HASIL DAN PEMBAHASAN Perumusan Penduga Bagi θ
(Ω,F,P) dengan fungsi intensitas λ seperti pada (1), yang diamati pada interval terbatas [0,n]. Tujuan kita dalam pembahasan ini adalah untuk mempelajari penyusunan penduga konsisten bagi intensitas global τ 1 1 θ = µ ([0,τ ]) = ∫ λc ( s)ds (3)
Misalkan N adalah proses Poisson pada interval [0, ∞) dengan rataan µ yang kontinu mutlak, dan fungsi intensitas λ yang terintegralkan lokal. Sehingga, untuk setiap himpunan Borel terbatas B maka: µ ( B) = ΕN ( B) = ∫ λ ( s)ds < ∞ .
τ
τ
0
dari komponen periodik λc dari fungsi intensitas λ pada (1). Pada tulisan ini, kita asumsikan bahwa periode τ diketahui (seperti: satu hari, satu minggu, dan lain-lain), tetapi slope a dan fungsi λc pada [0,τ ) keduanya tidak diketahui. Pada situasi ini kita definisikan penduga a dan θ sebagai berikut 2 N ([ 0, n ]) aˆn = (4) n2 dan ∞ 1 1 N ([kτ , (k + 1)τ ] ∩ [0, n]) θˆn = ∑ ln ( n / τ ) k =1 k τ
B
Fungsi λ diasumsikan terdiri atas dua komponen yaitu komponen periodik λc , dengan periode τ>0 (diketahui) dan komponen tren linear as, dengan slope a tidak diketahui. Dengan kata lain, untuk setiap s ∈ [0, ∞) , fungsi intensitas λ dapat dituliskan sebagai berikut: λ ( s ) = λc ( s ) + as (1) dengan λc ( s ) adalah fungsi periodik dengan periode τ . Dalam tulisan ini, kita asumsikan λc adalah periodik sehingga persamaan λc ( s + kτ ) = λc ( s) (2) berlaku untuk setiap s ∈ [0, ∞) dan k ∈ , dengan adalah himpunan bilangan bulat. Contoh fungsi intensitas yang memenuhi persamaan (1) adalah ⎛ ⎛ 2π s ⎞ ⎞ λ ( s ) = 4 exp ⎜ cos ⎜ ⎟⎟ + s , ⎝ 5 ⎠⎠ ⎝
⎛τ ⎞ n − aˆn ⎜⎜ + ⎟⎟ . n 2 ln / τ ( ) ⎝ ⎠
(5) Penduga a yaitu aˆn diperoleh dari: n
ΕN ([ 0, n ]) = ∫ (λc ( s ) + as )ds 0
yang grafiknya dapat dilihat pada gambar berikut
n
= ∫ λc ( s )ds + 12 as 2 ⎤⎦
30
0
n 0
n
25
= ∫ λc ( s )ds + 12 an 2 .
20
0
Bila kedua ruas dibagi dengan n2 maka persamaan di atas menjadi
15 10
n
ΕN ([ 0, n ])
5
5
10
15
∫ λ (s)ds c
1 + a. 2 n n2 Bagian pertama dapat ditulis sebagai 2
20
Gambar 1. Contoh grafik fungsi intensitas periodik dengan tren linear.
=
0
n
∫ λc (s)ds
Di sini kita perhatikan proses Poisson titik pada [0, ∞) karena λ harus memenuhi (1) dan harus tak-negatif. Dengan alasan yang sama, kita hanya perhatikan untuk kasus a>0. Misalkan untuk suatu ω ∈ Ω , ada sebuah realisasi N (ω ) dari proses Poisson N yang didefinisikan pada ruang peluang
0
n
2
n
∫ λ (s)ds 1 c
=
0
n
n
.
n
∫ λ (s)ds c
0
merupakan n rata-rata λc ( s ) pada interval [0,n] yang Perhatikan bahwa
6
Perhatikan bahwa ∞ 1 Ι( s + kτ ∈ [0, n]) = Ln + O (1) ≈ Ln ∑ k =1 k
1 n
merupakan suatu konstanta. Sementara
konvergen ke 0 jika n → ∞ . Maka ΕN ([ 0, n ]) 1 = a. 2 n2 Dengan kata lain 2ΕN ([ 0, n ]) a= . n2 Sehingga diperoleh penduga seperti pada (4). Selanjutnya, kita uraikan ide untuk mengkonstruksi penduga dari θ yaitu θˆ
(8) τ
(lihat Titchmarsh 1960) dan
τ
Bagian kedua pada (7) adalah ≈
1 Misalkan Ln = ∑ Ι(kτ ∈ [0, n]) , k =1 k dengan (6) diperoleh: 1 ∞ 1 θ = ∑ θ Ι(kτ ∈ [0, n]) Ln k =1 k
=
1 Ln −
∞
1
(6)
a Ln
maka
k =1
1 Ln
=
a Ln
1 Ln
aτ ⎛ n ⎞ ⎜ +ζn ⎟ ⎠ n ⎝τ an aτζ n = + Ln Ln
∞
∫ ∑ Ι(s + kτ ∈ [0, n])ds = L 0 k =1
dimana
∞
1
λ ( s )Ι( s ∈ [0, n])ds
∞
(as )Ι( s ∈ [0, n])ds .
k
1
Dari (10) dan Ln
k =1
k =1
τ
−
a Ln
(11) ⎛n⎞ ln ⎜ ⎟ dengan n → ∞ ⎝τ ⎠
Dengan mengambil padanan stokastik dari bagian pertama, maka diperoleh persamaan (5) dan juga mengganti a dengan aˆn (karena belum diketahui).
