 + r2 ) .



331



b. Tunjukkan bahwa



329



332



X1 X2



dan Y2 = X1 + X2 saling bebas serta



X1 /r1 X3 /r3 merupakan peubah dan X2 /r2 (X1 + X2 ) / (r1 + r2 ) acak bebas yang memiliki sebaran-F.



333



334



335



BAB 3 Pendugaan Parameter 3.1



Penduga Titik



Dalam statistika, populasi adalah sekumpulan data yang mempunyai karakteristik yang sama dan menjadi objek inferensi. Statistika inferensia mendasarkan diri pada dua konsep dasar, yaitu populasi sebagai keseluruhan data dan sampel sebagai bagian dari populasi yang digunakan untuk melakukan pendekatan terhadap populasi. Suatu populasi biasanya dijelaskan oleh suatu peubah acak X. Jika informasi mengenai sebaran f (x; θ) dari peubah acak X diketahui, maka informasi mengenai populasi tersebut juga akan diketahui. Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah peubah acak yang memiliki fungsi kepekatan peluang f (x; θ) yang sama dengan populasi, maka X1 = x1 , X2 = x2 , ..., Xn = xn



347



merupakan data atau nilai amatan sampel yang digunakan untuk mewakili populasi. Misalkan X adalah peubah acak yang memiliki fungsi kepekatan peluang f (x; θ) atau fungsi massa peluang p (x; θ), di mana θ merupakan suatu bilangan real atau vektor bilangan real yang tidak diketahui. Asumsikan bahwa θ ∈ Ω merupakan himpunan bagian dari Rp untuk p ≥ 1. Dalam tulisan ini, kadangkala notasi f (x; θ) digunakan baik sebagai fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa peluang peubah acak X, yang hasilnya berlaku baik untuk kasus peubah acak kontinu maupun diskret. Sebagai contoh, θ merupakan vektor (µ, σ 2 ) jika X ∼ N (µ, σ 2 ) atau θ merupakan peluang sukses p jika X memiliki sebaran binomial. Informasi mengenai parameter θ dapat diketahui berdasarkan sampel X1 , X2 , ..., Xn .



348



Definisi 3.1 Peubah acak X1 , X2 , ..., Xn disebut sebagai sampel acak dari



336 337 338 339 340 341 342 343 344 345 346



37



3.2 Metode Pendugaan Titik



349 350



351 352 353 354



38



peubah acak X jika peubah-peubah acak tersebut saling bebas dan masingmasing memiliki sebaran yang sama dengan sebaran X. Definisi 3.2 Misalkan n peubah acak X1 , X2 , ..., Xn merupakan sampel acak dari X yang memiliki sebaran f (x; θ). Fungsi dari sampel yang tidak bergantung pada parameter θ, yaitu T = T (X1 , X2 , ..., Xn ) disebut sebagai statistik. Statistik T yang didefinisikan pada definisi 3.2, digunakan untuk menduga parameter θ. Dalam hal ini, T (X1 , X2 , ..., Xn ) disebut sebagai penduga (estimator ) titik bagi θ yang dilambangkan dengan ˆθ dan T (x1 , x2 , ..., xn ) disebut sebagai dugaan (estimate) titik bagi θ. Sebagai contoh, andaikan X1 , X2 , ..., Xn merupakan sampel acak dari suatu sebaran dengan nilai harapan µ dan ragam σ 2 , maka Xn
1 Xn ¯ 2 ¯= 1 Xi dan σ ˆ2 = S2 = Xi − X µ ˆ=X i=1 i=1 n n−1 merupakan penduga titik bagi µ dan σ 2 , serta dugaan titik bagi µ dan σ 2 ialah 1 Xn 1 Xn xi dan s2 = (xi − x¯)2 . x¯ = i=1 i=1 n n−1



361



Pada pendugaan titik secara parametrik, diasumsikan bahwa sebaran populasi f (x; θ) diketahui, sehingga pendugaan yang dilakukan hanya pada parameter yang tidak diketahui, yaitu parameter θ atau fungsi dari parameter θ, misalkan k (θ) . Pendugaan tersebut dilakukan berdasarkan informasi yang tersedia dari sampel. Terdapat beberapa metode untuk melakukan pendugaan titik, di antaranya metode momen dan metode kemungkinan maksimum.



362



3.2



363



3.2.1



355 356 357 358 359 360



Metode Pendugaan Titik Metode Momen



Misalkan X1 , X2 , ..., Xn merupakan sampel acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; θ1 , θ2 , ..., θm ) di mana θ1 , θ2 , ..., θm merupakan parameter-parameter yang tidak diketahui. Misalkan pula
E X k = gk (θ1 , θ2 , ..., θm )



3.2 Metode Pendugaan Titik



39



merupakan momen ke-k dari populasi. Selanjutnya, misalkan n



Mk = 364 365 366 367



1X k X n i=1 i



merupakan momen ke-k dari sampel. Dengan menggunakan metode momen, penduga bagi m-parameter θ diperoleh dengan cara mencari solusi dari persamaan penduga m-momen pertama (jika ada) yang memberi solusi tunggal (khas) dari X, yaitu   ˆ ˆ ˆ g1 θ1 , θ2 , ..., θm = M1   g2 ˆθ1 , ˆθ2 , ..., ˆθm = M2   g3 ˆθ1 , ˆθ2 , ..., ˆθm = M3 .. .   gm ˆθ1 , ˆθ2 , ..., ˆθm = Mm . Contoh 3.1 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan peluang 1 f (x; θ) = I (0 < x < θ) θ



368



369



370 371



Tentukan penduga bagi θ dengan menggunakan metode momen. Jawab. Berdasarkan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) , maka X ∼ serθ agam (0, θ) , sehingga E (X) = = g1 (θ) . Dengan menggunakan metode 2 momen diperoleh   g1 ˆθ = M1 , ˆθ ¯ = X. 2 Jadi, penduga bagi θ ialah ˆθ = 2X. ¯



372



373 374 375



z Contoh 3.2 Misalkan X ∼ N (µ, σ 2 ) dan X1 , X2 , ..., Xn adalah contoh acak dari populasi X. Tentukan penduga bagi µ dan σ 2 dengan menggunakan metode momen.



3.2 Metode Pendugaan Titik



376



40



Jawab. Karena X ∼ N (µ, σ 2 ), maka E (X) = µ
E X 2 = σ 2 + µ2 ,



377



sehingga
g1 µ, σ 2 = µ
g2 µ, σ 2 = σ 2 + µ2 .



378



Dengan metode momen, g1 µ ˆ, σ ˆ2








= M1



2








= M2 ,



g2 µ ˆ, σ ˆ 379



sehingga n



µ ˆ =



1X ¯ Xi = X, n i=1 n



2



σ ˆ +µ ˆ



2



σ ˆ



2



1X 2 = X n i=1 i n



1X 2 = Xi − µ ˆ2 n i=1 n



=



1X 2 ¯2 X −X n i=1 i n




1X ¯ 2. Xi − X = n i=1 380 381



¯ Jadi, penduga bagi parameter µ dan σ 2 secara berturut-turut ialah µ ˆ =X
P 1 n ¯ 2. dan σ ˆ2 = z i=1 Xi − X n Contoh 3.3 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = θxθ−1 I (0 < x < 1)



382 383 384 385



di mana 0 < θ < ∞ ialah parameter yang tidak diketahui. Dengan menggunakan metode momen, tentukan penduga bagi θ. Jika x1 = 0.2, x2 = 0.6, x3 = 0.5, x4 = 0.3 adalah nilai amatan dari empat sampel acak, maka tentukan dugaan bagi θ.



3.2 Metode Pendugaan Titik



386



41



Jawab. Nilai harapan bagi X dengan f (x; θ) = θxθ−1 I (0 < x < 1) ialah Z1 E (X) =



xf (x; θ) dx 0



Z1 =



xθxθ−1 dx



0



θ , θ+1



=



sehingga g1 (θ) = 387



θ . θ+1



Dengan metode momen, M1



  = g1 ˆθ



¯ = X



ˆθ



ˆθ + 1 ¯ X ˆθ = ¯, 1−X



¯ adalah rata-rata dari sampel. Dengan demikian, statistik dengan X adalah penduga bagi θ,



¯ X ¯ 1−X



¯ X ¯. 1−X Karena x1 = 0.2, x2 = 0.6, x3 = 0.5, x4 = 0.3, diperoleh x¯ = 0.4, sehingga dugaan bagi θ ialah 0.4 2 = . 1 − 0.4 3 z ˆθ =



388



389 390 391 392 393



Contoh 3.4 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran seragam (α, β) , α < β. Dengan menggunakan metode momen, tentukan penduga bagi α dan β. Untuk ukuran sampel n = 9 dengan nilai-nilai amatan 0.5, 0.6, 0.1, 0.9, 1.3, 1.6, 0.7, 0.9, dan 1.0, tentukanlah dugaan bagi α dan β.



3.2 Metode Pendugaan Titik



394 395



42



= g1 (α, β) dan E (X 2 ) = 31 (α2 + αβ + β 2 ) = Jawab. Karena E (X) = α+β 2 g2 (α, β) , maka dengan metode momen diperoleh n α ˆ + βˆ 1X = Xi = Q1 , 2 n i=1 n  2 1 2 1X 2 α ˆ +α ˆ βˆ + βˆ = X = Q2 . 3 n i=1 i



(3.1) (3.2)



Dari persamaan 3.1 dan 3.2, diperoleh α ˆ + βˆ = 2Q1 ⇔ α ˆ = 2Q1 − βˆ 2 α ˆ2 + α ˆ βˆ + βˆ = 3Q2  2   2 ⇔ 2Q1 − βˆ + 2Q1 − βˆ βˆ + βˆ = 3Q2 2 ˆ 1 + 4Q2 − 3Q2 = 0 ⇔ βˆ − 2βQ 1 q 2Q1 ± 4Q21 −4(4Q21 −3Q2 ) ⇔ βˆ 1,2 = p 2 ⇔ βˆ 1,2 = Q1 ± p3 (Q2 − Q21 ) ⇔ α ˆ 1,2 = Q1 ∓ 3 (Q2 − Q21 ).



396



ˆ maka Karena α ˆ < β, q α ˆ = Q1 − 3 (Q2 − Q21 ) q βˆ = Q1 + 3 (Q2 − Q21 ).



403



Untuk ukuran sampel n = 9 dengan nilai-nilai amatan 0.5, 0.6, 0.1, 0.9, 1.3, 1.6, 0.7, 0.9, dan 1.0 akan diperoleh dugaan bagi Q1 sebesar 0.84 dan dugaan bagi Q2 sebesar 0.89 serta dugaan bagi α sebesar 0.096 dan dugaan bagi β sebesar 1.584. z Dari Contoh 3.4, dugaan yang diperoleh dengan metode momen tidak memberikan dugaan yang layak, karena untuk menduga β yang seharusnya bernilai lebih besar sama dengan 1.6, diperoleh dugaannya sebesar 1.584.



404



3.2.2



397 398 399 400 401 402



Metode Kemungkinan Maksimum



Definisi 3.3 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ), di mana θ adalah parameter yang



3.2 Metode Pendugaan Titik



43



tidak diketahui dalam ruang parameter Ω. Fungsi kemungkinan atau likelihood function, L (θ; x) , didefinisikan sebagai berikut L (θ; x) =



n Y



f (xi ; θ) .



i=1 405 406 407



Catatan : L (θ; x) adalah fungsi kepekatan bersama dari sampel. Karena L (θ; x) merupakan fungsi dari θ, maka kita juga dapat menggunakan notasi L (θ) . Definisi 3.4 Suatu fungsi dari X, katakanlah ˆθ = ˆθ (X) disebut penduga kemungkinan maksimum bagi θ bila ˆθ = Arg sup L (θ; X) . θ∈Ω



408 409



Berikut merupakan langkah-langkah untuk menentukan penduga kemungkinan maksimum. 1. Definisikan fungsi kemungkinan L (θ) untuk amatan sampel x1 , x2 , ..., xn , n Y f (xi ; θ) . L (θ) = i=1



410 411 412



413 414 415



2. Perhatikan bahwa setiap nilai θ yang memaksimumkan L (θ) juga akan memaksimumkan fungsi log-kemungkinan ln L (θ), sehingga untuk memudahkan perhitungan kita tentukan θ yang memaksimumkan ln L (θ) . 3. Nyatakan θ sebagai ˆθ untuk memperoleh penduga kemungkinan maksimum bagi θ dengan menggantikan amatan sampel dengan peubah acaknya. Contoh 3.5 Misalkan dan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan peluang 1 f (x; θ) = I (0 < x < θ) . θ



416 417



Tentukan penduga bagi θ dengan menggunakan metode kemungkinan maksimum.



3.2 Metode Pendugaan Titik



418



44



Jawab. Fungsi kemungkinan dari contoh ialah L (θ) =



n Y



f (xi ; θ)



i=1 n Y



1 , θ > xi (i = 1, 2, ..., n) θ i=1  n 1 = , θ > max {x1 , ..., xn } θ  n 1 ln L (θ) = ln θ = −n ln θ. =



Ruang parameter θ terhadap L (θ) ialah Ω = {θ ∈ R | xmax < θ < ∞} = (xmax , ∞) . 419 420



Selanjutnya, tentukan θ yang memaksimumkan ln L (θ) . Turunan pertama dari ln L (θ) ialah d d ln L (θ) = [−n ln θ] dθ dθ n = − < 0. θ Karena d lndθL(θ) < 0, maka ln L (θ) merupakan fungsi turun. Dengan demikian, θ = xmax memaksimumkan fungsi ln L (θ) . Jadi, penduga kemungkinan maksimum bagi θ ialah ˆθ = X(n) ,



421



di mana X(n) adalah statistik tataan ke-n dari sampel.



z



Contoh 3.6 Jika X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = θe−θx I (x > 0) , 422



maka tentukan penduga kemungkinan maksimum bagi θ.



3.2 Metode Pendugaan Titik



423



45



Jawab. Fungsi kemungkinan dari sampel ialah L (θ) =



n Y



f (xi ; θ)



i=1



" ln L (θ) = ln



n Y



# f (xi ; θ)



i=1



= =



n X i=1 n X



ln f (xi ; θ) ln θe−θxi








i=1



=



n X



[ln θ − θxi ]



i=1



= n ln θ − θ



n X



xi .



i=1 424



Kemudian, tentukan nilai maksimum dari ln L (θ) . d ln L (θ) = 0 dθ " # n X d n ln θ − θ xi = 0 dθ i=1 n



n X − xi = 0 θ i=1 n X n = xi θ i=1



θ = 425



1 . x¯



Turunan kedua bagi ln L (θ) ialah d2 ln L (θ) n = − 2 2 dθ θ d2 ln L (θ) = −n¯ x2 < 0. 2 dθ Dengan demikian, penduga kemungkinan maksimum bagi θ ialah ˆθ = 1 . ¯ X



3.2 Metode Pendugaan Titik



46



z



426



Contoh 3.7 Jika X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = (1 − θ) x−θ I (0 < x < 1) , 427



428



maka tentukan penduga kemungkinan maksimum bagi θ. Jawab. Fungsi kemungkinan dari sampel ialah L (θ) =



n Y



f (xi ; θ)



i=1



" ln L (θ) = ln



n Y



# f (xi ; θ)



i=1



=



n X



ln f (xi ; θ)



i=1



=



n X



  ln (1 − θ) x−θ i



i=1



= n ln (1 − θ) − θ



n X



ln xi .



i=1 429



Kemudian, tentukan nilai maksimum dari ln L (θ) . d ln L (θ) = 0 dθ # " n X d n ln (1 − θ) − θ ln xi = 0 dθ i=1 n



X n − ln xi = 0 − 1 − θ i=1 n



1 1X = − ln xi 1−θ n i=1 n θ = 1 + Pn . i=1 ln xi 430



Turunan kedua bagi ln L (θ) ialah d2 ln L (θ) n = − 2 dθ (1 − θ)2 P 2 ( ni=1 ln xi ) = − < 0. n



3.2 Metode Pendugaan Titik



47



Dengan demikian, L (θ) maksimum bila θ = 1 + Pn



n



i=1



ln xi



,



sehingga penduga kemungkinan maksimum bagi θ ialah ˆθ = 1 + Pn n . i=1 ln Xi z



431



432 433 434



435



Contoh 3.8 Misalkan dan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari populasi X yang menyebar N (θ1 , θ2 ) . Tentukan penduga bagi θ1 dan θ2 dengan menggunakan metode kemungkinan maksimum. Jawab. Fungsi kemungkinan dari sampel tersebut ialah L (θ1 , θ2 ) =



n Y



f (xi ; θ1 , θ2 )



i=1



" # 1 (xi − θ1 )2 √ = exp − 2θ2 2πθ 2 i=1 " P # n 2 (x − θ ) i 1 = (2πθ2 )−n/2 exp − i=1 2θ2 Pn 2 n n i=1 (xi − θ1 ) ln L (θ1 , θ2 ) = − ln (2π) − ln θ2 − . 2 2 2θ2 n Y



3.2 Metode Pendugaan Titik



436



48



Kemudian, tentukan nilai maksimum dari ln L (θ1 , θ2 ) . ∂ ln L (θ1 , θ2 ) = 0 ∂θ1 P 2 ni=1 (xi − θ1 ) = 0 2θ2 Pn i=1 xi θ1 = n θ1 = x¯, ˆθ1 = X, ¯ ∂ ln L (θ1 , θ2 ) = 0 ∂θ2 Pn (xi − θ1 )2 n + i=1 − = 0 2θ2 2 (θ2 )2 Pn 2 n i=1 (xi − θ1 ) = 2 2θ2 2 (θ2 ) Pn 2 i=1 (xi − θ1 ) θ2 = . n



(3.3)



(3.4)



Selanjutnya, substitusikan 3.3 pada 3.4 untuk menentukan penduga kemungkinan maksimum bagi θ2 , yaitu
Pn ¯ 2 X − X i i=1 ˆθ2 = . n 437



438 439 440



z Contoh 3.9 Misalkan dan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari populasi X yang menyebar gamma dengan parameter α dan β. Tentukan penduga bagi α dan β dengan menggunakan metode kemungkinan maksimum.