τ
∞ 1 a Ι ( s + kτ ∈ [0, n])ds s ∑ ∫ Lnτ 0 k =1 k
n ≥ 1.
(12)
0
−
setiap
⎛τ ⎞ n − a ⎜⎜ + ⎟⎟ . ⎝ 2 ln ( n / τ ) ⎠
τ
1 ΕX ([kτ , (k + 1)τ ] ∩ [0, n])
∑k
untuk
diperoleh: ∞ 1 1 ΕN ([kτ , (k + 1)τ ] ∩ [0, n]) θ≈ ∑ ln ( n / τ ) k =1 k τ
∑ kτ ∫ (s + kτ )Ι(s + kτ ∈ [0, n])ds ∞
ζn ≤1
⎛τ n ⎞ − a⎜ + ⎟ . ⎝ 2 Ln ⎠
( k +1)τ
k =1
an Ln
Sehingga (7) menjadi 1 ∞ 1 ΕN ([ kτ , (k + 1)τ ] ∩ [0, n]) θ≈ ∑ Ln k =1 k τ
k
∑ kτ ∫ τ
τ
τ
(10)
Dengan perubahan batas integral pada suku kedua ruas kanan persamaan di atas, maka diperoleh ( k +1)τ 1 ∞ 1 θ= ∑ λ ( s )Ι( s ∈ [0, n]) ds Ln k =1 kτ k∫τ −
ζ n ≤ 1 untuk setiap
≈
( k +1)τ
∑ kτ ∫ τ
aτ . 2
n ≥ 1. Bagian ketiganya menjadi
1 1 λc ( s )Ι( s ∈ [0, n])ds . ∑ Ln k =1 kτ k∫τ Dengan menggunakan persamaan (1) maka kuantitas di atas sama dengan ( k +1)τ 1 ∞ 1 (λ ( s ) − as )Ι( s ∈ [0, n])ds θ= ∑ Ln k =1 kτ k∫τ =
.
(9) Perhatikan bahwa
( k +1)τ
∞
2
Misalkan τ 1 ∞ ⎛n⎞ ζ n = ∫ ∑ Ι( x + kτ ∈ [0, n])dx − ⎜ ⎟ . τ 0 k =1 ⎝τ ⎠
kτ
∞
∫ s ds = 0
n
sebagai berikut: ( k +1)τ 1 θ= ∫ λc (s)ds .
τ2
∞
∫ ∑ Ι(s + kτ ∈ [0, n])ds. 0 k =1
(7)
7
jika n → ∞ . Dengan γ = 0,577... adalah konstanta Euler. Serta 2 ⎛ θ + a ⎞ ⎛⎜ π ⎞⎟ − a 2 − γ ( ) ⎜ ⎟⎜ ⎝ τ 2 ⎠ ⎝ 6 ⎟⎠ a ˆ + Var (θ ) =
Pendekatan Asimtotik untuk Bias dan Ragam dari θˆ n
Lema 6: Misalkan fungsi intensitas λ memenuhi (1) dan terintegralkan lokal, maka 2θ ⎛ 1 ⎞ (13) Ε(aˆn ) = a + + O⎜ 2 ⎟ n ⎝n ⎠ dan 2a ⎛ 1 ⎞ Var (aˆn ) = 2 + O ⎜ 3 ⎟ (14) n ⎝n ⎠ dengan n → ∞ . Sehingga aˆn merupakan penduga a yang konsisten. Mean Squared Error (MSE)-nya diberikan oleh MSE (aˆn ) = bias 2 (aˆn ) + Var (aˆn ) . Dari (13) 2θ ⎛ 1 ⎞ Bias ( aˆ n ) = Ε aˆ n − a =
n
n
⎛
⎞ ⎟. ⎜ ( ln n )2 ⎟ ⎝ ⎠
(17) Bukti: Pertama, akan dibuktikan (16). Nilai harapan dari persamaan (12) adalah ∞ 1 1 ΕN ([kτ , (k + 1)τ ] ∩ [0, n]) Εθˆn = ∑ τ ⎛ n ⎞ k =1 k ln ⎜ ⎟ τ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎜τ n ⎟ ⎟ Εaˆn −⎜ + ⎜2 ⎛n⎞⎟ ln ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎝τ ⎠ ⎠ ⎝
+ O ⎜ 2 ⎟, ⎝n ⎠
jika n → ∞ .
2a ⎛ 1 ⎞ + O⎜ 3 ⎟ 2 n ⎝n ⎠
(18) Bagian pertama pada (18) sama dengan ∞ 1 1 ΕN ([kτ , ( k + 1)τ ] ∩ [0, n]) ∑ τ ⎛n⎞ k ln ⎜ ⎟ k =1 ⎝τ ⎠
sehingga MSE (aˆn ) =
( ln ( n / τ ) )2
1
+ o⎜
Dari (14) diperoleh Var (aˆn ) =
ln ( n / τ )
4θ 2 2a ⎛ 1 ⎞ + 2 + O⎜ 3 ⎟ n2 n ⎝n ⎠
= (4θ 2 + 2a)n −2 + O ( n −3 )
kτ +τ
∞ 1 1 λ ( x)Ι( x ∈ [0, n])dx . ∑ ⎛ n ⎞ k =1 kτ k∫τ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ Dengan perubahan batas integral, maka persamaan di atas menjadi τ ∞ 1 1 = λ ( x + kτ )Ι ( x + kτ ∈ [0, n]) dx . ∑ ∫ ⎛ n ⎞ kτ 0 ln ⎜ ⎟ k =1 ⎝τ ⎠ Dengan persamaan (1) diperoleh τ ∞ 1 1 = λc ( x + kτ ) + a( x + kτ ) ∑ ∫ ⎛ n ⎞ k =1 kτ 0 ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ Ι( x + kτ ∈ [0, n]) dx
=
jika n → ∞ . Bukti dari lema ini dapat dilihat pada jurnal Helmers dan Mangku (2005).
Teorema 1: (Kekonsistenan θˆn ) Misalkan fungsi intensitas λ memenuhi (1) dan terintegralkan lokal, maka P θˆn ⎯⎯ → θ jika n → ∞ (15) Dengan kata lain, θˆ merupakan penduga n
yang konsisten bagi θ . MSE dari θˆn konvergen ke 0 jika n → ∞ .
Bukti: Teorema 1 akan dibuktikan setelah bukti Teorema 2.
τ
=
∞ 1 1 λc ( x + kτ )Ι ( x + kτ ∈ [0, n])dx ∑ ⎛ n ⎞ k =1 kτ ∫0 ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠
τ
Teorema 2: (Pendekatan Asimtotik untuk Bias dan Ragam dari θˆn ) Misalkan fungsi intensitas λ memenuhi (1) dan terintegralkan lokal, maka (2 − γ )θ − ( γ / 2 + ζ n ) aτ ⎛ 1 ⎞ Ε(θˆn ) = θ − + o⎜ ⎟ ln ( τn ) ⎝ ln n ⎠
+
∞ 1 1 axΙ ( x + kτ ∈ [0, n])dx ∑ n τ ∫0 k ⎛ ⎞ ln ⎜ ⎟ k =1 ⎝τ ⎠
τ
+
(16)
8
∞ 1 1 akτΙ( x + kτ ∈ [0, n])dx . ∑ ⎛ n ⎞ kτ ∫0 ln ⎜ ⎟ k =1 ⎝τ ⎠
Dengan persamaan (2), persamaan di atas menjadi τ ∞ 1 1 1 = λc ( x)∑ Ι( x + kτ ∈ [0, n])dx ∫ ln ( n / τ ) τ 0 k =1 k
aγ 1 1 2 ⎛ 1 ⎞ τ + o⎜ ⎟ ⎛n⎞τ 2 ⎝ ln n ⎠ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ aτ aγτ ⎛ 1 ⎞ = + + o⎜ ⎟, 2 ⎛n⎞ ⎝ ln n ⎠ 2 ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠
a1 2 τ + τ 2
τ
+
∞ a 1 1 x ∑ Ι( x + kτ ∈ [0, n]) dx ∫ ln ( n / τ ) τ 0 k =1 k
+
aτ 1 ∞ ∑ Ι( x + kτ ∈ [0, n])dx . ln ( n / τ ) τ ∫0 k =1
τ
jika n → ∞ . Perhatikan bahwa 1 ∞ n ∑ Ι( x + kτ ∈ [0, n]) = + ζ n .
(19) Diketahui bahwa ∞ 1 ⎛n⎞ Ι( x + kτ ∈ [0, n]) = ln ⎜ ⎟ + γ + o(1) , ∑ ⎝τ ⎠ k =1 k
τ
(23) Sehingga bagian ketiga pada (19) menjadi τ aτ 1 ∞ ∑ Ι( x + kτ ∈ [0, n])dx ∫ ⎛ n ⎞ τ 0 k =1 ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ aτ ⎛ n ⎞ = ⎜ +ζn ⎟ n τ ⎛ ⎞ ⎠ ln ⎜ ⎟ ⎝ ⎝τ ⎠ aτ n aτζ n = + ⎛n⎞τ ⎛n⎞ ln ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ ⎝τ ⎠ aτζ n an = + . (24) ⎛n⎞ ⎛n⎞ ln ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ ⎝τ ⎠ Dengan mensubstitusikan (13) ke bagian 2 persamaan (18), maka ⎛ ⎞ ⎜τ n ⎟ ⎟ Εaˆn −⎜ + ⎜2 ⎛n⎞⎟ ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝τ ⎠ ⎠ ⎝
(Lihat Titchmarsh 1960). Dengan mensubstitusi (20) pada bagian pertama (19), maka τ ∞ 1 1 1 λc ( x)∑ Ι( x + kτ ∈ [0, n])dx ∫ k ⎛n⎞τ 0 k =1 ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ τ
=
⎛ ⎛n⎞ ⎞ 1 1 λc ( x) ⎜ ln ⎜ ⎟ + γ + o(1) ⎟ dx ∫ n ⎛ ⎞τ ⎝ ⎝τ ⎠ ⎠ ln ⎜ ⎟ 0 ⎝τ ⎠ 1
τ
τ
∫ λc ( x)dx + 0
γ
1
⎛n⎞τ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠
τ
∫ λ ( x)dx c
0
τ
1 1 λc ( x) ( o(1) ) dx ⎛ n ⎞ τ ∫0 ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ θγ ⎛ 1 ⎞ =θ + + o⎜ ⎟. ⎛n⎞ ⎝ ln n ⎠ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ +
⎛ ⎞ ⎜τ n ⎟⎛ 2θ ⎛ 1 ⎞⎞ ⎟⎜ a + = −⎜ + + O⎜ 2 ⎟⎟ n ⎜2 ⎛ n ⎞ ⎟⎝ ⎝ n ⎠⎠ ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ τ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ aτ θτ τ ⎛ 1 ⎞ an =− − − O⎜ ⎟ − 2 n 2 ⎝ n2 ⎠ ⎛n⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ n 2θ ⎛ 1 ⎞ O⎜ ⎟ − − ⎛n⎞ ⎛ n ⎞ ⎝ n2 ⎠ ln ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ ⎝τ ⎠ 2θ aτ an ⎛ 1 ⎞ =− − − + O⎜ 2 ⎟ n n 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝n ⎠ ln ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ ⎝τ ⎠ jika n → ∞ .