3.2 Metode Pendugaan Titik



441



49



Jawab. Fungsi kemungkinan dari sampel tersebut ialah L (α, β) =



n Y



f (xi ; α, β)



i=1 n Y



1 xα−1 e−xi /β i α Γ (α) β i=1 !α−1 ! n n Y 1X 1 xi xi exp − = [Γ (α)]n β nα i=1 β i=1



=



ln L (α, β) = −n ln Γ (α) − nα ln β + (α − 1)



n X i=1



442



n 1X ln xi − xi . β i=1



Kemudian, tentukan nilai maksimum dari ln L (α, β) . ∂ ln L (α, β) = 0 ∂β Pn xi nα − + i=12 = 0 β β Pn i=1 xi nα = β x¯ β = , α



(3.5)



∂ ln L (α, β) = 0 ∂α n X n 0 − Γ (α) − n ln β + ln xi = 0 Γ (α) i=1 n



1X Γ0 (α) − − ln β + ln xi = 0 Γ (α) n i=1 n



Γ0 (α) 1X + ln β = ln xi . Γ (α) n i=1 443



(3.6)



Selanjutnya, substitusikan 3.5 pada 3.6 untuk menentukan penduga kemu-



3.2 Metode Pendugaan Titik



444



50



ngkinan maksimum bagi α, n



1X Γ0 (α) + ln β = ln xi Γ (α) n i=1 n



Γ0 (α) x¯ 1X + ln = ln xi Γ (α) α n i=1 n



Γ0 (α) 1X + ln x¯ − ln α = ln xi Γ (α) n i=1 n



Γ0 (α) 1X − ln α = ln xi − ln x¯. Γ (α) n i=1 445 446 447



Perhatikan bahwa persamaan 3.7 merupakan persamaan implisit, sehingga dibutuhkan analisis numerik untuk menentukan penduga kemungkinan maksimum bagi α, yaitu α ˆ dan penduga kemungkinan maksimum bagi β ialah ¯ X βˆ = . α ˆ



448 449 450 451 452



453 454



455



456



(3.7)



(3.8)



z ˆ Penduga kemungkinan maksimum θ bagi parameter θ memiliki sifat inˆ varian. Sifat invarian tersebut menyatakan   bahwa jika θ adalah penduga kemungkinan maksimum bagi θ, maka g ˆθ adalah penduga kemungkinan maksimum bagi g (θ) . Sifat tersebut dinyatakan dalam teorema berikut. Teorema 3.1 Misalkan ˆθ adalah penduga kemungkinan maksimum bagi θ,   ˆ maka penduga kemungkinan maksimum bagi g (θ) adalah g θ . Berikut merupakan contoh yang menjelaskan Teorema 3.1. Contoh 3.10 Jika X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = θe−θx I (x > 0) , √ maka tentukan penduga kemungkinan maksimum bagi θ2 + 5. Jawab. Berdasarkan Contoh 3.6, diperoleh penduga kemungkinan maksimum dari θ ialah ˆθ = 1 , ¯ X



3.3 Sifat-Sifat Penduga



457



458



51



maka√dengan menggunakan Teorema 3.1, penduga kemungkinan maksimum bagi θ2 + 5 ialah r 1 ¯ 2 + 5. X z



3.3



Sifat-Sifat Penduga



Secara umum, perbedaan penggunaan metode pendugaan akan menghasilkan penduga yang berbeda. Seperti pada Contoh 3.1 dan Contoh 3.5, jika X ∼ seragam (0, θ) dan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari populasi X, maka penduga yang diperoleh dengan metode momen ialah ˆθ1 = 2X, ¯ sedangkan penduga yang diperoleh dengan metode kemungkinan maksimum ialah ˆθ2 = X(n) .



462



Untuk menentukan manakah penduga yang lebih baik, perlu diperiksa apakah penduga tersebut memenuhi sifat-sifat penduga yang baik. Suatu penduga dikatakan baik apabila memenuhi sifat-sifat berikut, yaitu ketakbiasan, memiliki ragam minimum, dan konsisten.



463



3.3.1



459 460 461



Ketakbiasan



Definisi 3.5 Misalkan X adalah peubah acak dengan fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; θ) , θ ∈ Ω. Misalkan pula X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari X dan T merupakan suatu statistik. T dikatakan penduga takbias bagi θ jika E (T ) = θ, ∀θ ∈ Ω. Jika E (T ) 6= θ, maka T disebut penduga bias bagi θ. Bias dari ˆθ, yang  dinotasikan B ˆθ, θ , didefinisikan sebagai     ˆ B θ, θ = E ˆθ − θ. Jika



  lim B ˆθ, θ = 0 atau lim E (T ) = θ,



n→∞ 464



n→∞



maka ˆθ merupakan penduga takbias asimtotik bagi θ.



3.3 Sifat-Sifat Penduga



465 466 467



468 469



470



52



Contoh 3.11 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran normal dengan nilai harapan µ dan ragam σ 2 . Apakah penduga bagi µ dan σ 2 yang telah ditunjukkan pada Contoh 3.2 merupakan penduga takbias? Jawab. Berdasarkan Contoh 3.2, penduga bagi µ dan σ 2 berturut-turut ialah n
1X 2 ¯ ¯ 2. µ ˆ = X dan σ ˆ = Xi − X n i=1  
¯ = µ. Jadi, X ¯ adalah penduga takbias ¯ ∼ N µ, σ2 , maka E X Karena X n bagi µ. " n #  2
2 1X ¯ = E E σ ˆ Xi − X n i=1 " # n
2 n−1 1 X ¯ = E Xi − X n n − 1 i=1 " # n
2 1 X n−1 ¯ E = Xi − X n n − 1 i=1 n − 1  2 E S = n   n−1 2 σ2 E S , = (3.9) n σ2 Karena



n−1 2 S ∼ χ2 (n − 1), maka persamaan 3.9 menjadi σ2 E σ ˆ2



471



Jadi, σ ˆ2 =



1 n



Pn



i=1



¯ Xi − X




2








σ2 (n − 1) n n−1 2 = σ n 6= σ 2 . =



merupakan penduga bias bagi σ 2 .



z



3.3 Sifat-Sifat Penduga



472



53



Pada Contoh 3.11,
= E σ ˆ 2 − σ2 n−1 2 = σ − σ2 n  
n−1 2 2 2 2 lim B σ ˆ ,σ = lim σ −σ n→∞ n→∞ n σ2 = lim − n→∞ n = 0.
ˆ 2 merupakan penduga takbias asimtotik Karena lim B σ ˆ 2 , σ 2 = 0, maka σ n→∞ n−1 2 bagi σ 2 . Selanjutnya, berdasarkan fakta bahwa S ∼ χ2 (n − 1) , maka 2 σ   n−1 2 E S = n − 1, σ2 B σ ˆ 2, σ2








yang berarti bahwa E S



2








σ2 × (n − 1) = σ 2 . = n−1



Jadi, n




1 X ¯ 2 Xi − X S = n − 1 i=1 2



473 474 475



merupakan penduga takbias bagi σ 2 . Penduga takbias kadang dapat memberi dugaan yang tidak layak seperti pada contoh berikut. Contoh 3.12 Misalkan X ∼ P oisson (θ) , θ > 0 dengan f (x; θ) =



e−θ θx I (x = 0, 1, 2, ...) . x!



477



Ingin diperoleh penduga takbias bagi e−3θ . Untuk peubah acak tersebut, berikan penduga bagi fungsi parameter g (θ) = e−3θ .



478



Jawab. Untuk sampel acak berukuran satu, yaitu X, T (X) = (−2)X ,



476



3.3 Sifat-Sifat Penduga



479



54



diperoleh   E (T (X)) = E (−2)X  ∞  −θ x X x e θ = (−2) · x! x=0 −θ



= e



n X (−2θ)x



x=1 −θ −2θ



x!



= e e = e−3θ . 480 481 482 483



484



Jadi, T (X) = (−2)X merupakan penduga takbias bagi e−3θ , tetapi dugaan yang diperoleh akan kurang dari nol bila x merupakan bilangan gasal, suatu dugaan yang tidak layak digunakan bagi suatu fungsi parameter yang positif. z



3.3.2



Efisiensi Relatif Penduga



Definisi 3.6 Misalkan ˆθ1 dan ˆθ2 adalah dua penduga  θ. Penduga  takbias bagi ˆθ1 dikatakan lebih efisien daripada ˆθ2 jika V ar ˆθ1 < V ar ˆθ2 . Rasio η didefinisikan sebagai berikut    V ar ˆθ2   , η ˆθ1 , ˆθ2 = V ar ˆθ1 485



merupakan efisiensi relatif dari ˆθ1 terhadap ˆθ2 . Contoh 3.13 Misalkan X1 , X2 , X3 adalah tiga sampel acak dari populasi ¯ dan dengan nilai harapan µ dan ragam σ 2 > 0. Jika statistik X Y =



486



X1 + 2X2 + 3X3 6



adalah dua penduga takbias bagi µ, maka penduga manakah yang lebih efisien?



3.3 Sifat-Sifat Penduga



487



488



55



¯ dan Y ialah Jawab. Ragam dari X  
X + X + X 1 2 3 ¯ = V ar V ar X 3 1 = [V ar (X1 ) + V ar (X2 ) + V ar (X3 )] 9
1 = 3σ 2 9 1 2 12 2 = σ = σ 3 36 dan  V ar (Y ) = V ar



X1 + 2X2 + 3X3 6







1 [V ar (X1 ) + 4V ar (X2 ) + 9V ar (X3 )] 36
1 14σ 2 = 36 14 2 = σ . 36
2 ¯ < V ar (Y ) = 14 σ 2 , sehingga X ¯ merupakan penduga Jadi, 12 σ = V ar X 36 36 ¯ yang lebih efisien daripada Y. Efisiensi relatif dari X terhadap Y ialah =




¯ Y = 14 = 7 . η X, 12 6 z



489



490



491 492 493 494 495 496 497 498



3.3.3



Efisiensi dan Pertaksamaan Rao-Cram` er



Pada subbab sebelumnya dibahas efisiensi relatif dari dua penduga takbias dengan cara membandingkan ragamnya. Berdasarkan definisi efisiensi relatif penduga tersebut, timbul pertanyaan apakah terdapat penduga yang paling efisien di antara beberapa penduga takbias tersebut? Untuk mengetahui hal tersebut, kita dapat menentukan apakah ada penduga yang paling efisien berdasarkan batas bawah pertaksamaan Rao-Cram`er. Jika suatu penduga memiliki ragam yang nilainya sama dengan batas bawah pertaksamaan RaoCram`er, maka penduga tersebut adalah penduga yang paling efisien.



3.3 Sifat-Sifat Penduga



56



Definisi 3.7 Misalkan X adalah peubah acak dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ). Andaikan f (x; θ) kontinu dan terturunkan dua kali, maka informasi Fisher, dinotasikan I (θ) , didefinisikan sebagai 2 Z ∞ d ln f (x; θ) f (x; θ) dx. I (θ) = dθ −∞ i2 h Dengan kata lain, I (θ) adalah nilai harapan dari peubah acak d ln fdθ(X;θ) , yaitu 2 !  d ln f (X; θ) . I (θ) = E dθ 499



Lema berikut adalah formula alternatif untuk informasi Fisher. Lema 3.1 Informasi Fisher I (θ) juga dapat didefinisikan sebagai  2  d ln f (X; θ) I (θ) = −E . dθ2



500



Bukti. Karena f (x; θ) adalah fungsi kepekatan peluang, maka Z ∞ f (x; θ) dx = 1.



(3.10)



−∞ 501



502



Turunkan persamaan 3.10 terhadap θ, Z ∞ d f (x; θ) dx = 0. dθ −∞



(3.11)



Selanjutnya, persamaan 3.11 dapat ditulis menjadi Z ∞ df (x; θ) 1 f (x; θ) dx = 0 dθ f (x; θ) −∞ Z



Z 503



∞ −∞



d ln f (x; θ) f (x; θ) dx = 0 dθ



∞







 d ln f (x; θ) df (x; θ) d2 ln f (x; θ) f (x; θ) + dx = 0 dθ2 dθ dθ







 d2 ln f (x; θ) d ln f (x; θ) df (x; θ) 1 f (x; θ) + f (x; θ) dx = 0 dθ2 dθ dθ f (x; θ)



"



#  2 d2 ln f (x; θ) d ln f (x; θ) f (x; θ) + f (x; θ) dx = 0 dθ2 dθ



−∞



Z



∞ −∞



Z



∞ −∞



3.3 Sifat-Sifat Penduga



57



Jadi, berdasarkan persamaan di atas diperoleh 2 Z ∞ Z ∞ 2 d ln f (x; θ) d ln f (x; θ) f (x; θ) dx = − f (x; θ) dx. dθ dθ2 −∞ −∞ Dengan demikian, berdasarkan Definisi 3.7 diperoleh Z ∞ 2 d ln f (x; θ) I (θ) = − f (x; θ) dx. dθ2 −∞ z



504



Lema 3.2 Jika X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran X dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ), maka informasi Fisher dari sampel berukuran n ialah In (θ) = nI (θ) . 505



Bukti. Dengan menggunakan Definisi 3.7,   2 d ln f (X1 , X2 , ..., Xn ; θ) In (θ) = −E dθ2  2  d = −E [ln f (X1 ; θ) + ... + ln f (Xn ; θ)] dθ2  2   2  d ln f (X1 ; θ) d ln f (Xn ; θ) = −E − ... − E dθ2 dθ2 = I (θ) + ... + I (θ) = nI (θ) . z



506



Contoh 3.14 Misalkan X adalah peubah acak dari sebaran eksponensial dengan fungsi kepekatan peluang 1 f (x; θ) = e−x/θ I (0 ≤ x < ∞) , θ > 0. θ 507



508 509



Tentukan I (θ) dengan menggunakan Definisi 3.7 dan Lema 3.1. Jawab. Karena f (x; θ) = 1θ e−x/θ , maka ln f (x; θ) = − ln θ − xθ . Turunan pertama dari ln f (x; θ) terhadap θ ialah d ln f (x; θ) 1 x = − + 2 dθ θ θ  2 d ln f (x; θ) 1 2x x2 = 2 − 3 + 4. dθ θ θ θ



3.3 Sifat-Sifat Penduga



510 511



58



Karena X ∼ eksponensial(θ) , maka E (X) = θ dan E (X 2 ) = 2θ2 , sehingga dengan menggunakan Definisi 3.7 diperoleh " 2 # d ln f (X; θ) I (θ) = E dθ 1 2θ 2θ2 − + 4 θ2 θ3 θ 1 = 2. θ =



512



513



514 515



516



Jika menggunakan Lema 3.1, maka diperlukan turunan kedua dari ln f (x; θ) terhadap θ, yaitu d2 ln f (x; θ) 1 2x = − . dθ2 θ2 θ3 Dengan demikian,   2 d ln f (X; θ) I (θ) = −E dθ2   2X 1 = −E 2 − 3 θ θ   1 2θ = − 2− 3 θ θ 1 = 2. θ z Contoh 3.15 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran normal dengan parameter µ dan σ 2 . Tentukan informasi Fisher In (µ) . Jawab. Misalkan X ∼ N (µ, σ 2 ) , maka "



(x − µ)2 ln f (x; µ) = ln √ exp − 2σ 2 2πσ 2   (x − µ)2 1 − , = ln √ 2σ 2 2πσ 2 1



517



#!



sehingga turunan pertama dan kedua dari ln f (x; µ) ialah d ln f (x; µ) x−µ = dµ σ2 2 d ln f (x; µ) 1 = − . dµ2 σ2



3.3 Sifat-Sifat Penduga



518



59



Jadi, In (µ) = nI (µ)  = n × −E = n×



d2 ln f (X; µ) dµ2







1 . σ2 z



519



520 521 522 523



Teorema 3.2 (Pertaksamaan Rao-Cram` er) Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel dari sebaran X ∼ f (x; θ) , θ ∈ Ω. Misalkan pula Y = u (X1 , X2 , ..., Xn ) adalah statistik dengan nilai harapan E (Y ) = k (θ) . Andaikan L (θ) adalah fungsi kemungkinan (likelihood function) yang memenuhi Z ∞ Z ∞ d ··· u (x1 , x2 , ..., xn ) L (θ) dx1 · · · dxn dθ −∞ −∞ Z ∞ Z ∞ d u (x1 , x2 , ..., xn ) L (θ) dx1 · · · dxn , ··· = dθ −∞ −∞ maka V ar (Y ) ≥



524



Bukti. Nilai harapan E (Y ) = k (θ) dapat dituliskan menjadi Z ∞ Z ∞ k (θ) = ··· u (x1 , x2 , ..., xn ) f (x1 ; θ) · · · f (xn ; θ) dx1 · · · dxn −∞ −∞ Z ∞ Z ∞ u (x1 , x2 , ..., xn ) L (θ) dx1 · · · dxn ··· = −∞



525



(k 0 (θ))2 . nI (θ)



−∞



Turunkan k (θ) terhadap θ, sehingga Z ∞ Z ∞ dL (θ) 1 0 ··· u (x1 , x2 , ..., xn ) k (θ) = · · L (θ) dx1 · · · dxn dθ L (θ) −∞ −∞ Z ∞ Z ∞ d ln L (θ) = ··· u (x1 , x2 , ..., xn ) · L (θ) dx1 · · · dxn dθ −∞ −∞ " n # Z ∞ Z ∞ X 1 df (xi ; θ) = ··· u (x1 , x2 , ..., xn ) · L (θ) dx1 · · · dxn f (x ; θ) dθ i −∞ −∞ # " i=1 Z ∞ Z ∞ n X d ln f (xi ; θ) = ··· u (x1 , x2 , ..., xn ) L (θ) dx1 · · · dxn . (3.12) dθ −∞ −∞ i=1



3.3 Sifat-Sifat Penduga



60



Definisikan peubah acak Z sebagai Z=



n X d ln f (Xi ; θ) i=1



dθ



,



maka E (Z) = 0 dan V ar (Z) = nI (θ) . Persamaan 3.12 dapat ditulis menjadi p k 0 (θ) = E (Y Z) = E (Y ) E (Z) + ρσY nI (θ) dengan ρ adalah koefisien korelasi antara Y dan Z. Karena E (Z) = 0 dan ρ2 ≤ 1, maka k 0 (θ) p ρ= σY nI (θ) dan



[k 0 (θ)]2 ≤ 1. σY2 nI (θ)



Dengan demikian, terbukti bahwa σY2 ≥



[k 0 (θ)]2 . nI (θ) z



526



Definisi 3.8 Misalkan Y adalah penduga takbias bagi parameter θ. Statistik Y disebut penduga efisien jika ragam dari Y sama dengan batas bawah pertaksamaan Rao-Cram`er. Efisiensi penduga takbias Y bagi parameter θ didefinisikan sebagai [k 0 (θ)]2 × 100%. nI (θ) V ar (Y ) Jika



527



[k 0 (θ)]2 lim = 1, n→∞ nI (θ) V ar (Y )



maka penduga takbias Y disebut sebagai penduga efisien asimtotik. Akibat 3.1 Berdasarkan asumsi pada Teorema 3.2, jika Y = u (X1 , X2 , ..., Xn ) adalah penduga takbias bagi θ, k (θ) = θ, maka pertaksamaan Rao-Cram`er menjadi 1 V ar (Y ) ≥ . nI (θ)



3.3 Sifat-Sifat Penduga



528 529 530



531



61



Contoh 3.16 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran Pois¯ adalah penduga efisien son dengan nilai harapan θ > 0. Tunjukkan bahwa X bagi θ. Jawab. d d ln f (x; θ) = (x ln θ − θ − ln x!) dθ dθ x = −1 θ x−θ = θ " 2 # d ln f (X; θ) I (θ) = E dθ = = = =



E (X − θ)2 θ2 2 σ θ2 θ θ2 1 . θ



Karena X ∼ Poisson(θ), maka
¯ = V ar (X) = θ . V ar X n n Batas bawah Rao-Cram`er:
1 θ ¯ , = = V ar X nI (θ) n ¯ merupakan penduga efisien bagi θ. Efisiensi penduga X ¯ bagi θ sehingga X sebesar 1/ [nI (θ)] θ/n
× 100% = × 100% = 100%. ¯ θ/n V ar X 532



z Contoh 3.17 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran normal dengan nilai harapan µ dan ragam θ. Tentukan efisiensi bagi penduga takbias θ, yaitu
Pn ¯ 2 X − X i i=1 . S2 = n−1



3.3 Sifat-Sifat Penduga



533



62



Jawab.   1 1 1 2 − ln 2π − ln θ − (x − µ) 2 2 2θ 1 1 = − + 2 (x − µ)2 2θ 2θ



d ln f (x; θ) d = dθ dθ



d2 ln f (x; θ) 1 1 = − (x − µ)2 dθ2 2θ2 θ3  2  d ln f (X; θ) I (θ) = −E dθ2 1 1 = − 3 E (X − µ)2 2 2θ θ 1 1 − 3 ·θ = 2 2θ θ 1 = . 2θ2 Batas bawah pertaksamaan Rao-Cram`er:



Pn 534



Karena Y =



i=1



¯ Xi − X θ



1 1 2θ2 = 1 = . nI (θ) n n 2θ2
2 ∼ χ2 (n − 1), maka V ar (Y ) = 2 (n − 1) dan



θ Y, (n − 1)
θ2 V ar S 2 = V ar (Y ) (n − 1)2 θ2 = · 2 (n − 1) (n − 1)2 2θ2 = . (n − 1) S2 =