(21) Dengan cara yang sama, bagian kedua pada (19) menjadi τ ∞ a 1 1 x ∑ Ι( x + kτ ∈ [0, n])dx ∫ k ⎛n⎞τ ln ⎜ ⎟ 0 k =1 ⎝τ ⎠ τ
=
=
⎞ a 1 ⎛ ⎛ [0, n] ⎞ x ⎜ ln ⎜ ⎟ + γ + o(1) ⎟ dx ⎛ n ⎞ τ ∫0 ⎝ ⎝ τ ⎠ ⎠ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ a
τ
τ
∫ x dx + 0
τ
aγ 1 o(1) a 1 x dx + x dx . ∫ n ⎛ ⎞τ ⎛n⎞τ ∫ ln ⎜ ⎟ 0 ln ⎜ ⎟ 0 ⎝τ ⎠ ⎝τ ⎠
τ
Karena
τ
1
∫ x dx = 2 τ
2
τ
(lihat Titchmarsh 1960)
(20) jika n → ∞ dan seragam pada x ∈ [ 0,τ ]
=
k =1
(22)
, maka persamaan di
0
(25)
atas menjadi
9
Dengan menggabungkan (21), (22), (24) dan (25), maka persamaan (16) terbukti sebagai berikut θγ ⎛ 1 ⎞ aτ Ε(θˆn ) = θ + + o⎜ ⎟+ ln ( n / τ ) ⎝ ln n ⎠ 2 +
aγτ an ⎛ 1 ⎞ + o⎜ ⎟+ 2 ln ( n / τ ) ⎝ ln n ⎠ ln ( n / τ )
+
aτζ n aτ an − − ln ( n / τ ) 2 ln ( n / τ )
Var( An )
=θ −
(2 − γ )θ −
(
2
)
+ ζ n aτ
ln ( n / τ )
= =
⎛ 1 ⎞ + o⎜ ⎟ ⎝ ln n ⎠
k =1
τ
∞
∞
1
τ
1
∑ ∫λ (x+kτ) +a(x+kτ)Ι(x+kτ ∈[0,n])dx τ ( ln( n/τ ) ) k 2
2
k=1
0
∞
1
c
2
τ
1
∑ ∫λ (x+kτ)Ι(x+kτ ∈[0,n])dx τ ( ln( n/τ ) ) k 2
2
k=1
0
∞
1
c
2
τ
1
2
2
2
k=1
0
Kemudian, dengan persamaan (2) diperoleh Var ( An ) =
τ
1
τ + +
2
∞
c
k =1
0
a
τ
1
∫ λ ( x )∑ k ( ln ( n / τ ) ) 2
2
τ
∞
0
k =1
1
∫ x∑ k ( ln ( n / τ ) ) 2
τ
a
τ ( ln ( n / τ ) )
2
∞
2
2
Ι ( x + kτ ∈ [0, n])dx
Ι ( x + kτ ∈ [0, n])dx
1
∫ ∑ k Ι( x + kτ ∈ [0, n])dx . 0 k =1
(30) Perhatikan bahwa ∞ 1 π2 Ι( x + kτ ∈ [0, n]) = + o(1) ∑ 2 6 k =1 k
(27) Sehingga kita dapat menuliskan θˆn = An − Bn . (28) Kemudian kita dapat menghitung ragam dari θˆn sebagai berikut Var (θˆ ) = Var ( A ) + Var ( B ) − 2Cov( A , B ) Catatan, untuk setiap
Var( N ([kτ ,(k +1)τ ] ∩[0, n]))
2 2
∑ ∫a(x+kτ)Ι(x+kτ ∈[0,n])dx. τ ( ln( n/τ ) ) k
⎛τ ⎞ n . B n = aˆ n ⎜⎜ + ⎟⎟ n 2 ln / τ ( ) ⎝ ⎠
n
1
∑k τ
1
+
jika n → ∞ . Selanjutnya akan dibuktikan persamaan (17). Telah didefinisikan penduga bagi θ yaitu θˆn pada persamaan (5). Misalkan didefinisikan ∞ 1 1 N ([ kτ , (k + 1)τ ] ∩ [0, n]) An = ∑ τ ⎛n⎞ k ln ⎜ ⎟ k =1 ⎝τ ⎠ (26) dan
n
2
1 λ(x + kτ )Ι(x + kτ ∈[0, n])dx. 2 ∑ 2 ∫ τ 2 ( ln(n /τ )) k =1 k 0 Dengan menggunakan persamaan (1), maka Var(An )
θγ + (aγτ / 2) + aτζ n − 2θ ⎛ 1 ⎞ + o⎜ ⎟ ln ( n / τ ) ⎝ ln n ⎠ γ
( ln(n /τ ))
=
2θ ⎛ 1 ⎞ − + O⎜ 2 ⎟ ln ( n / τ ) ⎝n ⎠ =θ +
∞
1
=
n
n
(31) jika n → ∞ , seragam pada x ∈ [ 0,τ ] (Lihat Titchmarsh 1960). Dengan menggunakan persamaan (31), bagian pertama dari persamaan (30) menjadi
n
(29) j ≠ k , j , k = 1, 2,...,
dan ([ jτ , ( j + 1)τ ] ∩ [0, n]) ([ kτ , (k + 1)τ ] ∩ [0, n]) tidak saling tumpang
τ
maka
=
tindih (tidak overlap). Sehingga N([ jτ,( j +1)τ] ∩[0,n]) dan N ([ kτ ,(k +1)τ ] ∩[0, n]) adalah bebas, untuk k ≠ j . Sehingga Var ( An ) dapat sebagai berikut
τ
1
=
dihitung
2
∫λ ( ln ( n / τ ) ) 2
∞
c
( x)∑
k =1
0
τ
1
τ
2
∫λ ( ln ( n / τ ) ) 2
0
1
τ ( ln ( n / τ ) ) ⎛θ ⎜ ⎝τ
2
c
1 Ι ( x + kτ ∈ [0, n ]) dx k2
⎛π2 ⎞ + o (1) ⎟ dx ( x) ⎜ ⎝ 6 ⎠
⎛π2 ⎞ + o(1) ⎟ θ ⎜ ⎝ 6 ⎠
2 ⎞⎛ π ⎞ ⎟ ⎟⎜ 6 ⎠⎝ ⎠ + o ⎛⎜ 1 = 2 ⎜ ln ( n )2 ( ln ( n / τ ) ) ⎝
jika n → ∞ .
10
⎞ ⎟, ⎟ ⎠
(32)
Bagian keduanya menjadi τ ∞ a 1 x Ι( x + kτ ∈ [0, n])dx ∑ 2 ∫ 2 2 τ ( ln ( n / τ ) ) 0 k =1 k = =
=
τ 2 ( ln ( n / τ ) )
⎛π2 ⎞ ∫0 x ⎜⎝ 6 + o(1) ⎟⎠ dx
2
a
τ 2 ( ln ( n / τ ) )
2
=
=
τ
a ⎛ ⎛ n ⎞⎞ τ ⎜ ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎝τ ⎠⎠
2
⎛
⎛ ⎞ τ ⎞⎛ n 2 =⎜ + ⎜ ln ( n / τ ) 2 ⎟⎟ ⎜⎜ n 2 ln ( n / τ ) ⎟⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∞ 1 Cov N ([ kτ , (k + 1)τ ] ∩ [0, n]) , N ([0, n]) . ∑ k =1 kτ
⎞ ⎟, ⎟ ⎠
⎛n⎞
(
Karena
⎞
⎛ ⎛n⎞ ⎞ ⎜ ln ⎜ ⎟ + γ + o(1) ⎟τ ⎠ ⎛ ⎛ n ⎞⎞ ⎝ ⎝τ ⎠ τ ⎜ ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎝τ ⎠⎠
)
N [ 0, n ] , maka
)
⎛ ⎞ 2 1 ⎟ Cov( An , Bn ) = ⎜ + 2 2 ⎜ τ n ( ln ( n / τ ) ) n ln ( n / τ ) ⎟ ⎝ ⎠ τ ∞ 1 Ι( x + kτ ∈ [0, n])dx ∫0 ( λc ( x) + ax )∑ k =1 k
2
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎞ 2 1 ⎟. +⎜ + ⎜ τ n ( ln ( n / τ ) )2 n2 ln ( n / τ ) ⎟ ⎝ ⎠ (37) Substitusi persamaan (20) ke bagian pertama persamaan (37) akan kita peroleh ⎛ 1 ⎞ , jika n → ∞ . O⎜ ⎜ n ln ( n ) ⎟⎟ ⎝ ⎠ Lalu dengan mensubstitusi persamaan (23) ke bagian kedua persamaan (37) akan diperoleh 2a ⎛ 1 ⎞ , jika n → ∞ . +O⎜ 2 n ln n ⎟⎠ n ln ⎝ ( )
(34) jika n → ∞ . Dengan menggabungkan persamaan (32), (33) dan (34), diperoleh 2 ⎛θ a ⎞π + ⎟ + aγ ⎜ a τ 2⎠ 6 +⎝ Var ( An ) = 2 ln ( n / τ ) ( ln ( n / τ ) ) ⎞ ⎟. ⎟ ⎠
(35) Selanjutnya, dengan menggunakan persamaan (14) Var ( Bn ) menjadi ⎛ ⎛τ n ⎞⎞ Var ( Bn ) = Var ⎜ aˆ ⎜ + ⎟⎟ ⎜ n ⎜ 2 ln ( τn ) ⎟ ⎟ ⎠⎠ ⎝ ⎝ ⎛τ n ⎞ = Var ( aˆ ) Var ⎜ + ⎜ 2 ln ( τn ) ⎟⎟ n ⎝ ⎠ ⎞ n ⎞⎞⎛ τ ⎟ ⎟ ⎜⎜ 2 + ln n / τ ⎟⎟ ( )⎠ ⎠⎠⎝
(
adalah
(
a
⎛ 2a ⎛ 1 = ⎜ 2 + O⎜ 3 ⎝n ⎝n
N ([ kτ , ( k + 1)τ ] ∩ [0, n])
Cov(An,Bn) dapat ditulis sebagai berikut ⎛ ⎞ 2 1 ⎟ + Cov( An , Bn ) = ⎜ ⎜ τ n ( ln ( n / τ ) )2 n 2 ln ( n / τ ) ⎟ ⎝ ⎠ ∞ 1 Var N ([ kτ , (k + 1)τ ] ∩ [0, n]) . ∑ k =1 k Karena N adalah peubah acak Poisson, maka Var ( N ) = ΕN . Sehingga kita peroleh
0
⎛ 1 + o⎜ ⎜ ( ln n )2 ⎝
)
himpunan bagian dari
∫ ⎜⎝ ln ⎜⎝ τ ⎟⎠ + γ + o(1) ⎟⎠ dx
⎛ 1 a aγ + + o⎜ 2 2 ⎜ ⎛n⎞ ⎝ ln ( n ) ln ⎜ ⎟ ⎛ ln ⎛ n ⎞ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ ⎝ ⎝τ ⎠⎠
(36) hitung
Cov( An , Bn )
(33) jika n → ∞ . Dengan menggunakan persamaan (20), bagian ketiganya menjadi τ ∞ a 1 Ι( x + kτ ∈ [0, n]) dx 2 ∫∑ ⎛ ⎛ n ⎞ ⎞ 0 k =1 k τ ⎜ ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎝τ ⎠⎠ =
⎛ ⎞ 1 + O⎜ ⎜ n ln ( n / τ ) ⎟⎟ , ⎝ ⎠
Kemudian, akan kita Cov( An , Bn ) sebagai berikut:
⎛π2 ⎞1 + o(1) ⎟ τ 2 ⎜ 6 ⎝ ⎠2
a⎛π2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ 1 2⎝ 6 ⎠ = + o⎜ 2 2 ( ln ( n / τ ) ) ⎜⎝ ln ( n )
( ln ( n / τ ) )
2
jika n → ∞ .