Dengan demikian,
V ar S 2 =



2θ2 1 2θ2 > = . (n − 1) nI (θ) n



Efisiensi penduga S 2 bagi θ sebesar 1/ [nI (θ)] n−1 × 100% = × 100% 2 V ar (S ) n



3.3 Sifat-Sifat Penduga



535 536



537



538 539 540 541 542



63



yang akan sama dengan 100% untuk n → ∞, sehingga S 2 merupakan penduga efisien asimtotik bagi θ. z



3.3.4



Kekonsistenan



Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah contoh acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) . Misalkan ˆθ adalah penduga bagi sampel berukuran n. Jelas bahwa penduga tersebut akan bergantung pada ukuran contoh n. Oleh karena itu, untuk menunjukkan bahwa ˆθ bergantung pada n, maka notasikan ˆθ sebagai ˆθn . Definisi 3.9 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acakndari o populasi X dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) . Barisan penduga ˆθn disebut konn o sisten jika barisan ˆθn konvergen dalam peluang ke θ, yaitu   ˆ ∀ε > 0, lim P θn − θ ≥ ε = 0. n→∞



Teorema 3.3 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalahnsampel acak dari sebaran X o dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) dan ˆθn merupakan barisan penduga bagi θ berdasarkan sampel. Jika ragam dari ˆθn ada untuk setiap n dan berhingga, serta  2  ˆθn − θ lim E = 0, n→∞



maka



  ˆ ∀ε > 0, lim P θn − θ ≥ ε = 0. n→∞



Bukti. Berdasarkan pertaksamaan Markov diperoleh  2  ˆ  E  θn − θ 2 2 ˆ P θn − θ ≥ ε ≤ ε2  2 untuk setiap ε > 0. Karena ˆθn − θ ≥ ε2 equivalen dengan ˆθn − θ ≥ ε, maka  2  ˆ   θn − θ 2   E ˆ 2 ˆ P θ n − θ ≥ ε = P θ n − θ ≥ ε ≤ ε2



3.3 Sifat-Sifat Penduga



64



untuk setiap n ∈ N. Perhatikan bahwa jika  2  ˆθn − θ lim E =0 n→∞



maka



  lim P ˆθn − θ ≥ ε = 0.



n→∞ 543 544



545 546



547



548



z     Bias bagi penduga θ ialah B ˆθ, θ = E ˆθn − θ. Jika penduga yang   diperoleh merupakan penduga takbias, maka B ˆθ, θ = 0. Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa  2    h  i2 ˆθ − θ E = V ar ˆθ + B ˆθ, θ . (3.13) Perhatikan bahwa  2   2  ˆ θ−θ E = E ˆθ − 2ˆθθ + θ2    2 = E ˆθ − 2θE ˆθ + θ2    2  h  i2 h  i2 + E ˆθ − 2θE ˆθ + θ2 = E ˆθ − E ˆθ   h  i2   = V ar ˆθ + E ˆθ − 2θE ˆθ + θ2   h   i2 = V ar ˆθ + E ˆθn − θ   h  i2 = V ar ˆθ + B ˆθ, θ . Jika



    lim V ar ˆθ = 0 dan lim B ˆθ, θ = 0,



n→∞



n→∞



(3.14)



maka berdasarkan persamaan 3.13,  2  ˆ lim E θ−θ = 0. n→∞



549 550



Dengan kata lain, untuk menunjukkan bahwa suatu penduga konsisten, kita cukup menunjukkan persamaan 3.14.



3.3 Sifat-Sifat Penduga



65



Contoh 3.18 Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari populasi normal dengan nilai harapan µ dan ragam σ 2 > 0. Tentukan apakah penduga bagi σ 2 , yaitu n
1X 2 ¯ 2 Xi − X σ ˆ = n i=1 551



merupakan penduga konsisten bagi σ 2 ? Jawab. Karena σ ˆ 2 bergantung terhadap n, maka notasikan σ ˆ 2 sebagai σ ˆ 2n , sehingga n
1X 2 ¯ 2. σ ˆn = Xi − X n i=1



552



Ragam bagi σ ˆ 2n ialah
2



V ar σ ˆn



= = = = =



lim V ar σ ˆ 2n



n→∞








=



! n X
1 ¯ 2 V ar Xi − X n i=1   2 1 2 (n − 1) S V ar σ n2 σ2   (n − 1) S 2 σ4 (n − 1) S 2 V ar ∼ χ2 (n − 1) ; n2 σ2 σ2 2 (n − 1) σ 4 n2   1 1 − 2 2σ 4 , n n   1 1 lim − 2 2σ 4 = 0. n→∞ n n



3.4 Penduga Selang



553



66




Bias B σ ˆ 2n , σ 2 ialah
= E σ ˆ 2n − σ 2 ! n
2 1X ¯ = E Xi − X − σ2 n i=1   2 1 2 (n − 1) S E σ − σ2 = 2 n σ   2 σ (n − 1) S 2 = E − σ2 n σ2 (n − 1) σ 2 = − σ2 n σ2 = − , n
σ2 lim B σ ˆ 2n , σ 2 = − lim = 0. n→∞ n→∞ n
¯ 2 adalah penduga konsisten bagi σ 2 . Xi − X B σ ˆ 2n , σ 2



554



Jadi,



555



3.4



556 557 558 559 560



1 n



Pn



i=1








Penduga Selang



Definisi 3.10 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan peluang f (x, θ) , di mana θ adalah parameter yang tidak diketahui. Penduga selang bagi θ dengan peluang (1 − α) adalah selang statistik [L (X1 , X2 , ..., Xn ) , U (X1 , X2 , ..., Xn )] dengan L ≤ U sedemikian sehingga P ([L (X1 , X2 , ..., Xn ) ≤ θ ≤ U (X1 , X2 , ..., Xn )]) = 1 − α



561



z



(3.15)



dengan 0 < α < 1. Pada persamaan 3.15, P (L ≤ θ ≤ U ) menyatakan bahwa peluang parameter θ berada di antara selang acak tersebut adalah sebesar (1 − α), di mana (1 − α) disebut sebagai koefisien kepercayaan. Setelah diperoleh titik atau amatan sampel, maka selang [L (x1 , x2 , ..., xn ) , U (x1 , x2 , ..., xn )] disebut sebagai selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi θ. Selang [L (x1 , x2 , ..., xn ) , U (x1 , x2 , ..., xn )]



562 563 564



tentunya dapat mencakup atau tidak mencakup nilai θ yang sebenarnya, tetapi bila sampel ini diperoleh sebanyak m kali, maka harapan kita (1 − α)× m kali selang ini akan mencakup nilai θ.



3.4 Penduga Selang



67



Contoh 3.19 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran N (µ, σ 2 ) , ¯ merupakan nilai tengah dengan asumsi σ 2 > 0 diketahui. Misalkan X
pula √ ¯ − µ / (σ/ n) memiliki sebaran normal dari sampel, maka peubah acak X baku. Dengan kata lain,
¯ −µ X √ ∼ N (0, 1) . σ/ n 565



Tentukan selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi µ. Jawab. Untuk 0 < α < 1, definisikan bahwa !
¯ −µ X α √ P > zα/2 = 2 σ/ n



566



sedemikian sehingga 1−α = P



−zα/2



!
¯ −µ X √ < zα/2 < σ/ n



  σ σ ¯ = P − √ zα/2 < X − µ < √ zα/2 n n   σ σ ¯ ¯ = P X − √ zα/2 < µ < X + √ zα/2 . n n Jadi, selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi µ ialah   σ σ x¯ − √ zα/2 , x¯ + √ zα/2 , n n di mana x¯ =



1 Xn xi . i=1 n z



567



568 569 570 571



Contoh 3.20 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran N (µ, σ 2 ) , ¯ dan S 2 merupakan nilai tendengan asumsi σ 2 tidak diketahui. Misalkan X gah dan ragam dari sampel. Tentukan selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi µ. Jawab. Karena X1 , X2 , ..., Xn ∼ N (µ, σ 2 ), maka   2 σ n−1 2 ¯ ∼ N µ, X dan S ∼ χ2 (n − 1) , n σ2



3.4 Penduga Selang



¯ dan dengan X



572



573



68



n−1 2 S n



saling bebas. Oleh karena itu, peubah acak
¯ −µ X √ T = ∼ t (n − 1) . S/ n   ¯ (X−µ ) Untuk 0 < α < 1, definisikan bahwa P S/√n > tα/2 = α2 sedemikian sehingga 1−α = P



−tα/2



!
¯ −µ X √ < < tα/2 S/ n



  S S ¯ = P − √ tα/2 < X − µ < √ tα/2 n n   S S ¯ ¯ = P X − √ tα/2 < µ < X + √ tα/2 . n n Jadi, selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi µ ialah   s s x¯ − √ tα/2 , x¯ + √ tα/2 , n n di mana x¯ =



1 Xn 1 Xn xi dan s2 = (xi − x¯)2 . i=1 i=1 n n−1 z



574



575 576 577 578



Contoh 3.21 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran N (µ, σ 2 ) , ¯ dan S 2 merupakan nilai tendengan asumsi σ 2 tidak diketahui. Misalkan X gah dan ragam dari sampel. Tentukan selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi σ2. Jawab. Karena X1 , X2 , ..., Xn ∼ N (µ, σ 2 ), maka n−1 2 S ∼ χ2α/2 (n − 1) . σ2 Untuk 0 < α < 1, definisikan bahwa   α n−1 2 2 P S < χα/2 (n − 1) = 2 σ 2



3.4 Penduga Selang



579



69



sedemikian sehingga  1−α = P = P = P



 n−1 2 2 (n − 1) < S < χ1−α/2 (n − 1) σ2 ! χ2α/2 (n − 1) χ21−α/2 (n − 1) 1 < 2 < (n − 1) S 2 σ (n − 1) S 2 ! 2 (n − 1) S 2 (n − 1) S < σ2 < 2 . χ21−α/2 (n − 1) χα/2 (n − 1)



χ2α/2



Jadi, selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi σ 2 ialah ! (n − 1) s2 (n − 1) s2 , , χ21−α/2 (n − 1) χ2α/2 (n − 1) di mana s2 =



1 Xn (xi − x¯)2 . i=1 n−1 z



580



581 582 583 584 585



Contoh 3.22 Misalkan X adalah peubah acak Bernoulli dengan peluang sukses sebesar p dan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran X. Mis¯ alkan Pn pˆ = X adalah proporsi sampel yang menyatakan sukses, dengan pˆ = 1 p) = p (1 − p) /n. Tentukan sei=1 Xi merupakan nilai tengah dan V ar (ˆ n lang kepercayaan bagi p. Jawab. Berdasarkan Teorema Limit Pusat, sebaran dari peubah acak pˆ − p Z=p p (1 − p) /n



586 587



mendekati sebaran N (0, 1) . Bila p (1 − p) diganti dengan penduganya, yaitu pˆ (1 − pˆ) , maka ! pˆ − p < zα/2 1 − α = P −zα/2 < p pˆ (1 − pˆ) /n   p p = P −zα/2 pˆ (1 − pˆ) /n < pˆ − p < zα/2 pˆ (1 − pˆ) /n   p p = P pˆ − zα/2 pˆ (1 − pˆ) /n < p < pˆ + zα/2 pˆ (1 − pˆ) /n Jadi, selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi µ ialah   p p p¯ − zα/2 p¯ (1 − p¯) /n, p¯ + zα/2 p¯ (1 − p¯) /n ,



588



dengan p¯ menyatakan dugaan dari p.



z



3.4 Penduga Selang



589



3.4.1



70



Selang Kepercayaan Beda Dua Nilai Tengah



Misalkan X1 , X2 , ..., Xm adalah sampel acak dari sebaran X dan Y1 , Y2 , ..., Yn adalah sampel acak dari sebaran Y . Asumsikan bahwa masing-masing sam2 pel saling bebas dan ragam dari X dan Y berhingga, dengan Pm dinotasikan Pnσ1 = 1 1 2 ¯ ¯ V ar (X) dan σ2 = V ar (Y ) . Misalkan X = m i=1 Xi dan Y = n i=1 Yi ¯ − Y¯ adalah nilai tengah sampel dari sebaran X dan Y. Dengan demikian, X memiliki sebaran dengan 2 2

¯ − Y¯ = µx − µy dan V ar X ¯ − Y¯ = σ1 + σ2 E X m n



590



591



Berdasarkan asumsi kebebasan sampel dan Teorema Limit Pusat, peubah acak
¯ − Y¯ − (µx − µy ) · X r Z= ∼ N (0, 1) . S12 S22 + m n Jadi, selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi µx − µy ialah ! r r s21 s22 s21 s22 + , (¯ x − y¯) + zα/2 + (3.16) (¯ x − y¯) − zα/2 m n m n dengan 1 Xm (xi − x¯)2 , i=1 m−1 1 Xn = (yi − y¯)2 . i=1 n−1



s21 = s22 592 593 594 595 596 597 598 599



Selang kepercayaan bagi beda dua nilai tengah yang dihasilkan pada persamaan 3.16 merupakan suatu pendekatan. Berikut ini akan dijelaskan hasil eksak untuk selang kepercayaan bagi beda dua nilai tengah jika diasumsikan bahwa sebaran X dan Y adalah normal dengan ragam yang sama, yaitu σ12 = σ22 . Asumsikan X ∼ N (µx , σ 2 ) dan Y ∼ N (µy , σ 2 ) saling bebas. Misalkan n = n1 + n2 adalah total dari ukuran sampel. Misalkan pula X1 , X2 , ..., Xn1 adalah sampel acak dari sebaran X dan Y1 , Y2 , ..., Yn2 adalah sampel acak dari sebaran Y .
¯ − Y¯ dengan E X ¯ − Y¯ = µx − µy dan Penduga bagi µx − µy adalah X
¯ dan Y¯ saling bebas, maka ¯ − Y¯ = σ2 + σ2 . Karena X V ar X n1 n2
¯ − Y¯ − (µx − µy ) X q ∼ N (0, 1) . σ n11 + n12



3.4 Penduga Selang



71



Misalkan Sp2 =



(n1 − 1) S12 + (n2 − 1) S22 . n1 + n2 − 2



Perhatikan bahwa Sp2 merupakan penduga tak bias bagi σ 2 . Karena (n1 − 1) S12 /σ 2 ∼ χ2 (n1 − 1) dan (n2 − 1) S22 /σ 2 ∼ χ2 (n2 − 1) , 600 601



serta S12 dan S22 saling bebas, maka (n − 2) Sp2 /σ 2 ∼ χ2 (n − 2) . Dengan demikian, i 
 h q1 1 ¯ ¯ X − Y − (µx − µy ) / σ n1 + n2 q T = (n − 2) Sp2 / (n − 2) σ 2 
 ¯ − Y¯ − (µx − µy ) X h q i = Sp n11 + n12 memiliki sebaran-t dengan derajat bebas (n − 2) , sehingga dapat disimpulkan bahwa selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi µ1 − µ2 ialah r r   1 1 1 1 + , (¯ x − y¯) + t(α/2,n−2) sp + (¯ x − y¯) − t(α/2,n−2) sp n1 n2 n1 n2



602



dengan (n1 − 1) s21 + (n2 − 1) s22 , n1 + n2 − 2 1 Xn1 = (xi − x¯)2 , i=1 n1 − 1 1 Xn2 (yi − y¯)2 . = i=1 n2 − 1



s2p = s21 s22



603



3.4.2



Selang Kepercayaan Nisbah Dua Ragam



Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran X ∼ N (µx , σx2 ) , maka
Pn ¯ 2 i=1 Xi − X V = ∼ χ2 (n − 1) . σx2
Misalkan pula Y1 , Y2 , ..., Ym adalah sampel acak dari sebaran Y ∼ N µy , σy2 , maka
Pm ¯ 2 Y − Y i W = i=1 2 ∼ χ2 (m − 1) . σy



3.4 Penduga Selang



72



Karena peubah acak V dan W saling bebas, maka W/ (m − 1) ∼ F (m − 1, n − 1) , V / (n − 1) 604



sehingga untuk 0 < α < 1, !
2 ¯ Y − Y /σ (m − 1) i
y 1 − α = P Fα/2 (m − 1, n − 1) ≤ Pni=1 ≤ F1−α/2 (m − 1, n − 1) 2 ¯ i=1 Xi − X /σx (n − 1)   Sy2 /σy2 = P Fα/2 (m − 1, n − 1) ≤ 2 2 ≤ F1−α/2 (m − 1, n − 1) Sx /σx   2 Sx σx2 Sx2 = P Fα/2 (m − 1, n − 1) 2 ≤ 2 ≤ F1−α/2 (m − 1, n − 1) 2 . Sy σy Sy Pm



Jadi, selang kepercayaan 100 (1 − α) % bagi 



605



σx2 σy2



ialah



s2 s2 Fα/2 (m − 1, n − 1) x2 , F1−α/2 (m − 1, n − 1) x2 sy sy



dengan 1 Xn (xi − x¯)2 , i=1 n−1 1 Xm = (yi − y¯)2 . i=1 m−1



s2x = s2y Catatan: Misalkan Z= atau



W/ (m − 1) ∼ F (m − 1, n − 1) V / (n − 1)



1 V / (n − 1) = ∼ F (n − 1, m − 1) , Z W/ (m − 1)



maka Fα/2 (m − 1, n − 1) =



1 . F1−α/2 (n − 1, m − 1)



Bukti. Karena Z ∼ F (m − 1, n − 1) , maka
P Z≤ Fα/2 (m − 1, n − 1) = 1 ⇔ P Z1 ≥ Fα/2 (m−1,n−1) = α2 .



α 2







3.5 Latihan



Karena



1 Z



73



∼ F (n − 1, m − 1) , maka 1 Fα/2 (m − 1, n − 1) 1 ⇔ Fα/2 (m − 1, n − 1) = . F1−α/2 (n − 1, m − 1) F1−α/2 (n − 1, m − 1) =



z



606



607



3.5



Latihan



1. Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = 608



1 I (α < x < β) β−α



Tentukan penduga dari α dan β dengan menggunakan metode momen. 2. Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang r   2 1 2 exp − (x − θ) I (x ≥ θ) f (x; θ) = π 2



609



Tentukan penduga kemungkinan maksimum bagi θ. 3. Andaikan X1 , X2 , ..., Xn merupakan sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = I (θ − 0.5 ≤ x ≤ θ + 0.5)



610 611



612 613 614 615



616 617



dan Y1 < Y2 < ... < Yn merupakan statistik-statistik tataan (order statistics)-nya. Carilah penduga bagi θ dengan menggunakan: (a) metode momen, (b) metode kemungkinan maksimum. Jelaskan bahwa (Y1 +Yn )/2 dan (4Y1 + 2Yn + 1)/6 masing-masing merupakan penduga kemungkinan maksimum bagi θ. 4. Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran Γ (2, θ) , di mana θ merupakan parameter yang tidak diketahui.



3.5 Latihan



618 619 620



74



P (a) Carilah sebaran dari Y jika Y = ni=1 Xi dan tentukan konstanta c sedemikian sehingga cY adalah penduga tak bias bagi θ.
(b) Jika n = 5, tunjukkan bahwa P 9.59 < 2Yθ < 34.2 = 0.95. 5. Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = e−(x−θ) I (x > θ)



621 622 623



624 625 626



¯ − 1 merudi mana −∞ < θ < ∞. Periksa apakah penduga X(1) dan X pakan penduga tak bias bagi θ? Di antara penduga tersebut, manakah penduga yang lebih efisien? 6. Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran X ∼ P oisson (λ) dengan λ > 0. Tentukan penduga bagi λ dan periksa apakah penduga tersebut merupakan penduga konsisten bagi λ. 7. Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = θe−θx I (x > 0)



627



di mana θ > 0.



628



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



629



(b) Berikanlah penduga takbias bagi θ.



631



(c) Berikanlah batas bawah pertaksamaan Rao-Cram`er untuk penduga yang diperoleh dari butir b.