τ
a
2a
Maka Cov ( An , Bn ) =
2a
( ln ( n / τ ) )
2
⎛ ⎞ 1 +O⎜ . ⎜ n ln ( n / τ ) ⎟⎟ ⎝ ⎠
Sehingga bagian ketiga persamaan (29) menjadi
2
11
−2Cov( An , Bn ) = −
4a
( ln ( n / τ ) )
2
Dengan mensubstitusikan persamaan (42) ke persamaan (41), maka ruas kanan persamaan (41) menjadi ε⎞ ⎛ = Ρ ⎜ θˆn − Εθˆn > ⎟ . 2⎠ ⎝ Kemudian diperoleh ε⎞ ⎛ Ρ θˆn − θ > ε ≤ Ρ ⎜ θˆn − Εθˆn > ⎟ . 2⎠ ⎝ Dengan menggunakan pertaksamaan Chebyshev, maka ε ⎞ 4 Var (θˆn ) ⎛ Ρ ⎜ θˆn − Εθˆn > ⎟ ≤ . ε2 2⎠ ⎝ (43) Dengan (39), maka ruas kanan persamaan (43) konvergen ke 0 jika n → ∞ . Mean Squared Error-nya adalah MSE (θˆ ) = Bias 2 (θˆ ) + Var (θˆ ) .
⎛ ⎞ 1 + O⎜ , ⎜ n ln ( n / τ ) ⎟⎟ ⎝ ⎠
jika n → ∞.
Maka Teorema 2 terbukti.
(
Bukti Teorema 1: Dengan menggunakan persamaan (16), diperoleh lim Ε(θˆn ) n→∞
⎛ (2 − γ )θ − ( γ2 + ζ n ) aτ ⎛ 1 ⎞⎞ = lim ⎜ θ − + o⎜ ⎟⎟ n→∞ ⎜ ln( n / τ ) ⎝ ln n ⎠ ⎟⎠ ⎝ =θ. Atau dapat ditulis sebagai Ε(θˆ ) = θ + o(1), jika n → ∞ . n
)
n
(38) Sedangkan persamaan (17) mengakibatkan
n
lim Var (θˆn )
n
n
sehingga Bias 2 (θˆ ) = o(1) , jika n → ∞ .
n →∞
2 ⎛ ⎛ θ a ⎞⎛ π ⎞ ⎜ ⎜ + ⎟⎜ ⎟ − a (2 − γ ) ⎛ 1 a ⎝ τ 2 ⎠⎝ 6 ⎠ + +θ ⎜ = lim ⎜⎜ 2 n →∞ ⎜ ( ln n )2 ⎛n⎞ ⎛ ⎛ n ⎞⎞ ⎝ ⎜ ln ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝τ ⎠ ⎝ ⎝ τ ⎠⎠ ⎝ = 0.
n
Dari persamaan (38), diperoleh Bias (θˆ ) = Εθˆ − θ = o(1), jika n → ∞ ,
⎞ ⎟ ⎞⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠⎟ ⎟ ⎠
n
Dari persamaan (39), Var (θˆ ) = o(1) , jika n → ∞ .
diperoleh
n
MSE (θˆn ) = o(1) , jika n → ∞ , dengan kata lain MSE (θˆ ) → 0, jika n → ∞ .
Jadi,
Dapat ditulis juga sebagai Var (θˆ ) = o(1) , jika n → ∞ .
n
Maka Teorema 1 terbukti.
n
(39) Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa θˆn adalah penduga konsisten bagi θ, yaitu bahwa untuk setiap ε > 0 berlaku Ρ θˆ − θ > ε → 0 , jika n → ∞ .
(
Reduksi Bias
Untuk mengevaluasi bias dari θˆn , kita perhatikan suatu kasus khusus, yaitu proses Poisson dengan fungsi intensitas λ ( s ) = λc ( s ) + as
)
n
Ruas kiri persamaan di atas dapat ditulis sebagai berikut Ρ θˆn − θ > ε = Ρ θˆn − Εθˆn + Εθˆn − θ > ε .
(
) (
)
⎧ ⎛ 2π s ⎞⎫ = A exp ⎨ ρ cos ⎜ + φ ⎟ ⎬ + as . τ ⎝ ⎠⎭ ⎩ Kita pilih ρ = 1, τ = 5, φ = 0 dan a = 0.05. Dengan parameter tersebut, fungsi intensitas menjadi ⎧ ⎛ 2π s ⎞ ⎫ λ ( s ) = A exp ⎨cos ⎜ ⎟ ⎬ + 0.05s . ⎩ ⎝ 5 ⎠⎭
(40) Dengan ketaksamaan segitiga maka persamaan (40) menjadi ≤ Ρ θˆ − Εθˆ + Εθˆ − θ > ε
( = Ρ ( θˆ − Εθˆ n
n
n
n
) > ε − Εθˆ − θ ) . n
n
(44) Kita pertimbangkan tiga nilai θ yaitu θ=1.2661 (A = 1), θ = 2.5322 (A = 2) dan θ=5.0644 (A = 4). Untuk A = 1, kita peroleh
(41) Berdasarkan persamaan (38), maka ada no sehingga Εθˆn − θ ≤ untuk setiap n > no .
ε
2
,
(42)
5
⎛ 1 ⎛ 2π s ⎞ ⎞ exp ⎜ cos ⎜ ⎟ ⎟ ds = 1.2661 . 50 ⎝ 5 ⎠⎠ ⎝ Kita gunakan interval pengamatan [0,1000].
θ=
12
∫
ˆ (θˆ ) = −1.3938 − (−1.4210) Bias (θˆn ) − Bias n
Contoh 1: Pada contoh ini kita pelajari perilaku dari θˆ (dalam Teorema 2), dengan fungsi
= 0.0272
dan
n
intensitas λ(s) diberikan oleh (44). Pendekatan asimtotik bagi bias dan ragam pada Teorema 2 akan dibandingkan dengan suatu hasil simulasi yang diambil dari Mangku (2005).
ˆ (θˆ ) = 0.0677 − 0.0634 Var (θˆn ) − Var n = 0.0043. Dari Contoh 1, kita lihat bahwa penduga asimtotik untuk bias dan ragam pada (16) dan (17) sudah cukup baik untuk memperkirakan bias dan ragam dari penduga θˆ dengan ukuran contoh yang terbatas.
(i) Untuk θ = 1.2661, dengan persamaan (16) dan (17) diperoleh penduga asimtotik untuk bias dan ragam dari θˆ
n
n
sebagai berikut: Bias(θˆ ) =Εθˆ −θ n
n
⎛ 0.5778 ⎞ −1⎟(0.05)5 (2−0.5778)(1.2661) −⎜ 2 ⎝ ⎠ =− ln(1000/5) =−0.3734.
Var(θˆn) =
0.05 + ⎛1000⎞ ln⎜ ⎟ ⎝ 5 ⎠
2 ⎛1.2661 0.05⎞⎛π ⎞ ⎜ 5 + 2 ⎟⎜ 6 ⎟−0.05(2−0.5778) ⎝ ⎠⎝ ⎠ 2
⎛ ⎛1000⎞⎞ ⎜ln⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎝ 5 ⎠⎠
n
demikian, kita peroleh penduga dengan bias yang telah dikoreksi untuk θ sebagai berikut ⎛γ ⎞ (2 − γ )θˆn − ⎜ + ζ n ⎟τ aˆn 2 ⎝ ⎠ θˆn ,b = θˆn + . ⎛n⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠ (45) Teorema 3: (Pendekatan Asimtotik untuk Bias dan Ragam dari θˆ )
=0.0232. Dari simulasi, dengan menggunakan M=10000, realisasi yang bebas dari proses N yang diobservasi pada interval ˆ (θˆ ) = −0.3793 Bias [0,1000], diperoleh
n ,b
Misalkan fungsi intensitas λ memenuhi (1) dan terintegralkan lokal, maka ⎛ 1 ⎞ Εθˆn ,b = θ + o ⎜ (46) ⎟ ⎝ ln n ⎠ jika n → ∞ , dan 2 ⎛ θ a ⎞⎛ π ⎞ ⎜ τ + 2 ⎟⎜ 6 ⎟ + a(2 −γ ) a ⎝ ⎠⎝ ⎠ Var (θˆn,b ) = + 2 ln ( n / τ ) ( ln ( n / τ ) )
n
ˆ (θˆ ) ˆ (θˆ ) = 0.0221 , dimana Bias dan Var n n adalah rata-rata contoh (yang diperoleh dari simulasi) dikurangi nilai θ yang ˆ (θˆ ) adalah ragam sebenarnya dan Var n
contoh. Jadi, ˆ (θˆ ) = −0.3734 − (−0.3793) Bias(θˆn ) − Bias n
⎛ 1 + o⎜ 2 ⎝ (ln n)
= 0.0059 ˆ ˆ ˆ Var (θ n ) − Var (θ n ) = 0.0232 − 0.0221
⎞ ⎟, ⎠
(47)
jika n → ∞ .