632



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



630



633 634



8. Andaikan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = θ exp (−θx) I (x > 0) dan Y = (X1 + X2 + ... + Xn )/n, maka :



636



(a) Tunjukkanlah bahwa W = 2nY /θ memiliki sebaran Khi-kuadrat dengan derajat bebas 2n.



637



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



635



638 639 640 641



9. Misalkan X1 , X2 , ..., X11 adalah sampel acak dari sebaran normal P11 den2 gan nilai tengah µ (tidak diketahui) dan ragam σ = 9.9. Jika i=1 xi = 132, tentukanlah konstanta k sedemikian 90% selang keper√ sehingga √   cayaan bagi µ ialah 12 − k 0.9, 12 + k 0.9 .



3.5 Latihan



75



¯ dan Y¯ adalah nilai tengah dari dua sampel acak yang sal10. Misalkan X ing bebas dari sebaran N (µx , σ 2 ) dan N (µy , σ 2 ) dengan asumsi ragam tidak diketahui. Tentukan n sedemikian sehingga
¯ − Y¯ − σ/5 < µx − µy < X ¯ − Y¯ + σ/5 = 0.90. P X



642



643



644



BAB 4 Kecukupan 4.1



Statistik Cukup



Definisi 4.1 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa peluang f (x; θ) , θ ∈ Ω. Andaikan Y = u (X1 , X2 , ..., Xn ) merupakan statistik dengan fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa peluang gY (y; θ) , θ ∈ Ω, maka Y adalah statistik cukup bagi θ jika f (x1 , ..., xn ; θ) = H (x1 , ..., xn ) , gY (u (x1 , ..., xn ) ; θ) 645



646 647 648



649



dengan H (x1 , ..., xn ) tidak bergantung pada θ ∈ Ω. Contoh 4.1 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fP (x; θ) = θx (1 − θ)1−x I (x = 0, 1) di mana 0 < θ < 1. Tunjukkan bahwa Y = ni=1 Xi adalah statistik cukup bagi θ. Jawab. f (x1 , ..., xn ; θ) =



Yn



= θ



θxi (1 − θ)1−xi I (xi = 0, 1) Yn n (1 − θ)n−Σi=1 xi I (xi = 0, 1) .



i=1 Σn i=1 xi



i=1



Pn



Karena Xi ∼ Bernoulli (θ) , maka Y = i=1 Xi ∼ binomial (n, θ) sehingga   n y gY (y; θ) = θ (1 − θ)n−y I (y = 0, 1, ..., n) . y



76



4.1 Statistik Cukup



650



77



Sebaran bersyarat dari X1 , X2 , ..., Xn untuk Y = f (x1 , ..., xn ; θ) = gY (y; θ)



Pn



i=1



Xi = y ialah n



θΣi=1 xi (1 − θ)n−Σi=1 xi
Σn x n n θ i=1 i (1 − θ)n−Σi=1 xi Σn xi n



i=1



= =



1 n Σn i=1 xi








1
n y



651 652



653 654 655



656



(tidak bergantung pada parameter θ) . Jadi, Y = tik cukup bagi θ.



Pn



i=1



Xi merupakan statisz



Contoh 4.2 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan f (x; θ) = e−(x−θ) I (x > θ) . Tunjukkan bahwa Y = X(1) adalah statistik cukup bagi θ. Jawab. Fungsi kepekatan peluang bagi Y = X(1) ialah gY (y; θ) = nf (y; θ) [1 − F (y)]n−1 I (y > θ) n−1  Z y −(y−θ) −(x−θ) = ne e dx 1− θ




n−1 = ne 1 − 1 − e−(y−θ)  n−1 = ne−(y−θ) e−(y−θ) −(y−θ)



= ne−n(y−θ) I (y > θ) . 657



658 659



Sebaran bersyarat dari X1 , X2 , ..., Xn untuk Y = X(1) = min (Xi ) ialah Yn e−(xi −θ) f (x1 , ..., xn ; θ) i=1 = gY (y; θ) ne−n(min(xi )−θ) P exp (nθ − ni=1 xi ) = n exp (−n (min (xi ) − θ)) P exp (− ni=1 xi ) = n exp (−n min (xi )) (tidak bergantung pada parameter θ) . Jadi, Y = X(1) merupakan statistik cukup bagi θ. z Teorema 4.1 (Faktorisasi Neyman) Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa



4.1 Statistik Cukup



78



peluang f (x; θ) , θ ∈ Ω. Statistik Y1 = u1 (X1 , X2 , ..., Xn ) merupakan statistik cukup bagi θ jika dan hanya jika terdapat dua fungsi nonnegatif k1 dan k2 sehingga Yn f (xi ; θ) = k1 (u1 (x1 , x2 , ..., xn ) ; θ) · k2 (x1 , x2 , ..., xn ) i=1



660



661



dengan k2 (x1 , x2 , ..., xn ) tidak bergantung pada θ. Bukti. (⇒) Jika Y1 adalah statistik cukup, maka f (x1 , x2 , ..., xn ; θ) = gY1 (u1 (x1 , x2 , ..., xn ) ; θ) · H (x1 , x2 , ..., xn ) Yn f (xi ; θ) = k1 (u (x1 , x2 , ..., xn ) ; θ) · k2 (x1 , x2 , ..., xn ) . i=1



(⇐) Misalkan X merupakan peubah acak kontinu. Dalam pembuktian ini, peubah y1 = u1 (x1 , x2 , ..., xn ) , y2 = u2 (x1 , x2 , ..., xn ) , ..., yn = un (x1 , x2 , ..., xn ) ditransformasikan satu-satu. Peubah y1 , y2 , ... dan yn memiliki invers x1 = w1 (y1 , y2 , ..., yn ) , x2 = w2 (y1 , y2 , ..., yn ) , ..., xn = wn (y1 , y2 , ..., yn ) dan determinan matriks Jacobi J. Fungsi kepekatan peluang bagi Y1 , Y2 , ... dan Yn ialah g (y1 , y2 , ..., yn ; θ) = k1 (y1 ; θ) · k2 (w1 , w2 , ..., wn ) · |J| 662 663



di mana wi = wi (y1 , y2 , ..., yn ) , i = 1, 2, ..., n. Fungsi kepekatan peluang bagi Y1 ialah Z ∞ Z ∞ g (y1 , y2 , ..., yn ; θ) dy2 ...dyn gY1 (y1 ; θ) = ... −∞ −∞ Z ∞ Z ∞ = k1 (y1 ; θ) ... k2 (w1 , w2 , ..., wn ) · |J| dy2 ...dyn . −∞



Misalkan m (y1 ) =



R∞ −∞



...



R∞ −∞



−∞



k2 (w1 , w2 , ..., wn ) · |J| dy2 ...dyn , maka



gY1 (y1 ; θ) = k1 (y1 ; θ) m (y1 ) . Jika m (y1 ) = 0, maka gY1 (y1 ; θ) = 0. Jika m (y1 ) > 0, maka fungsi k1 (y1 ; θ) dapat dituliskan menjadi k1 (u1 (x1 , x2 , ..., xn ) ; θ) =



gY1 (u1 (x1 , x2 , ..., xn ) ; θ) m (u1 (x1 , x2 , ..., xn ))



dan faktorisasinya menjadi n Y i=1



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



k2 (x1 , x2 , ..., xn ) , m (u1 (x1 , x2 , ..., xn ))



4.1 Statistik Cukup



79



di mana fungsi k2 dan m tidak bergantung pada θ. Dengan demikian, berdasarkan definisinya dengan H (x1 , ..., xn ) = 664



665 666 667



668



k2 (x1 , x2 , ..., xn ) , m (u1 (x1 , x2 , ..., xn ))



maka Y1 merupakan statistik cukup bagi θ.



z



Contoh 4.3 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran N (θ, σ 2 ), −∞ < θ < ∞, di mana σ 2 > 0 diketahui. Dengan menggunakan Teorema ¯ adalah statistik cukup bagi θ. 4.1 (Faktorisasi Neyman), tunjukkan bahwa X Jawab. Jika x¯ = n X



2



(xi − θ)



Pn



=



i=1



=



i=1



xi



n n X i=1 n X



, maka (xi − x¯ + x¯ − θ)2 



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







i=1



=



n X



(xi − x¯)2 + n (¯ x − θ)2 ,



i=1 669 670



Pn



karena (¯ x − θ) i=1 (xi − x¯) = 0. Fungsi kepekatan peluang bersama bagi X1 , X2 , ..., Xn ialah Yn f (x1 , x2 , ..., xn ; θ) = f (xi ; θ) i=1 " P #  n n 2 (x − θ) 1 i √ = exp − i=1 2 2σ σ 2π ( " #) (  P ) exp − ni=1 (xi − x¯)2 /2σ 2 n (¯ x − θ)2 √
n = exp − × 2σ 2 σ 2π = k1 (¯ x; θ) × k2 (x1 , x2 , ..., xn ) .



671 672 673



674 675



Yn Karena f (xi ; θ) dapat difaktorkan menjadi k1 dan k2 di mana k2 tidak i=1 ¯ merupakan bergantung pada parameter θ, maka berdasarkan Teorema 4.1, X statistik cukup bagi θ. z Akibat 4.1 Jika Y adalah statistik cukup bagi θ, maka penduga kemungkinan maksimum bagi θ adalah fungsi dari Y .



4.1 Statistik Cukup



676 677



80



Bukti. Berdasarkan Teorema 4.1, fungsi kemungkinan L (θ) dapat difaktorisasi menjadi Yn L (θ) = f (xi , θ) i=1



= k1 (y; θ) × k2 (x) , 678 679 680



681 682 683 684 685



686 687



sehingga untuk memaksimumkan L (θ) , hanya perlu memaksimumkan k1 (y; θ) . Dengan demikian, penduga kemungkinan maksimum bagi θ merupakan fungsi dari statistik cukup Y. z Teorema 4.2 (Rao-Blackwell) Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa peluang f (x; θ) , θ ∈ Ω. Misalkan Y1 = u1 (X1 , X2 , ..., Xn ) merupakan statistik bagi θ dan Y2 = u2 (X1 , X2 , ..., Xn ) penduga takbias bagi θ. Jika E (Y2 |y1 ) = ϕ (y1 ) , maka E (ϕ (Y1 )) = θ dan V ar (ϕ (Y1 )) ≤ V ar (Y2 ) . Bukti. Misalkan X merupakan peubah acak kontinu. Karena E (Y2 |y1 ) = ϕ (y1 ) , maka Z ∞ E (ϕ (Y1 )) = ϕ (y1 ) fY1 (y1 ; θ) dx −∞  Z ∞ Z ∞ y2 f (y2 |y1 ) dy2 fY1 (y1 ; θ) dy1 = −∞ −∞  Z ∞ Z ∞ f (y1 , y2 ; θ) dy2 fY1 (y1 ; θ) dy1 = y2 fY1 (y1 ; θ) −∞ −∞ Z ∞Z ∞ y2 f (y1 , y2 ; θ) dy2 dy1 = −∞



−∞



= E (Y2 ) = θ. 688



Z Z E [(Y2 − ϕ (Y1 )) (ϕ (Y1 ) − θ)] =



(y2 − ϕ (y1 )) (ϕ (y1 ) − θ) f (y1 , y2 ; θ) dy1 dy2 Z Z



(y2 − ϕ (y1 )) (ϕ (y1 ) − θ) f (y2 |y1 ) fY1 (y1 ; θ) dy1 dy2 Z  Z = (ϕ (y1 ) − θ) (y2 − ϕ (y1 )) f (y2 |y1 ) dy2 fY1 (y1 ; θ) dy1 Z = (ϕ (y1 ) − θ) (ϕ (y1 ) − ϕ (y1 )) fY1 (y1 ; θ) dy1



=



= 0



4.1 Statistik Cukup



81



689



V ar (Y2 ) = E (Y2 − θ)2 = E (Y2 − ϕ (Y1 ) + ϕ (Y1 ) − θ)2 = E (Y2 − ϕ (Y1 ))2 + 2E [(Y2 − ϕ (Y1 )) (ϕ (Y1 ) − θ)] +E (ϕ (Y1 ) − θ)2 = E (Y2 − ϕ (Y1 ))2 + E (ϕ (Y1 ) − θ)2 = E (Y2 − ϕ (Y1 ))2 + V ar (ϕ (Y1 )) . (4.1) Karena E (Y2 − ϕ (Y1 ))2 ≥ 0, maka persamaan 4.1 menjadi V ar (Y2 ) ≥ V ar (ϕ (Y1 )) . 690 691 692 693 694



695 696



697



z Berdasarkan Teorema 4.2, jika Y1 adalah statistik cukup untuk suatu parameter θ, maka untuk mendapatkan penduga takbias dengan ragam minimum atau Minimum Variance Unbiased Estimator (MVUE), cukup dengan mencari fungsi dari statistik Y1 , ϕ (Y1 ) , sedemikian sehingga E (ϕ (Y1 )) = θ. Contoh 4.4 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dengan f (x; θ) = 1 −x/θ e I (x > 0) . Tentukan MVUE bagi θ. θ Jawab. L (θ) =



Yn



f (xi , θ)  Pn  −n i=1 xi L (θ) = θ exp − . (4.2) θ P Berdasarkan Teorema 4.1, statistik Y1 = ni=1 Xi merupakan statistik cukup. Fungsi log-likelihood dari persamaan 4.2 adalah i=1



n



1X ln L (θ) = −n ln θ − xi , θ i=1 ¯= sehingga diperoleh penduga kemungkinan maksimum bagi θ adalah X Pn Karena Xi ∼ Γ (1, θ) , maka Y1 = i=1 xi ∼ Γ (n, θ) .  
¯ = E Y1 = 1 E (Y1 ) = 1 · nθ = θ, E X n n n 698



¯ merupakan MVUE bagi θ. sehingga X



Y1 . n



z



4.1 Statistik Cukup



82



Misalkan ϕ (Y1 ) = E (Y2 |Y1 ) adalah penduga takbias yang memiliki ragam lebih kecil daripada penduga takbias bagi θ, yaitu Y2 . Misalkan pula suatu fungsi dari suatu statistik Y3 , dinotasikan dengan Υ (Y3 ) dan amatannya didefinisikan sebagai Υ (y3 ) = E (ϕ (Y1 ) |Y3 = y3 ) , di mana Y3 bukan statistik cukup. Berdasarkan Teorema 4.2 (Rao-Blackwell), E (Υ (Y3 )) = θ dan Υ (Y3 ) memiliki ragam lebih kecil daripada ϕ (Y1 ) . Oleh karena itu, seharusnya Υ (Y3 ) merupakan penduga takbias yang lebih baik jika dibandingkan dengan ϕ (Y1 ) . Namun, hal ini tidak benar karena Y3 bukan statistik cukup, sehingga sebaran bersyarat dari Y1 jika diketahui Y3 = y3 dan nilai harapan bersyarat dari Y3 masih mengandung θ. Jadi, meskipun E (Υ (Y3 )) = θ, Υ (Y3 ) bukanlah suatu statistik karena masih bergantung pada paramater θ yang tidak diketahui. Sebagai contoh, misalkan X1 , X2 , X3 adalah sampel acak dari sebaran eksponensial dengan nilai harapan θ > 0, maka fungsi kepekatan peluang bersama dari sampel acak tersebut ialah   3  3 x1 + x2 + x3 Y 1 exp − I (0 < xi < ∞) . f (x1 , x2 , x3 ; θ) = θ θ i=1 Berdasarkan Teorema 4.1, Y1 = X1 + X2 + X3 merupakan statistik cukup bagi θ. Nilai harapan dari Y1 ialah E (Y1 ) = E (X1 + X2 + X3 ) = 3θ, 699 700 701 702



¯ ialah fungsi dari statistik cukup yang merupakan penduga dan Y1 /3 = X takbias bagi θ. Misalkan Y2 = X2 +X3 dan Y3 = X3 . Transformasi satu-satu x1 = y1 −y2 , x2 = y2 − y3 , x3 = y3 memiliki determinan matriks Jacobi sama dengan   ∂x J = det ∂y0 1 −1 0 1 −1 = 0 0 0 1 = 1 dan fungsi kepekatan peluang bersama bagi Y1 , Y2 , dan Y3 ialah  3  y  1 1 g (y1 , y2 , y3 ; θ) = exp − I (0 < y3 < y2 < y1 < ∞) . θ θ



4.2 Kelengkapan dan Kekhasan



703



83



Fungsi kepekatan peluang marginal bagi Y1 dan Y3 ialah Z y1   3  y  1 1 exp − dy2 g13 (y1 , y3 ; θ) = θ θ y3  3  y  1 1 = (y1 − y3 ) exp − I (0 < y3 < y1 < ∞) . θ θ Karena Y3 = X3 , maka fungsi kepekatan peluang bagi Y3 ialah  y  1 3 I (0 < y3 < ∞) , g3 (y3 ; θ) = exp − θ θ



704 705



sehingga fungsi kepekatan peluang bersyarat bagi Y1 jika diketahui Y3 = y3 ialah g13 (y1 , y3 ; θ) g3 (y3 ; θ)  2   1 1 = (y1 − y3 ) exp − (y1 − y3 ) I (0 < y3 < y1 < ∞) . θ θ



g1|3 (y1 |y3 ) =



706



 E



     Y1 − Y3 Y3 Y1 y = E y + E y3 3 3 3 3 3   Z  2 1 1 ∞ 1 y3 2 (y1 − y3 ) exp − (y1 − y3 ) dy1 + = 3 y3 θ θ 3 1 Γ (3) θ3 y3 = + 3 θ2 3 2θ y3 = + 3 3 = Υ (y3 ) .



709



Jelas bahwa E (Υ (Y3 )) = θ dan V ar (Υ (Y3 )) ≤ V ar (Y1 /3), tetapi Υ (Y3 ) bukan statistik karena bergantung pada parameter θ dan tidak dapat digunakan sebagai penduga bagi θ.



710



4.2



707 708



711 712 713 714 715



Kelengkapan dan Kekhasan



Definisi 4.2 Misalkan Z adalah peubah acak dengan fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang h (z; θ) , θ ∈ Ω. Jika E (u (Z)) = 0, ∀θ ∈ Ω memerlukan u (Z) = 0 kecuali pada himpunan berpeluang nol untuk setiap h (z; θ) , θ ∈ Ω, maka famili {h (z; θ) : θ ∈ Ω} disebut famili lengkap dari fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang.



4.2 Kelengkapan dan Kekhasan



716



717 718 719 720



721



84



Berikut merupakan beberapa contoh famili lengkap dan famili tak lengkap. Contoh 4.5 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel P acak dari sebaran Poisson dengan parameter θ > 0. Tunjukkan bahwa Y1 = ni=1 Xi adalah statistik cukup bagi θ dan himpunan fungsi massa peluang bagi Y1 merupakan famili lengkap. Jawab. Karena Xi ∼ P oisson (θ) , maka Yn i=1



θxi e−θ I (xi = 0, 1, 2, . . .) i=1 xi ! θΣxi e−nθ Yn Qn I (xi = 0, 1, 2, . . .) i=1 i=1 (xi !) 1 θΣxi e−nθ × Qn i=1 (xi !) k1 (y1 ; θ) × k2 (x1 , x2 , ..., xn ) . P = ni=1 Xi merupakan statistik cukup bagi θ. Yn



f (xi ; θ) = = = =



Berdasarkan Teorema 4.1, Y1



Kemudian, fungsi massa peluang bagi Y1 ialah g (y1 ; θ) =



(nθ)y1 e−nθ I (y1 = 0, 1, 2, . . .) . y1 !



Misalkan {g (y1 ; θ) : θ > 0} merupakan famili dari fungsi massa peluang. Misalkan pula u (Y1 ) adalah fungsi dari Y1 sedemikian sehingga E (u (Y1 )) = 0. Akan ditunjukkan bahwa bila E (u (Y1 )) = 0 memerlukan u (Y1 ) = 0 kecuali pada himpunan berpeluang nol untuk setiap g (y1 ; θ) , θ > 0. E (u (Y1 )) = 0 ∞ X y1



" e−nθ



(nθ)y1 e−nθ =0 u (y1 ) y1 ! =0



nθ (nθ)2 u (0) + u (1) + u (2) + ··· 1! 2!



# = 0.



Karena e−nθ 6= 0, maka  n2 u (2) 2 u (0) + [nu (1)] θ + θ + · · · = 0. 2 



4.2 Kelengkapan dan Kekhasan



722 723



85



Catatan: Jika suatu deret (pangkat) takhingga konvergen ke nol untuk setiap θ > 0, maka setiap koefisiennya sama dengan nol. Dengan demikian, u (0) = 0, nu (1) = 0,



724 725



726



727 728



n2 u (2) = 0, · · · . 2



Artinya, u (0) = u (1) = u (2) = · · · = 0. Jadi, {g (y1 ; θ) : θ > 0} merupakan famili lengkap. z Contoh 4.6 Misalkan Z adalah peubah acak dari famili {h (z; θ) : θ ∈ Ω} di mana 1 h (z; θ) = e−z/θ I (0 < z < ∞) . θ Tunjukkan bahwa famili {h (z; θ) : θ ∈ Ω} merupakan famili lengkap. Jawab. Misalkan pula u (Z) adalah fungsi dari peubah acak Z sedemikian sehingga E (u (Z)) = 0, yaitu Z 1 ∞ u (z) e−z/θ dz = 0, θ > 0. (4.3) θ 0 Catatan: Misalkan £ merupakan operator transformasi Laplace. Bila £f = £g, maka f = g pada titik-titik kekontinuannya. Dengan kata lain, Z ∞ Z ∞ −st f (t) e dt = g (t) e−st dt ⇒ f (t) = g (t) . 0



0



Karena ruas kiri pada persamaan 4.3 merupakan transformasi Laplace bagi fungsi u (z) , maka u (z) = 0 pada titik-titik kekontinuannya. Jadi, {h (z; θ) : θ ∈ Ω} 729



730 731



merupakan famili lengkap.



Contoh 4.7 Tunjukkan bahwa famili yang anggotanya sebagai berikut bukan merupakan famili lengkap.



732



a. f (x; θ) =



1 2θ



I (|x| = 1, 2, ..., θ) , θ ∈ N.



733



b. f (x; θ) =



1 2θ



I (|x| < θ) .



734



z



Jawab.



4.2 Kelengkapan dan Kekhasan



86



a. Karena peubah acak X memiliki fungsi massa peluang f (x; θ) = 735



1 I (|x| = 1, 2, ..., θ) , θ ∈ N, 2θ



maka θ X



E (X) =



xf (x; θ)



x=−θ θ X



=



x=−θ



 x



1 2θ







= 0, 736 737



tetapi tidak mengharuskan X = 0 sehingga f (x; θ) bukan anggota famili lengkap. b. Karena peubah acak X memiliki fungsi kepekatan peluang f (x; θ) =



738



1 I (|x| < θ) 2θ



maka Z



θ



E (X) =



xf (x; θ) dx   1 x dx = 2θ −θ = 0, −θ Z θ



739 740



741



tetapi tidak mengharuskan X = 0 sehingga f (x; θ) bukan anggota famili lengkap. z Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dengan fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; θ) dan Y1 = u (X1 , X2 , . . . , Xn ) adalah statistik cukup bagi θ. Misalkan pula ϕ (Y1 ) dan ψ (Y1 ) masing-masing adalah fungsi dari statistik cukup Y1 (tidak bergantung pada θ) sedemikian sehingga E (ϕ (Y1 )) = θ dan E (ψ (Y1 )) = θ, ∀θ ∈ Ω. Nilai harapan dari selisih kedua fungsi tersebut ialah E (ϕ (Y1 ) − ψ (Y1 )) = 0, θ ∈ Ω.



4.3 Kelas Eksponen



87



Jika famili {fY1 (y1 ; θ) : θ ∈ Ω} merupakan famili lengkap, maka ϕ (y1 ) − ψ (y1 ) = 0 kecuali pada himpunan yang berpeluang nol. Dengan kata lain, untuk setiap penduga takbias ψ (Y1 ) bagi θ, ϕ (y1 ) = ψ (y1 ) , 742 743 744 745



kecuali pada himpunan yang berpeluang nol. Dengan demikian, ϕ (Y1 ) merupakan fungsi dari statistik cukup Y1 yang khas dan memiliki ragam minimum jika dibandingkan dengan penduga takbias lainnya (Teorema 4.2). Hal tersebut dinyatakan dalam teorema berikut.



752



Teorema 4.3 (Lehmann dan Scheff´e) Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dengan fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; θ) . Misalkan pula Y1 = u (X1 , X2 , . . . , Xn ) adalah statistik cukup bagi θ dan famili {fY1 (y1 ; θ) : θ ∈ Ω} merupakan famili lengkap. Jika terdapat fungsi Y1 yang merupakan penduga takbias bagi θ, maka fungsi Y1 merupakan penduga takbias dengan ragam minimum yang khas atau Unique Minimum Variance Unbiased Estimator (U M V U E).



753



4.3



754



Definisi 4.3 Suatu fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang



746 747 748 749 750 751



Kelas Eksponen



f (x; θ) = exp [p (θ) K (x) + S (x) + q (θ)] I (x ∈ W ) , γ < θ < δ 755 756 757 758 759 760 761 762



(4.4)



disebut sebagai anggota kelas eksponen biasa fungsi kepekatan peluang kontinu atau fungsi massa peluang diskret jika 1. W tak bergantung pada parameter θ. 2. p (θ) fungsi kontinu nontrivial dari θ. 3. a. Jika X peubah acak kontinu, maka setiap K 0 (x) 6= 0 dan S (x) fungsi kontinu dari x, x ∈ W. b. Jika X peubah acak diskret, maka K (x) adalah fungsi nontrivial dari x ∈ W. Contoh 4.8 Misalkan X ∼ N (0, θ) . Apakah anggota dari famili {f (x; θ) : 0 < θ < ∞}



763



merupakan anggota kelas eksponen biasa fungsi kepekatan peluang kontinu?



4.3 Kelas Eksponen



764



88



Jawab. 1 2 e−x /2θ 2πθ = exp [ln f (x; θ)]   √ 1 2 = exp − x − ln 2πθ I (−∞ < x < ∞) . 2θ



f (x; θ) = √



765 766



(4.5)



Berdasarkan persamaan 4.5, W = (−∞, ∞) tidak bergantung pada parameter θ, f (x; θ) = exp [p (θ) K (x) + S (x) + q (θ)]   √ 1 2 = exp − x − ln 2πθ 2θ √ 1 , K (x) = x2 , S (x) = 0, q (θ) = − ln 2πθ, 2θ 0 K (x) = 2x 6= 0 dan S (x) merupakan fungsi kontinu pada x ∈ (−∞, ∞) . Jadi, N (0, θ) anggota kelas eksponen biasa fungsi kepekatan peluang kontinu. z p (θ) = −



767 768 769



Contoh 4.9 Misalkan X ∼ P oisson (θ) . Apakah anggota dari famili {f (x; θ) : 0 < θ < ∞} 770



771



merupakan anggota kelas eksponen biasa fungsi massa peluang diskret? Jawab. θx I (x = 0, 1, 2, . . .) x! = exp [ln f (x; θ)] I (x = 0, 1, 2, . . .)     1 = exp (ln θ) x + ln − θ I (x = 0, 1, 2, . . .) x!



f (x; θ) = e−θ



772 773



(4.6)



Berdasarkan persamaan 4.6, W = {0, 1, 2, . . .} tidak bergantung pada parameter θ, f (x; θ) = exp [p (θ) K (x) + S (x) + q (θ)]     1 = exp (ln θ) x + ln − θ I (x = 0, 1, 2, . . .) x!   1 p (θ) = ln θ, K (x) = x, S (x) = ln , q (θ) = −θ, x!



4.3 Kelas Eksponen



89



dan K (x) = x merupakan fungsi nontrivial dari x ∈ W. Jadi, f (x; θ) = e−θ 774 775 776 777 778 779 780 781 782



θx I (x = 0, 1, 2, . . .) x!



anggota kelas eksponen biasa fungsi massa peluang diskret. z 1 Misalkan X ∼ seragam (0, θ) , maka f (x; θ) = θ I (0 < x < θ) juga dapat dituliskan seperti persamaan 4.6. Namun, perhatikan bahwa interval (0, θ) bergantung pada parameter θ sehingga fungsi kepekatan peluang sebaran seragam (0, θ) bukan anggota kelas eksponen biasa fungsi kepekatan peluang kontinu. Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran yang merupakan anggota kelas eksponen biasa. Fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang bersama dari X1 , X2 , . . . , Xn ialah Yn Yn exp [ln f (xi ; θ)] f (xi ; θ) = i=1 i=1 " # n n X X = exp p (θ) K (xi ) + S (xi ) + nq (θ) " = exp p (θ)



i=1 n X



i=1



# K (xi ) + nq (θ) exp



i=1 783 784 785



"



n X i=1



# S (xi )



Yn i=1



I (xi ∈ W ) .



P Berdasarkan Teorema 4.1, Y1 = ni=1 K (xi ) merupakan statistik cukup bagi parameter θ. Selanjutnya, teorema berikut ini menyatakan kelengkapan dari statistik cukup Y1 tersebut. Teorema 4.4 Misalkan f (x; θ) , γ < θ < δ, adalah fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang dari peubah acak X yang merupakan anggota kelas eksponen biasa. Jika X1 , X2 , . . . , Xn adalah contoh acak dari sebaran X, maka Y1 =



n X



K (xi )



i=1 786 787 788



789 790 791



merupakan statistik cukup bagi θ dan famili {fY1 (y1 ; θ) : γ < θ < δ} dari fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang Y1 adalah famili lengkap. Dengan kata lain, Y1 adalah statistik cukup lengkap. Contoh 4.10 Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran Pn nor2 2 mal N (θ, σ ) , −∞ < θ < ∞, σ > 0. Tunjukkan bahwa Y1 = i=1 Xi merupakan statistik cukup lengkap dan Y1 /n merupakan UMVUE bagi θ.



4.3 Kelas Eksponen



90



Jawab. Karena X ∼ N (θ, σ 2 ), maka fungsi kepekatan peluangnya ialah " # 1 (x − θ)2 f (x; θ) = √ exp − I (−∞ < x < ∞) 2σ 2 σ 2π atau  2 √ θ x2 θ f (x; θ) = exp 2 x − 2 − ln 2πσ 2 − 2 I (−∞ < x < ∞) , σ 2σ 2σ 



sehingga √ θ x2 θ2 2 , q (θ) = − , K (x) = x, S (x) = − − ln . 2πσ σ2 2σ 2 2σ 2 P Berdasarkan Teorema 4.4, Y1 = ni=1 Xi merupakan statistik cukup lengkap. ¯ adalah penduga takbias khas Karena E (Y1 ) = nθ, maka ϕ (Y1 ) = Y1 /n = X bagi θ dan fungsi dari statistik cukup Y1 yang memiliki ragam minimum. ¯ merupakan UMVUE bagi θ. Dengan demikian, X z p (θ) =



792 793 794 795



796 797 798



799



Contoh 4.11 Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran binomial dengan parameter (1, θ) , 0 < θ < 1. Tentukan UMVUE bagi θ dan
¯ UMVUE bagi V ar X . Jawab. f (x; θ) = θx (1 − θ)1−x I (x = 0, 1) x  θ (1 − θ) I (x = 0, 1) = 1−θ   θ = exp x ln + ln (1 − θ) I (x = 0, 1) 1−θ θ , K (x) = x, S (x) = 0, q (θ) = ln (1 − θ) . 1−θ Karena K (x) = x adalah fungsi nontrivial dari x ∈ {0, 1} , maka b (1, θ) anggota Pnkelas eksponen biasa fungsi massa peluang diskret. Dengan demikian, Y = i=1 Xi merupakan statistik cukup lengkap bagi θ dan Y ∼ b (n, θ) , sehingga nilai harapan dan ragam dari Y ialah p (θ) = ln



800 801 802 803



E (Y ) = nθ dan V ar (Y ) = nθ (1 − θ) ,     Y Y θ E = θ dan V ar = (1 − θ) . n n n



4.3 Kelas Eksponen



804 805



806 807



808



91



Jadi, Y /n UMVUE bagi θ. Selanjutnya ingin ditentukan UMVUE bagi
adalah θ Y V ar n = n (1 − θ) , di mana nθ (1 − θ) merupakan fungsi dari parameter θ. θ Misalkan δ = (1 − θ) , maka dugaan kemungkinan maksimum bagi δ n diberikan sebagai fungsi dari statistik cukup, yaitu    1 Y Y ¯δ = 1− . n n n    
1 Y Y ¯ E δ = E 1− n n n     2  1 Y Y = E −E . n n n2  2   Y θ Y = θ dan E = (1 − θ) + θ2 , maka Karena E 2 n n n     1 Y Y (n − 1) θ E 1− = × (1 − θ) , n n n n n sehingga         1 Y Y n 1 Y Y n × 1− = ×E 1− E n−1 n n n n−1 n n n θ = (1 − θ) . n Dengan kata lain, statistik    n 1 Y Y n ¯ ˆδ = × 1− = δ n−1 n n n n−1



809



adalah UMVUE bagi δ (ragam dari Y/n) .



810



Contoh 4.12 Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran normal N (θ, 1). Tentukan UMVUE dari fungsi θ yang didefinisikan sebagai berikut Z c 2 1 √ e−(x−θ) /2 dx = Φ (c − θ) , P (X ≤ c) = 2π −∞ di mana c adalah suatu konstanta.



z



Jawab. Misalkan u (X1 ) adalah fungsi dari X1 . Kemudian, hitung nilai ¯ harapan bersyarat dari statistik takbias jika diketahui statistik cukup X, yaitu
¯ = x¯ = ϕ (¯ E u (X1 ) |X x) .



4.3 Kelas Eksponen



811 812



92




¯ adalah Berdasarkan Teorema Rao-Blackwell dan Lehmann-Scheff´e, ϕ X UMVUE bagi Φ (c − θ) . Misalkan fungsi u (x1 ) = I (−∞ < x1 < c) , maka nilai harapan dari E (u (X1 )) = 1 · P (X1 − θ ≤ c − θ) = Φ (c − θ) . Dengan demikian, u (X1 ) adalah penduga takbias takbias bagi Φ (c − θ) . Selanjutnya akan ditentukan fungsi kepekatan peluang bersama bagi X1 dan ¯ serta fungsi kepekatan peluang bersyarat dari X1 jika diketahui X. ¯ Dari X fungsi kepekatan peluang bersyarat tersebut, dapat ditentukan nilai harapan
¯ bersyarat E u (X1 ) |X = x¯ = ϕ (¯ x) . Fungsi kepekatan peluang bersama ¯ bagi X1 dan X adalah normal bivariat dengan vektor nilai harapan (θ, θ) √ dan ragam σ12 = 1, σ22 = 1/n, serta koefisien korelasi ρ = 1/ n, sehingga ¯ = x¯ adalah fungsi kepekatan peluang bersyarat dari X1 jika diketahui X normal dengan nilai harapan θ+



ρσ1 (¯ x − θ) = x¯ σ2



dan ragam



813 814



815




n−1 σ12 1 − ρ2 = . n ¯ = x¯ Jadi, nilai harapan bersyarat dari u (X1 ) jika diketahui statistik cukup X ialah r   Z ∞ n−1 1 n (x1 − x¯) √ exp − dx1 ϕ (¯ x) = u (x1 ) n 2 (n − 1) 2π −∞   Z c r n−1 1 n (x1 − x¯) √ exp − = dx1 . n 2 (n − 1) 2π −∞ √ √ Dengan pemisalan peubah z = n (x1 − x¯) / n − 1, maka nilai harapan bersyarat tersebut menjadi Z c0 1 2 √ e−z /2 dz = Φ (c0 ) , ϕ (¯ x) = 2π −∞ √ √ di mana c0 = n (c − x¯) / n − 1. Dengan demikian, UMVUE bagi Φ (c − θ) untuk setiap konstanta c ialah
! √ ¯
n c − X ¯ =Φ √ ϕ X . n−1 z



4.4 Latihan



816



4.4



93



Latihan



1. Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = 817



818 819 820 821



822 823 824



825 826



827 828 829 830



θ (1 + x)θ+1



I (x ≥ 0) , θ > 0.



Tentukan statistik cukup bagi parameter θ. 2. Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan Pnfungsi kepekatan peluang f (x; θ) = θe−θx I(x > 0) , θ > 0. Y = i=1 Xi merupakan statistik cukup bagi θ. Tunjukkan bahwa (n − 1) /Y adalah MVUE bagi θ. 3. Misalkan {h (x; θ) : θ ∈ Ω} merupakan famili dari fungsi kepekatan peluang, di mana h (x; θ) = 1θ I (x > 0) . Tunjukkan bahwa famili tersebut tidak lengkap jika Ω = {θ : θ > 1} . 4. Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = θ2 xe−θx I(0 < x < ∞) , θ > 0. (a) Tunjukkan bahwa Y = bagi θ.



Pn



i=1



Xi merupakan statistik cukup lengkap



(b) Hitung E (1/Y ) dan carilah fungsi dari Y yang merupakan UMVUE bagi θ. 5. Andaikan peubah acak X dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = B(θ)h(x) exp[Q(θ)R(x)]I (a < x < b) merupakan anggota kelas eksponen biasa. Tunjukkanlah bahwa E[R(X)] = −B 0 (θ) /[(B (θ) Q0 (θ)].



831



832



833



834



BAB 5 Pendugaan Bayes 5.1



Prinsip Minimax



Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn merupakan sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; θ) , θ ∈ Ω. Misalkan pula Y = U (X1 , X2 , . . . , Xn ) merupakan statistik yang digunakan untuk menduga parameter θ dan δ (y) merupakan fungsi nilai amatan dari statistik Y yang menjadi dugaan titik bagi parameter θ. Fungsi δ disebut juga sebagai fungsi keputusan. Suatu nilai dari fungsi keputusan, sebut saja δ (y) , disebut sebagai putusan. Putusan tersebut dapat benar atau salah. Hal tersebut dapat menjadi ukuran dari perbedaan, jika ada, antara nilai sebenarnya dari θ dengan dugaan titik δ (y) . Oleh karena itu, definisikan £ [θ, δ (y)] sebagai fungsi kehilangan (loss function). Nilai harapan dari fungsi kehilangan disebut sebagai fungsi risiko (risk function), dinotasikan dengan R (θ, δ). Jika Y merupakan peubah acak kontinu dengan fY (y; θ) , θ ∈ Ω, merupakan fungsi kepekatan peluang dari Y, maka fungsi risiko dapat dihitung sebagai berikut Z ∞ R (θ, δ) = E (£ [θ, δ (Y )]) = £ [θ, δ (y)] fY (y; θ) dy. −∞ 835 836 837 838



Contoh 5.1 Misalkan X1 , X2 , . . . , X25 merupakan sampel acak dari sebaran ¯ nilai tengah dari sampel acak, N (θ, 1) , −∞ < θ < ∞. Misalkan Y = X, 2 dan misalkan £ [θ, δ (y)] = [θ − δ (y)] . Bandingkanlah dua fungsi keputusan berikut:



839



• δ1 (y) = y,



840



• δ2 (y) = 0. 94



5.1 Prinsip Minimax



841



95



Jawab. Fungsi risiko untuk masing-masing δ1 (y) dan δ2 (y) ialah
1 R (θ, δ1 ) = E (θ − Y )2 = 25 2
R (θ, δ2 ) = E (θ − 0) = θ2 .