= 0.0011. (ii) Untuk θ=2.5322, dengan (16) dan (17), dan dari simulasi (M=10000) diperoleh ˆ (θˆ ) = −0.7137 − (−0.7303) Bias(θˆ ) − Bias n
Tetapi bias dari θˆn masih cukup besar. Kita dapat mereduksi bias ini dengan menambahkan penduga dari bagian kedua pada persamaan (16) ke dalam θˆ . Dengan
Bukti: Pertama, akan dibuktikan persamaan (46). Untuk membuktikannya, kita tulis kembali penduga θˆ pada (45) sebagai
n
= 0.0166
n ,b
berikut
dan
⎛
ˆ (θˆ ) = 0.0381 − 0.0364 Var (θˆn ) − Var n
θˆn ,b = ⎜1 + ⎝
= 0.0017. (iii) Untuk θ=5.0644, dengan (16) dan (17) dan simulasi (M=10000) diperoleh
(2 − γ ) ⎞ ˆ ( γ / 2 + ζ n )τ aˆn . ⎟θn − ln(n / τ ) ⎠ ln(n / τ )
(48) Dengan (16), nilai harapan bagian pertama pada (48) menjadi
13
⎛ (2 − γ ) ⎞ ˆ = ⎜1+ ⎟ Εθn ⎝ ln(n / τ ) ⎠ ⎛ (2 − γ ) ⎞ ⎛ (2 − γ )θ − (γ / 2 + ζ n ) aτ ⎛ 1 ⎞⎞ = ⎜1+ + o⎜ ⎟ ⎜⎜θ − ⎟⎟ n ln( / τ ) ln n ( ) ⎝ ln n ⎠ ⎠⎟ τ ⎝ ⎠⎝ ⎛γ ⎞ ⎜ 2 + ζ n ⎟ aτ ⎠ + o⎛ 1 ⎞, =θ + ⎝ ⎜ ln n ⎟ ⎛n⎞ ⎝ ⎠ ln ⎜ ⎟ ⎝τ ⎠
jika n → ∞ . Dengan (13), nilai harapan bagian kedua pada (48) menjadi ( γ / 2 + ζ n )τ ˆ =− Εa n ln(n / τ )
dengan fungsi intensitas λ(s) pada (44). Hasil simulasi yang digunakan sebagai pembanding diambil dari Mangku (2005). (i) Untuk θ = 1.2661, dari simulasi (M=10000) dan dengan (47), diperoleh penduga asimtotik untuk bias dan ragam dari θˆ sebagai berikut:
/ 2 + ζ n )τ ⎛ 2θ ⎛ 1 ⎞⎞ + O ⎜ 2 ⎟⎟ ⎜a + n ⎝ n ⎠⎠ ⎝ (γ / 2 + ζ n ) aτ ⎛ 1 ⎞ =− + o⎜ ⎟, ln ( n / τ ) ⎝ ln n ⎠ ln( n / τ )
(50) Jika n → ∞ . Kemudian, dengan menggabungkan (49) dan (50), kita peroleh persamaan (46). Selanjutnya, akan dibuktikan persamaan (47). Dengan menggunakan (48), Var (θˆ ) dapat dihitung sebagai berikut
n ,b
ˆ (θˆ ) = −0.1090 dan Bias n ,b Var(θˆnb, ) =
n ,b
Var (θˆn ,b )
0.05 (1.2661/5+0.05/2)(π2 /6)+0.05(2−0.5778) + 2 ⎛1000⎞ ⎛ ⎛1000⎞⎞ ln⎜ ⎟ ⎜ln⎜ ⎟⎟ ⎝ 5 ⎠ ⎝ ⎝ 5 ⎠⎠
=0.0283 ˆ (θˆ ) =0.0283−0.0354=−0.0071 Var(θˆnb, )−Var nb ,
2
⎛ (2 − γ ) ⎞ = ⎜1 + ⎜ ln ( n / τ ) ⎟⎟ ⎝ ⎠
jika n→∞. Kemudian dengan pertaksamaan Cauchy-Schwarz, bagian ketiga (51) ⎛ 1 ⎞ menjadi o ⎜ jika n→∞. Sehingga, 2 ⎟ ⎝ (ln n) ⎠
Contoh 2: Pada contoh ini, kita pelajari perilaku dari penduga θˆn ,b pada persamaan (45)
(γ
2
(51) adalah ⎛ 1 ⎞ o⎜ 2 ⎟ ⎝ (ln n) ⎠
diperoleh (47). Teorema 3 terbukti.
(49)
=−
Dengan (14), bagian kedua pada ⎛ ⎞ 1 O⎜ 2 yang menjadi 2 ⎟ ⎝ n (ln n) ⎠
⎛γ ⎞ 2 ⎜ 2 +ζn ⎟ τ ⎠ Var (θˆn ) + ⎝ Var (aˆn ) 2 ( ln ( n / τ ) )
(ii) Untuk θ=2.5322, dari simulasi (M=10000) dan dengan (47), diperoleh ˆ (θˆ ) = −0.2056 Bias
⎛γ ⎞ + ζ n ⎟τ ⎛ (2 − γ ) ⎞ ⎜⎝ 2 ⎠ Cov(θˆ , aˆ ). − 2 ⎜1 + n n ⎜ ln ( n / τ ) ⎟⎟ ln ( n / τ ) ⎝ ⎠
n ,b
ˆ (θˆ ) = 0.0431 − 0.0578 Var (θˆn ,b ) − Var n ,b
(51) Dengan (17), bagian pertama persamaan (51) sama dengan 2 ⎛ θ + a ⎞ ⎛⎜ π ⎞⎟ − a 2 − γ ) ⎜ ⎟⎜ ⎟ ( ⎝ τ 2 ⎠⎝ 6 ⎠ 2a a + + 2 2 ln ( n / τ ) ( ln ( n / τ ) ) ( ln ( n / τ ) )
= −0.0147 θ=5.0644, dari simulasi (iii) Untuk (M=10000) dan dengan (47), diperoleh ˆ (θˆ ) = −0.3993 Bias n ,b
ˆ (θˆ ) = 0.0728 − 0.1051 Var (θˆn ,b ) − Var n ,b = −0.0323 Jelas bahwa bias dari θˆn,b jauh lebih
⎛ 1 ⎞ ⎟ +o ⎜ ⎜ ( ln n )2 ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎛ θ + a ⎞ ⎛⎜ π ⎞⎟ + a 2 − γ ) ⎜ ⎟⎜ ⎟ ( ⎛ 1 ⎞ ⎝ τ 2 ⎠⎝ 6 ⎠ a ⎟, = + + o⎜ ⎜ ( ln n )2 ⎟ ln ( n / τ ) ( ln ( n / τ ) )2 ⎝ ⎠ (52) jika n→∞.
14
kecil dari bias θˆn . Jadi, reduksi bias pada (45) berhasil.