842 843 844 845 846 847 848 849 850 851 852



853 854 855



856 857 858



859 860 861



Jelas bahwa jika pada kenyataannya θ = 0, maka δ2 (y) = 0 adalah keputusan yang tepat dan R (0, δ2 ) = 0. Tetapi, jika θ 6= 0, maka δ2 (y) = 0 adalah keputusan yang kurang tepat. Sebagai contoh, misalkan pada kenyataannya 1 θ = 2, maka R (2, δ2 ) = 4 > R (2, δ1 ) = 25 . Secara umum, R (θ, δ2 ) < 1 1 R (θ, δ1 ) jika − 5 < θ < 5 dan untuk θ selainnya R (θ, δ2 ) ≥ R (θ, δ1 ) . Dengan demikian, kadang kala suatu fungsi keputusan lebih baik daripada fungsi keputusan lainnya untuk beberapa nilai θ dan fungsi keputusan lainnya lebih baik untuk nilai θ lainnya, sehingga jika kita membatasi fungsi keputusan δ, seperti E (δ (Y )) = θ untuk setiap nilai θ, θ ∈ Ω, maka δ2 (y) = 0 tidak termasuk ke dalam pertimbangan sebagai fungsi keputusan. Berdasarkan hal tersebut, fungsi risiko merupakan ragam dari penduga takbias δ (Y ) . Misalkan kita tidak ingin membatasi sendiri fungsi keputusan δ, seperti E (δ (Y )) = θ untuk setiap nilai θ, θ ∈ Ω. Misalkan kita katakan bahwa fungsi keputusan yang meminimumkan fungsi risiko yang maksimum merupakan fungsi keputusan terbaik. Karena pada contoh ini R (θ, δ2 ) = θ2 tak terbatas, maka berdasarkan kriteria tersebut, δ2 (y) = 0 bukanlah fungsi keputusan terbaik. Dengan demikian, kita peroleh   1 1 = . maxR (θ, δ1 ) = max θ θ 25 25 Oleh karena itu, δ1 (y) = y = x¯ merupakan fungsi keputusan terbaik berdasarkan 1 kriteria minimax karena 25 nilainya terkecil. z Berdasarkan Contoh 5.1, dapat disimpulkan bahwa • tanpa pemberian batasan pada fungsi keputusan, sulit untuk mencari fungsi keputusan yang memiliki fungsi risiko yang secara umum lebih kecil daripada fungsi risiko dari putusan yang lain, • suatu prinsip mengenai pemilihan fungsi keputusan terbaik disebut sebagai prinsip minimax. Prinsip tersebut dapat dinyatakan sebagai berikut: Misalkan diberikan fungsi keputusan δ0 (y) , untuk setiap θ ∈ Ω, maxR (θ, δ0 (y)) ≤ maxR (θ, δ (y)) θ



θ



5.2 Sebaran Prior dan Posterior



96



untuk setiap fungsi keputusan δ (y) , maka δ (y) disebut sebagai fungsi keputusan minimax (minimax decision function).



862 863



866



Dengan pemberian batasan bahwa E (δ (Y )) = θ dan fungsi kehilangan £ [θ, δ (y)] = [θ − δ (y)]2 , fungsi keputusan yang meminimumkan fungsi risiko menghasilkan penduga takbias dengan ragam minimum.



867



5.2



864 865



868 869 870 871



872 873 874 875



Sebaran Prior dan Posterior



Definisi 5.1 Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dengan sebaran f (x|θ) , di mana θ adalah parameter yang tidak diketahui. Fungsi kepekatan peluang dari peubah acak Θ disebut sebaran prior bagi Θ, dinotasikan dengan h (θ) . Definisi 5.2 Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dengan sebaran f (x|θ) , di mana θ adalah parameter yang tidak diketahui. Fungsi kepekatan peluang bersyarat dari peubah acak Θ jika diberikan sampel x1 , x2 , . . . , xn disebut sebaran posterior bagi Θ, dinotasikan dengan k (θ|x1 , x2 , . . . , xn ) . Catatan 5.1 Jika X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari populasi yang memiliki fungsi kepekatan peluang f (x|θ) , maka fungsi kepekatan peluang bersama antara sampel dan parameter ialah g (x1 , . . . , xn , θ) = L (x1 , . . . , xn |θ) h (θ) Q dengan L (x1 , . . . , xn |θ) = ni=1 f (xi |θ) . Fungsi kepekatan peluang marginal bagi X ialah Z ∞



g1 (x1 , . . . , xn ) =



g (x1 , . . . , xn , θ) dθ. −∞



876



Selanjutnya, dengan menggunakan formula Bayes diperoleh g (x1 , . . . , xn , θ) g1 (x1 , . . . , xn ) L (x1 , . . . , xn |θ) h (θ) = . g1 (x1 , . . . , xn )



k (θ|x1 , x2 , . . . , xn ) =



bsi



877 878



Contoh 5.2 Misalkan Xi |θ ∼ P oisson (θ) dan Θ ∼ Γ (α, β) , α dan β diketahui. Tentukan sebaran posterior bagi θ.



5.2 Sebaran Prior dan Posterior



97



Jawab. Misalkan X0 = (X1 , X2 , . . . , Xn ) dan x0 = (x1 , x2 , . . . , xn ) . n  xi −θ  Y θ e L (x|θ) = I (xi = 0, 1, 2, . . .) , θ > 0 xi ! i=1 dan sebaran prior bagi Θ ialah h (θ) = 879



θα−1 e−θ/β I (θ > 0) . Γ (α) β α



Fungsi kepekatan peluang bersama antara x dan θ ialah g (x, θ) = L (x|θ) h (θ) n  xi −θ  Y θα−1 e−θ/β θ e I (xi = 0, 1, 2, . . .) = I (θ > 0) α Γ (α) β xi ! i=1



880



881 882



sehingga fungsi kepekatan peluang marginal bagi x ialah   Z ∞ θΣxi +α−1 exp − θ β/(nβ+1) g1 (x) = dθ x1 ! · · · xn !Γ (α) β α 0 P n Y Γ ( ni=1 xi + α) = I (xi = 0, 1, 2, . . .) . x1 ! · · · xn !Γ (α) β α (n + 1/β)Σxi +α i=1 Dengan demikian, sebaran posterior bagi Θ ialah   θ Σxi +α−1 θ exp − β/(nβ+1) L (x|θ) h (θ) = I (θ > 0) . k (θ|x) = Pn g1 (x) Γ ( i=1 xi + α) [β/ (nβ + 1)]Σxi +α P Sebaran posterior bagi Θ tersebut merupakan sebaran Γ ( ni=1 xi + α, β/ (nβ + 1)) . z Pada Contoh 5.2 terlihat bahwa tidak perlu menentukan fungsi kepekatan peluang marginal g1 (x) untuk mencari sebaran posterior k (θ|x) . Jika kita membagi L (x|θ) h (θ) dengan g1 (x) , maka diperoleh faktor yang bergantung pada amatan peubah, x, tetapi tidak bergantung pada θ, misalkan disebut c (x) , dan θΣxi +α−1 e−θ[β/(nβ+1)] , yaitu   θ Σxi +α−1 k (θ|x) = c (x) θ exp − I (θ > 0) β/ (nβ + 1) dengan xi = 0, 1, 2, . . . dan i = 1, 2, . . . , n. Faktor c (x) tersebut harus berupa konstanta sedemikian sehingga membuat k (θ|x) sebagai suatu fungsi kepekatan peluang, yaitu c (x) =



1 . Pn Γ ( i=1 xi + α) [β/ (nβ + 1)]Σxi +α



5.3 Metode Pendugaan Bayes



883 884



885 886 887 888



98



Oleh karena itu, seringkali k (θ|x) dituliskan proporsional dengan L (x|θ) h (θ) , yaitu k (θ|x) ∝ L (x|θ) h (θ) . (5.1) Perhatikan bahwa ruas kanan pada 5.1, faktor yang bergantung pada peubah x dan berupa konstanta dapat diabaikan. Sebagai ilustrasi, untuk menyelesaikan soal pada Contoh 5.2, k (θ|x) dapat dituliskan proporsional dengan θΣxi +α−1 e−θ[β/(nβ+1)] , yaitu   θ Σxi +α−1 I (θ > 0) . (5.2) k (θ|x) ∝ θ exp − β/ (nβ + 1) Selanjutnya, tentukan konstanta c (x) sedemikian sehingga membuat k (θ|x) sebagai suatu fungsi kepekatan peluang.PJelas bahwa k (θ|x) harus berupa fungsi kepekatan peluang dari sebaran Γ ( ni=1 xi + α, β/ (nβ + 1)) , sehingga c (x) =



1 . Pn Γ ( i=1 xi + α) [β/ (nβ + 1)]Σxi +α



Misalkan terdapat statistik cukup Y = u (X) untuk parameter θ sehingga L (x|θ) = g [u (x) |θ] H (x) , di mana g (y|θ) adalah fungsi kepekatan peluang dari Y, jika diketahui Θ = θ. Karena faktor H (x) tidak bergantung pada θ, maka dapat kita abaikan, sehingga k (θ|x) ∝ g [u (x) |θ] h (θ) . 889 890



Dengan demikian, jika statistik Y untuk parameter θ ada, maka kita dapat memulai dengan fungsi kepekatan peluang Y dan menuliskan k (θ|y) ∝ g [y|θ] h (θ) ,



(5.3)



di mana k (θ|y) adalah fungsi kepekatan peluang bersyarat dari Θ|Y = y. Dalam kasus statistik cukup Y , kita juga akan menggunakan g1 (y) , fungsi kepekatan peluang marginal dari Y, yaitu Z ∞ g1 (y) = g [y|θ] h (θ) dθ. −∞



891



5.3



Metode Pendugaan Bayes



Dugaan Bayes adalah fungsi keputusan δ yang meminimumkan Z ∞ E {£ [Θ, δ (x)] |X = x} = £ [θ, δ (x)] k (θ|x) dθ, −∞



5.3 Metode Pendugaan Bayes



99



jika Θ adalah peubah acak kontinu, yaitu Z ∞ δ (x) = Arg min £ [θ, δ (x)] k (θ|x) dθ, −∞



di mana £ [θ, δ (x)] adalah fungsi kehilangan. Peubah acak terkait δ (X) disebut penduga Bayes bagi θ. Jika fungsi kehilangan yang diberikan ialah £ [θ, δ (x)] = [θ − δ (x)]2 , maka dugaan Bayes ialah δ (x) = E [Θ|x] , nilai harapan dari sebaran bersyarat 2 Θ|X = x. Hal tersebut berdasarkan fakta bahwa E (W − b) (jika ada) adalah minimum ketika b = E (W ) . Jika fungsi kehilangan yang diberikan ialah £ [θ, δ (x)] = |θ − δ (x)| , 892 893 894



maka dugaan Bayes ialah median dari sebaran bersyarat Θ|X = x. Hal tersebut berdasarkan fakta bahwa E (|W − b|) (jika ada) adalah minimum ketika b = median (W ) . Secara umum, misalkan ξ (θ) adalah suatu fungsi dari θ. Untuk fungsi kehilangan £ [ξ (θ) , δ (x)] , dugaan Bayes dari ξ (θ) adalah fungsi keputusan δ yang meminimumkan Z ∞ E {£ [Θ, δ (x)] |X = x} = £ [ξ (θ) , δ (x)] k (θ|x) dθ. −∞



895 896 897 898



Peubah acak δ (X) disebut penduga Bayes bagi ξ (θ) . Nilai harapan bersyarat dari £ [Θ, δ (x)] |X = x mendefinisikan peubah acak yang merupakan fungsi dari contoh X. Nilai harapan fungsi dari X (dalam kasus kontinu) diberikan sebagai berikut  Z ∞ Z ∞ £ [θ, δ (x)] k (θ|x) dθ g1 (x) dx −∞ −∞  Z ∞ Z ∞ = £ [θ, δ (x)] L (x|θ) dx h (θ) dθ, (5.4) −∞



−∞



R∞



di mana −∞ £ [θ, δ (x)] L (x|θ) dx adalah fungsi risiko yang dinotasikan dengan R (θ, δ). Oleh karena itu, persamaan 5.4 adalah nilai harapan dari risiko. Karena dugaan Bayes δ (x) meminimumkan Z ∞ £ [θ, δ (x)] k (θ|x) dθ −∞ 899 900



untuk setiap x di mana g (x) > 0, maka δ (x) juga meminimumkan nilai harapan dari risiko.



5.3 Metode Pendugaan Bayes



100



Contoh 5.3 Diketahui sebaran bsi



Xi |θ ∼ binomial (1, θ) Θ ∼ beta (α, β) . 901



Tentukan dugaan Bayes bagi θ jika £ [θ, δ (x)] = [θ − δ (x)]2 . Jawab. Sebaran prior bagi Θ ialah h (θ) =



Γ (α + β) α−1 θ (1 − θ)β−1 I (0 < θ < 1) , Γ (α) Γ (β)



Pn di mana α dan β adalah konstanta positif. Statistik cukup Y = i=1 xi menyebar binomial(n, θ) , sehingga fungsi kepekatan bersyarat Y |Θ = θ ialah   n y g (y|θ) = θ (1 − θ)n−y I (y = 0, 1, ..., n) . y Dengan menggunakan 5.3, k (θ|y) ∝ θy (1 − θ)n−y θα−1 (1 − θ)β−1 I (0 < θ < 1) , sehingga sebaran posterior Θ|Y = y menyebar beta dengan parameter (α + y, β + n − y) dan fungsi kepekatan peluangnya ialah k (θ|y) = 902 903



Γ (n + α + β) θα+y−1 (1 − θ)β+n−y−1 I (0 < θ < 1, y = 0, 1, ..., n) . Γ (α + y) Γ (n + β − y)



Untuk £ [θ, δ (x)] = [θ − δ (x)]2 , maka δ (y) merupakan nilai harapan dari sebaran beta dengan parameter (α + y, β + n − y) , yaitu α+y α+β+n   y α+β α n = + . α+β+n α+β α+β+n n



δ (y) =



904 905



906



Dugaan Bayes yang diperoleh ini merupakan rata-rata terbobot antara dugaan α yang diperoleh dari sebaran prior, yaitu dengan dugaan yang diperoleh α+β y dari sebaran bersyarat Y |θ, yaitu . z n Contoh 5.4 Diketahui sebaran
bsi Xi |θ ∼ N θ, σ 2 , di mana σ 2 diketahui
Θ ∼ N θ0 , σ02 , di mana θ0 dan σ02 diketahui.



907



Tentukan dugaan Bayes bagi θ jika £ [θ, δ (x)] = [θ − δ (x)]2 .



5.3 Metode Pendugaan Bayes



101



¯ adalah statistik cukup bagi θ, maka Jawab. Karena Y = X
bsi Y |θ ∼ N θ, σ 2 /n , di mana σ 2 diketahui
Θ ∼ N θ0 , σ02 , di mana θ0 dan σ02 diketahui. Sebaran prior bagi Θ ialah   1 2 h (θ) = p exp − 2 (θ − θ0 ) I (−∞ < θ < ∞) . 2σ0 2πσ02 1



908



Dengan menggunakan 5.3, # " (θ − θ0 )2 1 1 (y − θ)2 − k (θ|y) ∝ √ exp − √ √ 2 (σ 2 /n) 2σ02 2πσ/ n 2πσ0   (σ02 + σ 2 /n) θ2 − 2 (yσ02 + θ0 σ 2 /n) θ ∝ exp − 2 (σ 2 /n) σ02   2  yσ02 + θ0 σ 2 /n θ−   σ02 + σ 2 /n   ∝ exp − , 2 (σ 2 /n) σ02   2 2 σ0 + σ /n



909



910 911



sehingga sebaran posterior Θ|Y = y menyebar normal dengan parameter  2  yσ0 + θ0 σ 2 /n (σ 2 /n) σ02 , . (5.5) σ02 + σ 2 /n σ02 + σ 2 /n Untuk £ [θ, δ (x)] = [θ − δ (x)]2 , maka δ (y) merupakan nilai harapan dari sebaran normal dengan parameter 5.5, yaitu yσ02 + θ0 σ 2 /n σ 2 + σ 2 /n  0 2    σ0 σ 2 /n = y+ θ0 . σ02 + σ 2 /n σ02 + σ 2 /n



δ (y) =



Dugaan Bayes yang diperoleh ini merupakan rata-rata terbobot antara dugaan yang diperoleh dari sebaran prior, yaitu θ0 dengan dugaan yang diperoleh dari sebaran bersyarat Y |θ, yaitu y.



912



z



5.3 Metode Pendugaan Bayes



913 914 915



102



Berikut ini merupakan contoh yang membandingkan penggunaan prinsip minimax dan metode pendugaan Bayes. Misalkan diketahui sebaran prior bagi peubah acak Θ ialah sebagai berikut: P (Θ = θ1 ) = 0.6 P (Θ = θ2 ) = 0.4



916 917 918



Misalkan θ1 menyatakan Bogor hujan di sore hari dan θ2 menyatakan Bogor tidak hujan di sore hari. Kemudian, terdapat tambahan informasi Y mengenai kondisi cuaca di Gunung Salak, yaitu y1 : y2 : y3 :



Gunung Salak cerah Gunung Salak berawan Gunung Salak gelap



dengan peluang bersyarat Y |θ ialah sebagai berikut: P (Y |θ) θ1 θ2



y1 y2 0.05 0.25 0.425 0.375



y3 0.7 0.2



Selanjutnya, misalkan fungsi kehilangan £ [θ, δ (y)] diberikan sebagai berikut: Putusan (δ) Θ\Y δ1 θ1 (membawa payung) θ2 δ1 θ1 (tidak membawa payung) θ2 919



y1 y2 y3 6 3 1 12 5 2 10 15 20 0 2 4



• Prinsip minimax P R (θj , δj ) = 3i=1 £ [θj , δj (yi )] P (Y = yi |θj ) , j = 1, 2. Putusan (δ) δ1



y1 y2 θ1 0.05 0.25 £ [θ1 , δ1 (y)] 6 3 Membawa θ2 0.425 0.375 payung £ [θ2 , δ1 (y)] 12 5 δ2 θ1 0.05 0.25 £ [θ1 , δ2 (y)] 10 15 Tidak membawa θ2 0.425 0.375 payung £ [θ2 , δ2 (y)] 0 2 Putusan minimax: δ = arg min max R (θ, δ) = δ1 .



y1 R (θ, δ) 0.7 1.75 1 0.2 7.375 2 0.7 18.25 20 0.2 1.033 4



5.4 Latihan



103



Sebaran bersama dan sebaran marginal bagi peubah acak Θ dan Y diperoleh sebagai berikut: P (Θ, Y ) θ1 θ2 P (yi ) 920



y1 y2 y3 P (θj ) 0.03 0.15 0.42 0.6 0.17 0.15 0.08 0.4 0.2 0.3 0.5 1



di mana P (Θ = θ, Y = y) = P (Y = y|Θ = θ) P (Θ = θ) 3 X P (θj ) = P (Θ = θj , Y = yi ) , j = 1, 2 i=1



P (yi ) =



2 X



P (Θ = θj , Y = yi ) , i = 1, 2, 3.



j=1



Sebaran posterior Θ|Y ialah P (Θ|Y ) y1 y2 y3 θ1 0.15 0.5 0.84 θ2 0.85 0.5 0.16 921



• Pendugaan Bayes Amatan Putusan EΘ|y (£ [Θ, δ (y)]) y1 δ1 (6 × 0.15) + (12 × 0.85) = 11.1 δ2 (10 × 0.15) + (0 × 0.85) = 1.5 y2 δ1 (3 × 0.5) + (5 × 0.5) = 4 δ2 (15 × 0.5) + (2 × 0.5) = 8.5 y3 δ1 (1 × 0.84) + (2 × 0.16) = 1.16 δ2 (20 × 0.84) + (4 × 0.16) = 17.44



922



Jadi, putusan Bayes bergantung pada amatan Y yang diperoleh. Jika Y yang diperoleh y1 , maka putusan Bayes ialah δ2 , sedangkan jika Y yang diperoleh y2 atau y3 , maka putusan Bayes ialah δ1 .



923 924 925



926



927 928 929



5.4



Latihan



  1. Misalkan X adalah peubah acak sedemikian sehingga E (X − b)2 ada   untuk setiap bilangan Real b. Tunjukkan bahwa E (X − b)2 minimum ketika b = E (X) .



5.4 Latihan



104



2. Misalkan X adalah suatu peubah acak kontinu. Tunjukkan bahwa Z b (b − x) f (x) dx E (|X − b|) = E (|X − m|) + 2 m 930



931 932 933 934 935 936



di mana m adalah median dari sebaran X. 3. Andaikan Yn merupakan statistik tataan ke-n dari suatu sampel acak berukuran n dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) = θ−1 I (0 < x < θ). Andai pula θ merupakan amatan dari peubah acak Θ dengan fungsi kepekatan peluang h (θ) = θ−β−1 βαβ I (θ > α) , α > 0, β > 0. Bila fungsi kehilangan £ [θ, δ (yn )] = [θ − δ (yn )]2 , maka tentukanlah solusi Bayes δ (yn ) yang merupakan dugaan titik bagi θ. 4. Misalkan θ merupakan nilai amatan dari peubah acak Θ dengan fungsi kepekatan peluang h (θ) = (Γ (α) β α )−1 θα−1 e−θ/β I (θ > 0)



937 938 939 940 941



942 943 944 945 946 947



dan α > 0, β > 0 merupakan bilangan yang diketahui. Misalkan pula bahwa X1 , X2 , . . . , Xn merupakan sampel acak dari sebaran Poisson dengan nilai tengah θ. Bila Y = Σni=1 Xi dan fungsi kehilangannya ialah £ [θ, δ (y)] = [θ − δ (y)]2 , maka tentukan solusi Bayes δ (y) sebagai dugaan titik bagi θ. 5. Misalkan θ merupakan nilai amatan dari peubah acak Θ bersebaran N (a, b), a dan b masing-masing merupakan konstanta yang diketahui, a ∈ R dan b > 0. Misalkan pula Y merupakan rata-rata dari sampel acak X1 , X2 , . . . , Xn yang bersebaran N (θ, 25), θ ∈ R. Bila fungsi kerugian £ [θ, δ (y)] = |θ − δ (y)| maka berikan dugaan Bayes δ (y) sebagai dugaan titik bagi θ.



948



949



950 951 952 953 954 955 956 957 958 959 960



BAB 6 Pengujian Hipotesis Misalkan X peubah acak untuk suatu populasi dengan parameter θ yang tidak diketahui, di mana θ ∈ Ω. Misalkan pula X1 , X2 , . . . , Xn ialah sampel acak dari sebaran peubah acak X yang memiliki fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x, θ) . Suatu hipotesis statistika adalah pernyataan tentang sebaran dari populasi X. Pernyataan tersebut biasanya berkaitan dengan parameter θ jika kita sedang berhadapan dengan statistika parametrik, selain itu pernyataan tersebut ialah berkaitan dengan bentuk sebaran X. Hipotesis statistika disebut sebagai hipotesis sederhana jika hipotesis tersebut secara keseluruhan menunjukkan sebaran suatu populasi, sebaliknya disebut sebagai hipotesis majemuk. Definisikan suatu hipotesis sebagai berikut H0 : θ ∈ ω0 H1 : θ ∈ ω1



961 962 963 964 965 966 967



di mana ω0 dan ω1 ialah himpunan bagian dari Ω dan ω0 ∪ ω1 = Ω. Hipotesis H0 disebut sebagai hipotesis nul dan H1 disebut sebagai hipotesis alternatif atau hipotesis tandingan. Misalkan D adalah ruang dari sampel, yaitu D = ruang{(X1 , X2 , . . . , Xn )} . Pengujian H0 lawan H1 tersebut berdasarkan himpunan bagian C dari D. Himpunan bagian C disebut sebagai daerah kritis dan himpunan tersebut berpadanan dengan aturan sebagai berikut: Tolak H0 (Terima H1 ) , jika (X1 , X2 , . . . , Xn ) ∈ C Tidak Tolak H0 (Tolak H1 ) , jika (X1 , X2 , . . . , Xn ) ∈ C c .



968 969



Penerimaan suatu hipotesis tidak berarti bahwa hipotesis tersebut benar, tetapi karena tidak ada bukti yang cukup untuk menolak atau menafikannya. 105



106



970 971



Dalam pengujian hipotesis, ada dua kemungkinan kesalahan yang dapat kita lakukan, yaitu:



972



1. Kesalahan untuk menolak H0 , sedangkan kenyataanya H0 benar.



973



2. Kesalahan untuk tidak menolak H0 , sedangkan kenyataanya H0 salah.



974 975 976 977



978



Kesalahan menolak H0 yang benar disebut sebagai kesalahan jenis I dan kesalahan tidak menolak H0 yang salah disebut kesalahan jenis II. Peluang terjadinya salah jenis I dinotasikan dengan α, sedangkan peluang terjadinya salah jenis II dinotasikan dengan β.



Tolak H0 Tidak Tolak H0



H0 benar Salah Jenis I Putusan benar



H0 salah Putusan benar Salah Jenis II



Ukuran atau taraf nyata dari suatu uji hipotesis adalah peluang dari salah jenis I, yaitu α = maxPθ [(X1 , X2 , . . . , Xn ) ∈ C] . θ∈ω0



979 980 981 982 983 984 985



Pθ [(X1 , X2 , . . . , Xn ) ∈ C] merupakan peluang bahwa (X1 , X2 , . . . , Xn ) ∈ C ketika θ adalah parameter yang benar. Berdasarkan semua kemungkinan daerah kritis C berukuran α, kita menginginkan daerah kritis dengan peluang salah jenis II yang minimum atau daerah kritis dengan peluang dari komplemen salah jenis II maksimum. Komplemen salah jenis II ialah menolak H0 ketika H1 benar, di mana hal tersebut adalah putusan yang benar. Dengan demikian, untuk θ ∈ ω1 , kita ingin memaksimumkan 1 − Pθ [Salah jenis II] = Pθ [(X1 , X2 , . . . , Xn ) ∈ C] .



(6.1)



Peluang pada ruas kanan persamaan 6.1 disebut sebagai kuasa dari uji pada θ. Jadi, meminimumkan peluang salah jenis II sama dengan memaksimumkan kuasa. Selanjutnya, definisikan fungsi kuasa dari daerah kritis C sebagai γC (θ) = Pθ [(X1 , X2 , . . . , Xn ) ∈ C] ; θ ∈ Ω. 986



Untuk H0 sederhana lawan H1 sederhana, yaitu H0 : θ = θ0 H1 : θ = θ00



987 988 989



fungsi kuasanya ialah γC (θ0 ) = α dan γC (θ00 ) = 1 − β. Misalkan terdapat dua daerah kritis C1 dan C2 yang berukuran α. C1 dikatakan lebih baik dari C2 jika γC1 (θ) ≥ γC2 (θ) untuk setiap θ ∈ ω1 .



107



990 991



Contoh 6.1 Misalkan X ∼ N (µ, σ 2 ) . Tentukan daerah kritis C untuk hipotesis berikut H0 : µ = µ0 H1 : µ > µ0



992 993



di mana µ0 diketahui. Asumsikan bahwa ukuran dari uji hipotesis ini ialah α, untuk 0 < α < 1. Jawab. Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran N (µ, σ 2 ) . ¯ dan S 2 adalah nilai harapan dan ragam sampel. Secara intuMisalkan X ¯ > µ0 . Kemudian, kita dapat mengeisi, aturan penolakan H0 ialah jika X ¯ tahui sebaran dari statistik X. Berdasarkan hipotesis H0 , statistik T =
√ ¯ X − µ0 / (S/ n) memiliki sebaran t-Student dengan derajat bebas (n − 1) . Dengan menggunakan sebaran T , daerah penolakan berukuran α ialah
√
¯ − µ0 / S/ n ≥ tα (n − 1) , T = X



997



di mana tα (n − 1) adalah batas atas titik kritis α dari sebaran t–Student dengan derajat bebas (n − 1) , yaitu α = P (T > tα (n − 1)) . Biasanya hal tersebut disebut t-test dari H0 : µ = µ0 . Dengan demikian, daerah kritis C berukuran α ialah  √
C = x : t = (¯ x − µ0 ) / s/ n ≥ tα (n − 1)  √
= x : x¯ ≥ µ0 + tα (n − 1) × s/ n .



998



z



994 995 996



Contoh 6.2 Misalkan X1 , X2 , . . . , X10 adalah sampel acak dari sebaran Poisson dengan nilai harapan θ. Daerah kritis untuk pengujian H0 : θ = 0.1 lawan H1 : θ > 0.1 diberikan sebagai berikut Y =



10 X



Xi ≥ 3.



i=1



Statistisk Y memiliki sebaran dengan nilai harapan 10θ, sehingga bila θ = 0.1, nilai harapan Y ialah 1. Taraf nyata dari uji ini ialah α = P (Y ≥ 3) = 1 − P (Y ≤ 2) = 1 − 0.920 = 0.080. P Jika daerah kritis didefinisikan sebagai 10 i=1 Xi ≥ 4, maka taraf nyatanya ialah α = P (Y ≥ 4) = 1 − P (Y ≤ 3) = 1 − 0.981 = 0.019.



6.1 Uji Paling Kuasa



108



Sebagai contoh, jika taraf nyata yang diinginkan ialah α = 0.05, maka hal tersebut dapat disesuaikan dengan cara sebagai berikut. Misalkan W merupakan peubah acak yang menyebar Bernoulli dengan peluang sukses sebesar P (W = 1) =



31 0.050 − 0.019 = . 0.080 − 0.019 61



Asumsikan bahwa W dipilih secara bebas dari sampel. Perhatikan aturan penolakan berikut : Tolak H0 jika



10 X



xi ≥ 4 atau jika



i=1 999



10 X



xi = 3 dan W = 1.



i=1



Berdasarkan aturan penolakan tersebut, diperoleh taraf nyata sebesar PH0 (Y ≥ 4) + PH0 ({Y = 3} ∩ {W = 1}) = PH0 (Y ≥ 4) + PH0 (Y = 3) P (W = 1) 31 = 0.019 + 0.061 × 61 = 0.05.



1001



Proses melakukan percobaan tambahan untuk memutuskan apakah akan menolak H0 atau tidak ketika Y = 3 disebut sebagai uji acak (randomized test) .



1002



6.1



1000



1003 1004 1005 1006 1007



Uji Paling Kuasa



Misalkan f (x; θ) adalah fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang dari suatu peubah acak X di mana θ ∈ Ω = {θ0 , θ00 } . Misalkan pula ω0 = {θ0 } dan ω1 = {θ00 } , serta X0 = (X1 , X2 , . . . , Xn ) adalah sampel acak dari sebaran peubah acak X. Selanjutnya, definisikan daerah kritis terbaik untuk uji hipotesis sederhana antara hipotesis nul H0 dan hipotesis alternatif H1 . Definisi 6.1 Misalkan C adalah himpunan bagian dari ruang sampel. C disebut sebagai daerah kritis terbaik berukuran α untuk uji hipotesis sederhana H0 : θ = θ0 dan H1 : θ = θ00 jika Pθ0 [X ∈ C] = α dan untuk setiap himpunan bagian A dari ruang sampel, Pθ0 [X ∈ A] = α ⇒ Pθ00 [X ∈ C] ≥ Pθ00 [X ∈ A] . Teorema 6.1 (N eyman − P earson) Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi massa atau kepekatan peluang f (x; θ) , maka fungsi kemungkinan dari X1 , X2 , . . . , Xn ialah L (θ; x) =



n Y i=1



f (xi ; θ) , untuk x0 = (x1 , x2 , . . . , xn ) .



6.1 Uji Paling Kuasa



1008 1009 1010



109



Misalkan θ0 dan θ00 adalah nilai dari θ sedemikian sehingga Ω = {θ : θ = θ0 , θ00 } dan k adalah bilangan positif. Misalkan pula 0 C adalah himpunan bagian L(θ ;x) dari ruang sampel sedemikian sehingga: (a) L(θ 00 ;x) ≤ k untuk setiap x ∈ C, 0



1011 1012 1013



L(θ ;x) c (b) L(θ 00 ;x) ≥ k untuk setiap x ∈ C , dan (c) α = PH0 [X ∈ C] , maka C adalah daerah kritis terbaik berukuran α untuk pengujian hipotesis sederhana H0 : θ = θ0 dan H1 : θ = θ00 .



Bukti. Misalkan X adalah peubah acak kontinu. Jika C adalah satusatunya daerah kritis berukuran R Rα, maka teorema tersebut terbukti. Untuk penyederhanaan, misalkan · · · L (θ; x1 , x2 , . . . , xn ) dx1 dx2 . . . dxn menjadi R R L (θ) . Jika terdapat daerah kritis berukuran α yang lain, misalkan daerah R tersebut adalah A, maka Z Z 0 L (θ ) = L (θ0 ) = α. A



C



Kemudian yang ingin dibuktikan ialah Z Z 00 L (θ00 ) ≥ 0. L (θ ) − A



C 1014 1015



Karena C adalah gabungan dari himpunan saling lepas C ∩ A dan C ∩ Ac , maka Z Z 00 L (θ ) − L (θ00 ) AZ Z Z ZC 00 00 00 L (θ00 ) L (θ ) − L (θ ) − L (θ ) + = c c A∩C A∩C ZC∩A ZC∩A = L (θ00 ) − L (θ00 ) . (6.2) C∩Ac



A∩C c



Berdasarkan hipotesis pada teorema tersebut, L (θ00 ) ≥ (1/k) L (θ0 ) untuk setiap x ∈ C, juga untuk setiap x ∈ C ∩ Ac , sehingga Z Z 1 00 L (θ ) ≥ L (θ0 ) k c c C∩A C∩A



1016



dan L (θ00 ) ≤ (1/k) L (θ0 ) untuk setiap x ∈ C c , juga untuk setiap x ∈ A ∩ C c , sehingga Z Z 1 00 L (θ ) ≤ L (θ0 ) . k c c A∩C A∩C Berdasarkan pertaksamaan tersebut diperoleh Z Z Z Z 1 1 0 00 00 L (θ ) − L (θ0 ) ; (6.3) L (θ ) − L (θ ) ≥ k k C∩Ac A∩C c C∩Ac A∩C c



6.1 Uji Paling Kuasa



110



dan dari persamaan 6.2 diperoleh Z  Z Z Z 1 00 00 0 0 L (θ ) − L (θ ) ≥ L (θ ) − L (θ ) . k C∩Ac C A A∩C c 1017



Dengan demikian, Z



Z



00



L (θ ) − L (θ00 ) c c Z ZC∩A Z A∩C Z 00 00 00 L (θ ) − L (θ00 ) L (θ ) − = L (θ ) + c c A∩C A∩C ZC∩A Z C∩A = L (θ00 ) − L (θ00 ) C



A



= α − α = 0. Jika hasil tersebut disubstitusi ke pertaksamaan 6.3, maka diperoleh Z Z 00 L (θ ) − L (θ00 ) ≥ 0. C 1018 1019 1020



1021 1022 1023 1024



A



Jika peubah acak X adalah peubah acak diskret, maka pembuktian teorema tersebut sama seperti kasus kontinu, hanya saja notasi integral diubah menjadi notasi sigma (penjumlahan). z Akibat 6.1 Misalkan C adalah daerah kritis terbaik berukuran α untuk pengujian hipotesis sederhana H0 : θ = θ0 dan H1 : θ = θ00 . Misalkan taraf nyata dari pengujian tersebut ialah α. Misalkan pula γC (θ00 ) = Pθ00 [X ∈ C] menyatakan kuasa dari pengujian tersebut, maka α ≤ γC (θ00 ) . Contoh 6.3 Misalkan X0 = (X1 , X2 , . . . , Xn ) adalah sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi kepekatan peluang ! 1 (x − θ)2 , − ∞ < x < ∞. f (x; θ) = √ exp − 2 2π



1025



Tentukan daerah kritis terbaik C berukuran α untuk hipotesis sederhana berikut H0 : θ = θ0 = 0 H1 : θ = θ00 = 1.



1026



Jawab.



√
n P 1/ 2π exp (− ni=1 x2i /2) √
n
P 1/ 2π exp − ni=1 (xi − 1)2 /2 ! n X n = exp − xi + . 2 i=1



L (θ0 ; x) = L (θ00 ; x)



6.2 Uji Selalu Paling Kuasa



111



Jika k > 0, maka himpunan dari semua titik (x1 , x2 , . . . , xn ) sedemikian sehingga
Pn n ≤k exp − x + i i=1 2 Pn n ⇔ − Pn i=1 xi +n 2 ≤ log k ⇔ i=1 xi ≥ 2 − log k = c P adalah daerah kritis terbaik, yaitu C = {(x1 , x2 , . . . , xn ) : ni=1 xi ≥ c} , di mana c adalah suatu konstanta yang dapat ditentukan sedemikian sehingga Pn daerah kritis tersebut berukuran α. Kejadian i=1 Xi ≥ c ekuivalen den¯ ≥ c/n = c1 . Sebagai contoh, misalkan uji hipotesis tersebut gan kejadian X ¯ Jika H0 benar, θ = θ0 = 0, maka X ¯ ∼ N (0, 1/n) . berdasarkan statistik X. Berdasarkan ukuran contoh n dan taraf nyata α, konstanta c1 dapat ditentukan dengan melihat tabel sebaran normal sedemikian sehingga
¯ ≥ c1 = α. PH 0 X Dengan demikian, jika nilai dari X1 , X2 , . . . , Xn berturut-turut adalah x1 , x2 , . . . , xn , P maka x¯ = ni=1 xi /n. Jika x¯ ≥ c1 , maka hipotesis H0 ditolak pada taraf nyata α; jika x¯ ≤ c1 , maka hipotesis H0 tidak ditolak. Peluang menolak H0 padahal H0 benar ialah α; peluang menolak H0 ketika H0 salah adalah nilai dari kuasa uji hipotesis pada θ = θ00 = 1, yaitu ! Z ∞ 2
(¯ x − 1) 1 ¯ ≥ c1 = √ p exp − d¯ x. PH 1 X 2 (1/n) 2π 1/n c1 1027 1028 1029



Misalkan n √= 25 dan α = 0.05, maka berdasarkan tabel sebaran normal c1 = 1.645/ 25 = 0.329 dan kuasa dari uji terbaik H0 lawan H1 ialah 0.05 ketika H0 benar dan ! Z ∞ Z ∞ 1 (¯ x − 1)2 1 2 √ e−w /2 dw √ p exp − d¯ x = 2 (1/25) 2π 2π 1/25 0.329 −3.355 = P (Z ≥ −3.355) = 0.9996



1030



ketika H1 benar.



1031



6.2



1032 1033 1034



z



Uji Selalu Paling Kuasa



Uji selalu paling kuasa atau uniformly most powerful test ini digunakan untuk menguji hipotesis nul sederhana dengan hipotesis alternatif majemuk. Berikut merupakan contoh dari pengujian tersebut.



6.2 Uji Selalu Paling Kuasa



1035



112



Contoh 6.4 Misalkan X1 , X2 adalah sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi kepekatan peluang 1 f (x; θ) = e−x/θ I (x > 0) . θ Tentukan daerah kritis terbaik C berukuran α untuk hipotesis berikut H0 : θ = 2 H1 : θ = θ∗ ; θ∗ > 2.



1036



Jawab. L (θ0 ; x) L (2) = L (θ00 ; x) L (θ∗ ) 1 exp [− (x1 + x2 ) /2] 22 . = 1 exp [− (x1 + x2 ) /θ∗ ] (θ∗ )2 Jika k > 0, maka himpunan dari semua titik (x1 , x2 ) sedemikian sehingga 1 exp [− (x1 + x2 ) /2] 22 1 exp [− (x1 + x2 ) /θ∗ ] (θ∗ )2



1037



≤k



adalah daerah kritis terbaik berkuran α. 1 exp [− (x1 + x2 ) /2] 22 ≤k 1 exp [− (x1 + x2 ) /θ∗ ] (θ∗ )2 ⇔ − log 4 − (x1 + x2
) /2 + log (θ∗ )2 + (x1 + x2 ) /θ∗ ≤ log k ⇔ (x1 + x2 ) θ1∗ − 21 ≤ k1
⇔ (x1 + x2 ) 12 − θ1∗ ≥ k2 , (6.4)
karena ∀θ∗ > 2, 21 − θ1∗ > 0, maka pertaksamaan 6.4 dapat ditulis menjadi (x1 + x2 ) ≥ k3 ,



1038



sehingga daerah kritis C = {(x1 , x2 ) : (x1 + x2 ) ≥ k3 } . α = P (X ∈ C|H0 ) 0.05 = Pθ=2 (X1 + X2 ≥ k2 ) 0.05 = 1 − P (X1 + X2 < k2 ) Z k3 Z k3 −x1 1 0.05 = 1 − exp [− (x1 + x2 ) /2] dx2 dx1 4 0  0  k3 0.05 = e−k3 /2 1 + 2 k3 = 9.5.



1039



z



6.3 Uji Rasio Kemungkinan



1040 1041 1042 1043 1044 1045 1046 1047



1048 1049 1050



113



Definisi 6.2 Daerah kritis C adalah daerah kritis selalu paling kuasa (uniformly most powerful critical region) berukuran α untuk pengujian hipotesis sederhana H0 dan hipotesis majemuk H1 jika himpunan C adalah daerah kritis terbaik berukuran α untuk pengujian hipotesis H0 dengan setiap hipotesis sederhana H1 . Pengujian yang didefinisikan berdasarkan daerah kritis C tersebut disebut uji selalu paling kuasa (uniformly most powerful test) dengan taraf nyata α untuk pengujian hipotesis sederhana H0 dan hipotesis majemuk H1 . Contoh 6.5 Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dari sebaran normal N (θ, 1). Tentukan daerah kritis selalu paling kuasa berukuran α (jika ada) untuk hipotesis berikut H0 : θ = 5 H1 : θ = θ∗ ; θ∗ 6= 5.



1051



Jawab. Yn



2
√1 exp − 1 (x − 5) L (θ = 5) 2 2π = Yni=1 2
L (θ = θ∗ ) √1 exp − 1 (x − θ ∗ ) 2 2π



1 = − 2



i=1 n X i=1



n



1X (xi − 5) + (xi − θ∗ )2 2 i=1



= (5 − θ∗ )



2



n X



xi + n (θ∗ )2 −



i=1



∗



(5 − θ )



n X



xi ≤ k1 − n (θ∗ )2 +



i=1 1052 1053 1054



1055



25n ≤ k1 . 2



25n . 2



P Jika θ < 5, maka C = {(x1 , x2P , . . . , xn ) : ni=1 xi ≤ k2 }, tetapi untuk θ∗ > 5, maka C = {(x1 , x2 , . . . , xn ) : ni=1 xi ≥ k2 } . Dengan demikian, tidak ada daerah kritis selalu paling kuasa. z ∗



6.3



Uji Rasio Kemungkinan



Misalkan peubah acak X memiliki fungsi kepekatan atau massa peluang f (x; θ) , di mana θ adalah vektor dari parameter pada Ω. Misalkan ω ⊂ Ω dan H0 : θ ∈ ω lawan H1 : θ ∈ Ω ∩ ω c .



6.3 Uji Rasio Kemungkinan



114



Prinsip dari rasio kemungkinan untuk menolak H0 adalah jika dan hanya jika Λ ≤ λ0 < 1, di mana supL (ω) Λ (x) =



θ∈ω



supL (Ω)



=



θ∈Ω 1056



L (ˆ ω)  , ˆ L Ω



dengan taraf nyata dari uji tersebut ialah α = maxPH0 [Λ (X) ≤ λ0 ] . θ∈ω



1057 1058 1059



Contoh 6.6 Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn merupakan sampel acak dari sebaran N (θ1 , θ2 ) di mana θ1 adalah nilai tengah dan θ2 adalah ragam yang tidak diketahui, sehingga Ω = {(θ1 , θ2 ) ∈ R × R+ } . Hipotesis yang diuji ialah H0 : θ1 = 0, θ2 > 0 H1 : θ1 6= 0, θ2 > 0,



1060 1061



sehingga ω = {θ1 = 0, θ2 ∈ R+ } . Tentukan statistik dan sebaran yang terkait hipotesis tersebut, serta berikan daerah kritis pada taraf nyata α. Jawab. Dalam hal ini sampel acak X1 , X2 , . . . , Xn saling bebas, sehingga fungsi kemungkinannya ialah   1 n 2 −n/2 Σ (xi − θ1 ) L (Ω) = (2πθ2 ) exp − 2θ2 i=1 dan L (ω) = (2πθ2 )



1062



−n/2







 1 n 2 exp − Σ x . 2θ2 i=1 i



Jika ∂ ln L (ω) /∂θ2 = 0 , maka −n 1 + = 0 2θ2 θ2 Σni=1 x2i , θ2 = n



1063 1064



di mana θ2 memaksimumkan L (ω) . Jadi, penduga kemungkinan maksimum bagi θ2 ialah n 2 ˆθ2 = Σi=1 Xi . n Jika ∂ ln L (Ω) /∂θ1 dan ∂ ln L (Ω) /∂θ2 dibuat sama dengan nol, maka penduga kemungkinan maksimum bagi θ1 dan θ2 ialah ˆθ1 = X ¯
n ¯ 2 Σ X − X i i=1 ˆθ2 = . n



6.3 Uji Rasio Kemungkinan



1065



Dengan demikian, #−n/2 Σni=1 (xi − x¯)2 2π × e−n/2 , n −n/2  Σni=1 x2i e−n/2 , L (ˆ ω ) = 2π × n



  ˆ L Ω =



"



sehingga #n/2 " L (ˆ ω) Σni=1 (xi − x¯)2 Λ (x) =   = . Σni=1 x2i ˆ L Ω x2 , maka Karena Σni=1 (xi − x¯)2 = Σni=1 x2i − n¯ #n/2 Σni=1 (xi − x¯)2 Λ (x) = ≤ λ0 Σni=1 (xi − x¯)2 + n¯ x2 1 2/n ≤ λ0 2 n¯ x 1+ n Σi=1 (xi − x¯)2 n¯ x2 −2/n 1+ n 2 ≥ λ0 Σi=1 (xi − x¯) n¯ x2 −2/n − 1 = λ∗0 2 ≥ λ0 n Σi=1 (xi − x¯) n¯ x2 /θ2 ≥ λ∗0 (n − 1) 1 Σni=1 (xi − x¯)2 /θ × √2 n−1 √ p n |¯ x| / θ2 q ≥ λ∗0 (n − 1) = λ∗∗ 0 . 1 Σni=1 (xi − x¯)2 /θ2 × n−1 "



⇔



⇔ ⇔ ⇔ ⇔




¯ ∼ N (θ1 , θ2 ) dan Σn Xi − X ¯ 2 /θ2 ∼ χ2 (n − 1) , maka Karena X i=1
√ ¯ n X − θ1 T =q ∼ t − Student (n − 1)
2 n ¯ Σi=1 Xi − X / (n − 1) dan bila H0 benar, T =q Σni=1



√ ¯ nX ∼ t − Student (n − 1) .
2 ¯ Xi − X / (n − 1)



115



6.3 Uji Rasio Kemungkinan



1066



116



Dengan demikian, daerah kritis C ialah   √   n |¯ x| ≥ tα/2 (n − 1) C = x; q   Σni=1 (xi − x¯)2 / (n − 1)   S = x; |¯ x| ≥ √ tα/2 (n − 1) . n z



1067



1068 1069 1070 1071 1072



Contoh 6.7 Misalkan X ∼ N (θ1 , θ3 ) dan Y ∼ N (θ2 , θ3 ) , di mana θ1 , θ2 adalah nilai tengah dari X dan Y, serta θ3 adalah ragam yang tidak diketahui, sehingga Ω = {(θ1 , θ2 , θ3 ) : θ1 , θ2 ∈ R, θ3 ∈ R+ } . Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn dan Y1 , Y2 , . . . , Ym merupakan sampel acak dari sebaran tersebut. Hipotesis yang diuji ialah H0 : θ1 = θ2 , θ3 > 0 H1 : θ1 6= θ2 , θ3 > 0,



1073 1074 1075



sehingga ω = {(θ1 , θ2 , θ3 ) : θ1 = θ2 ∈ R, θ3 ∈ R+ }. Tentukan statistik dan sebaran yang terkait hipotesis tersebut, serta berikan daerah kritis pada taraf nyata α. Jawab. Dalam hal ini X1 , X2 , . . . , Xn , Y1 , Y2 , . . . , Ym adalah n + m > 2 sampel acak saling bebas, sehingga fungsi kemungkinannya ialah   1  n 2 2 −(n+m)/2 m Σi=1 (xi − θ1 ) + Σi=1 (yi − θ2 ) L (Ω) = (2πθ3 ) exp − 2θ3 dan L (ω) = (2πθ3 )



1076



−(n+m)/2



  1  n 2 2 m exp − Σi=1 (xi − θ1 ) + Σi=1 (yi − θ1 ) . 2θ3



Jika ∂ ln L (ω) /∂θ1 dan ∂ ln L (ω) /∂θ3 dibuat sama dengan nol, maka Σni=1 (xi − θ1 ) + Σm i=1 (yi − θ1 ) = 0  1 2 = n + m. Σni=1 (xi − θ1 )2 + Σm i=1 (yi − θ1 ) θ3



1077



Solusi dari persamaan di atas untuk θ1 dan θ3 berturut-turut ialah θ1ω = (n + m)−1 {Σni=1 xi + Σm i=1 yi } −1  n 2 θ3ω = (n + m) Σi=1 (xi − θ1ω )2 + Σm , i=1 (yi − θ1ω )



6.3 Uji Rasio Kemungkinan



117



di mana θ1ω dan θ3ω memaksimumkan L (ω) . Selanjutnya, jika ∂ ln L (Ω) /∂θ1 , ∂ ln L (Ω) /∂θ2 , dan ∂ ln L (Ω) /∂θ3 dibuat sama dengan nol, maka Σni=1 (xi − θ1 ) = 0 Σm i=1 (yi − θ2 ) = 0 − (n + m) +



1  n 2 = 0. Σi=1 (xi − θ1 )2 + Σm i=1 (yi − θ1 ) θ3



Solusi dari persamaan di atas untuk θ1 , θ2 dan θ3 berturut-turut ialah θ1 = x¯ θ2 = y¯  2 θ3 = (n + m)−1 Σni=1 (xi − θ1 )2 + Σm i=1 (yi − θ2 ) 1078



1079



di mana θ1 , θ2 dan θ3 memaksimumkan L (Ω) . Dengan demikian,  −1 (n+m)/2   e ˆ L Ω = 2πθ3  −1 (n+m)/2 e L (ˆ ω) = , 2πθ3ω sehingga  (n+m)/2 L (ˆ ω) θ3  = Λ (x) = θ3ω ˆ L Ω Λ2/(n+m) (X) =



ˆθ3 ˆθ3ω





¯ 2 ¯ 2 + Σm Σni=1 Xi − X i=1 Yi − Y . =  ¯ + mY¯ 2 Pm  ¯ + mY¯ 2 Pn nX nX + i=1 Yi − i=1 Xi − n+m n+m 1080



Karena n  X i=1



 n  X ¯ + mY¯ 2 ¯ + mY¯ 2   nX nX ¯ ¯ Xi − = Xi − X + X − n+m n+m i=1  n X ¯ + mY¯ 2
2 n X ¯ +n X ¯− = Xi − X n+m i=1 =



n X i=1



¯ Xi − X




2



+




m2 n ¯ ¯ 2 2 X −Y (n + m)



6.3 Uji Rasio Kemungkinan



1081



118



dan  m  m  X X ¯ + mY¯ 2 ¯ + mY¯ 2   nX n X Yi − = Yi − Y¯ + Y¯ − n + m n+m i=1 i=1  m X ¯ + mY¯ 2
2 nX ¯ ¯ = Yi − Y + m Y − n+m i=1 =



m X



Yi − Y¯




2



i=1 1082



+




n2 m ¯ − Y¯ 2 , X (n + m)2



maka
2
2 m n ¯ ¯ Y − Y X − X + Σ Σ i i i=1 i=1 Λ2/(n+m) (X) = Pn
2
2 Pm
¯ ¯ ¯ − Y¯ 2 Y − Y + [nm/ (n + m)] X − X + X i i i=1 i=1 1 = .
¯ − Y¯ 2 [nm/ (n + m)] X 1 + Pn

¯ 2 + Pm Yi − Y¯ 2 Xi − X i=1



i=1



Jika hipotesis H0 : θ1 = θ2 benar, maka peubah acak r T =



( " n #)−1/2 m X X


nm 2 2 ¯ − Y¯ ¯ + X (n + m − 2)−1 Xi − X Yi − Y¯ n+m i=1 i=1



memiliki sebaran t−Student dengan derajat bebas n+m−2. Dengan demikian, peubah acak Λ2/(n+m) (X) dapat dituliskan menjadi



1083 1084



n+m−2 , (n + m − 2) + T 2  sehingga daerah kritis C ialah C = |t| ≥ tα/2 (n + m − 2) , di mana t adalah nilai amatan dari peubah acak T. z Definisi 6.3 Misalkan peubah acak Z ∼ N (δ, 1) dan peubah acak U ∼ χ2 (r) , serta dua peubah acak tersebut saling bebas, maka peubah acak Z T =p U/r



1085 1086 1087



dikatakan memiliki sebaran t takterpusat dengan derajat bebas r dan parameter takterpusat δ. Jika δ = 0, maka T disebut memiliki sebaran terpusat t.



6.3 Uji Rasio Kemungkinan



1088 1089 1090 1091 1092



Pada dua contoh di atas, Contoh 6.6 dan Contoh 6.7, penentuan uji rasio kemungkinan tersebut dilakukan berdasarkan statistik di mana jika H0 benar, maka memiliki sebaran t. Kemudian, kita ingin menguji statistik pada contoh-contoh tersebut dengan menggunakan Definisi 6.3. Pada Contoh 6.6, diperoleh T =q



1093



U1



1095



1096



Σni=1



√  √ ¯ nX nθ1 = ∼N ,1 σ σ
¯ 2 Σni=1 Xi − X = ∼ χ2 (n − 1) , 2 σ



peubah acak Z1 dan U1 saling bebas. Dengan demikian, jika θ1 6= 0, maka T memiliki sebaran √ t takterpusat dengan derajat bebas n − 1 dan parameter nθ1 . terpusatnya δ1 = σ Dari Contoh 6.7 diperoleh T =p di mana



r Z2 =



dan



1097



√ ¯ nX
¯ 2 / (n − 1) Xi − X



di mana Z1



1094



119



Z2 U2 / (n + m − 2)




nm ¯ − Y¯ /σ X n+m



" n # m
2 X
2 1 X ¯ + Xi − X Yi − Y¯ . U2 = 2 σ i=1 i=1



Kedua peubah acak tersebut saling bebas dan p  Z2 ∼ N nm/ (n + m) (θ1 − θ2 ) /σ, 1 U2 ∼ χ2 (n + m − 2) . Dengan demikian, jika θ1 6= θ2 , maka T memiliki sebaran t takterpusat dengan derajat bebas n + m − 2 dan parameter takterpusatnya p δ2 = nm/ (n + m) (θ1 − θ2 ) /σ.



6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens



120



Misalkan suatu statistik −2 ln Λ (X) dengan Λ (x) =



1098 1099 1100 1101 1102



L (ˆ ω)  . ˆ L Ω



Berdasarkan prinsip dari uji rasio kemungkinan, H0 ditolak jika dan hanya jika Λ ≤ λ0 , sehingga untuk statistik −2 ln Λ, H0 ditolak jika −2 ln Λ > λ1 untuk suatu konstanta λ1 . Dengan demikian, uji rasio kemungkinan ekuivalen dengan uji yang menggunakan statistik −2 ln Λ. Berikut ini merupakan teorema yang menyatakan sebaran asimtotik bagi −2 ln Λ. Teorema 6.2 Misalkan X1 , X2 , ..., Xn adalah sampel acak dengan fungsi kepekatan peluang f (x; θ) , θ ∈ Ω, di mana Ω merupakan himpunan bagian berdimensi r dari Rr dan misalkan ω merupakan himpunan bagian berdimensi m dari Ω. Misalkan pula himpunan positif dari fungsi kepekatan peluang tidak bergantung pada θ, maka sebaran asimtotik dari −2 ln Λ ialah χ2 (r − m) , asalkan θ ∈ ω, yaitu saat n → ∞, Pθ (−2 ln Λ ≤ x) → G (x) , x ≥ 0, ∀θ ∈ ω,



1103



dengan G adalah fungsi sebaran dari sebaran χ2 (r − m) .



1104



6.4



Uji Rasio Peluang Bersekuens



Pada Teorema 6.1 diberikan suatu metode untuk menentukan daerah kritis terbaik untuk pengujian hipotesis sederhana lawan hipotesis alternatif sederhana. Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn adalah sampel acak dengan ukuran contoh n yang tetap, yang berasal dari sebaran dengan fungsi massa atau kepekatan peluang f (x; θ) , di mana θ = {θ : θ = θ0 , θ00 } dan θ0 , θ00 diketahui nilainya. Fungsi kemungkinan dari X1 , X2 , . . . , Xn ialah L (θ; n) = f (x1 ; θ) f (x2 ; θ) · · · f (xn ; θ) . Jika H0 : θ = θ0 ditolak dan H1 : θ = θ00 diterima ketika L (θ0 ; n) ≤ k, L (θ00 ; n) 1105 1106



di mana k > 0, maka berdasarkan Teorema 6.1, hal tersebut merupakan uji terbaik dari H0 lawan H1 . Selanjutnya, misalkan ukuran sampel n merupakan suatu peubah acak. Misalkan N adalah peubah acak yang menyatakan ukuran sampel dengan



6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens



121



ruang sampel {1, 2, 3, ...} . Prosedur untuk pengujian hipotesis sederhana H0 : θ = θ0 lawan H1 : θ = θ00 ialah sebagai berikut: misalkan k0 dan k1 merupakan konstanta positif dengan k0 < k1 . Amati nilai dari X1 , X2 , . . . , Xn pada suatu sekuens, sebagai contoh x1 , x2 , x3 . . . dan hitung L (θ0 ; 1) L (θ0 ; 2) L (θ0 ; 3) , , ,··· . L (θ00 ; 1) L (θ00 ; 2) L (θ00 ; 3) Hipotesis H0 ditolak jika dan hanya jika terdapat bilangan bulat positif n sedemikian sehingga xn = (x1 , x2 , . . . , xn ) merupakan anggota dari himpunan   L (θ0 ; j) L (θ0 ; n) < k1 , j = 1, 2, ..., n − 1 dan ≤ k0 . Cn = xn : k0 < L (θ00 ; j) L (θ00 ; n) Di samping itu, hipotesis H0 diterima jika dan hanya jika terdapat bilangan bulat positif n sedemikian sehingga xn = (x1 , x2 , . . . , xn ) merupakan anggota dari himpunan   L (θ0 ; j) L (θ0 ; n) An = xn : k0 < < k1 , j = 1, 2, ..., n − 1 dan ≥ k1 , L (θ00 ; j) L (θ00 ; n) 1107



Dengan kata lain, pengamatan contoh dilanjutkan selama k0