BAB 5. MODEL RELIABILITAS PARAMETRIK

BAB 5. MODEL RELIABILITAS PARAMETRIK Perhitungan Laju Hazard dengan Penyensoran Sebagaimana dibahas di bab 1, laju hazard untuk suatu interval waktu adalah rasio antara banyaknya kerusakan yang terjadi selama interval waktu dan banyaknya yang hidup pada awal interval dibagi dengan panjang interval. Unit tersensor selama interval tidak boleh dihitung sebagai bagian dari unit rusak selama selang waktu tersebut. Jika tidak, laju hazard akan meningkat. Contoh berikut menggambarkan perhitungan yang diperlukan untuk laju hazard dan kumulatif hazard. Contoh 5.1: Dua ratus kapasitor keramik dikenakan uji hidup sangat dipercepat. Waktu kerusakan dari beberapa kapasitor tersensor karena peralatan yang digunakan selama pengujian kapasitor ini rusak selama tes. Banyaknya unit yang bertahan hidup dan yang tersensor ditunjukkan dalam tabel 5.1. Hitung baik laju hazard dan kumulatif hazard. Jawab: Laju hazard pada waktu ti dihitung sebagai 𝑕(𝑡𝑖 ) = di mana

h(ti)

𝑁𝑓 (∆𝑡𝑖 ) 𝑁𝑠 (𝑡𝑖−1 )∆𝑡𝑖 ′

= Laju bahaya saat ti

Nf (∆𝑡𝑖 ) = Jumlah unit rusak selama interval ∆𝑡𝑖 Ns (𝑡𝑖−1 ) = Jumlah korban pada awal interval ∆𝑡𝑖 ∆𝑡𝑖

= Panjang interval waktu (ti−1, ti).

Nf (Δti) tidak termasuk unit yang tersensor. Rata-rata laju hazard konstan adalah 0,0319. Waktu kerusakan rata-rata adalah 31,35 jam. Tabel 5.1. Laju Hazard dan Kumulatif Hazard Interval Banyak unit Waktu yang rusak 1−10 0 10−20 6 20−30 7 30−40 6 40−50 6 50−60 5 60−70 4 70−80 3 80−90 2 90−100 1

Banyak unit yang Survive sampai tersensor akhir interval 3 197 8 183 9 167 8 153 15 132 20 107 18 85 20 62 30 30 29 0

Laju Hazard × 10−1 0,0000 0,0304 0,0382 0,0359 0,0392 0,0373 0,0373 0,0352 0,0322 0,0333

Kumulatif × 10−1 0,0000 0,0304 0,0686 0,1045 0,1437 0,1810 0,2183 0,2535 0,2857 0,3190

Distribusi Eksponensial Distribusi eksponensial memiliki laju kerusakan konstan, sering digunakan dalam praktek. Berikut adalah cara menilai validitas menggunakan distribusi eksponensial sebagai model waktu kerusakan. Misal t1 = saat kerusakan pertama ti = waktu antara kerusakan ke i-1 dan ke i (i = 2,3, ...) atau waktu sampai kerusakan ke i (tergantung pada waktu yang diamati) r = banyaknya kerusakan selama tes (dengan asumsi tidak ada sensor) T = jumlah waktu antara kerusakan, 𝑇 =

𝑟 𝑖 𝑡𝑖 ,

dan

X = variabel acak untuk mewakili waktu untuk kerusakan. Untuk pemeriksaan apakah waktu kerusakan mengikuti distribusi eksponensial atau tidak, digunakan uji Bartlett yang mempunyai statistik uji 𝑇 1 2𝑟 𝑙𝑛 𝑟 − 𝑟 𝑟𝑖=1 𝑙𝑛 𝑡𝑖 𝐵𝑟 = 1 + 𝑟 + 1 /6𝑟 di mana statistik Br berdistribusi Khi-kuadrat dengan derajat kebebasan r-1. Uji Bartlett tidak menolak hipotesis yaitu distribusi Eksponensial dapat digunakan untuk memodelkan suatu data waktu kerusakan yang diberikan jika nilai Br, terletak di antara dua nilai kritis dari dua ekor uji Khi-kuadrat dengan tingkat signifikasi 100 (1-α ) persen. Nilai kritis yang lebih rendah adalah 𝜒 21−𝛼/2

,𝑟−1

dan nilai titik atas adalah 𝜒 2𝛼/2

,𝑟−1 .

Contoh 5.2: Dua puluh transistor diuji pada lima volt dan 100oC. Ketika transistor rusak, waktu kerusakan dicatat dan unit yang rusak diganti dengan yang baru. Waktu antara kerusakan (dalam jam) dicatat dalam urutan meningkat seperti yang ditunjukkan dalam Tabel 5.2. Uji validitas menggunakan laju hazard konstan untuk transistor ini.

200 400 2,000 6,000

Tabel 5.2 Waktu antara Kerusakan dari Transistor Times between failures in hours (ti) 9,000 26,000 36,000 13,000 29,000 39,000 20,000 32,000 42,000 24,000 34,000 43,000

48,000 50,000 54,000 60,000

Jawab: Karena semua transistor rusak selama pengujian, waktu kerusakan dapat diasumsikan berasal dari sampel 20 transistor, dan setiap ti adalah nilai variabel random, X, waktu

sampai terjadi kerusakan: 20

20

ln 𝑡i = 193,28 ,

𝑇=

𝑖=1

𝑡i = 567600 𝑖=1

567600 1 − 20 × 193,28 20 𝐵20 = = 20,065 1 + 21 6 × 20 2 Nilai-nilai kritis untuk uji dua sisi dengan α = 0,10 adalah 𝜒0,95 ,19 = 10,117 dan 2 × 20 ln

2 𝜒0,05 ,19 = 30,144. Jadi, B20 tidak menolak hipotesis yakni waktu kerusakan dapat

dimodelkan dengan distribusi Eksponensial. Contoh 5.3: (Tersensor tipe 2) Dalam uji yang serupa dengan contoh sebelumnya, dilakukan uji kerusakan dipercepat (suhu 200oC dan 2,0 volt) terhadap 20 transistor. Uji dihentikan pada saat terjadi kerusakan kesepuluh. Data waktu antara kerusakan (dalam jam) dari 10 transistor yang rusak sebagai berikut 600, 700, 1000, 2000, 2500, 2800, 3000, 3100, 3300, 3600. Tentukan apakah data kerusakan tsb mengikuti distribusi Eksponensial. Jawab: 10

10

ln 𝑡i = 75,554 , 𝑇 = 𝑖=1

𝐵20 =

2 × 10 ln

𝑡i = 22600 𝑖=1

22600 1 − 10 × 75,554 10 = 2,834. 1 + 10 + 1 6 × 10

Nilai-nilai kritis untuk uji dua sisi dengan α = 0,10 adalah 2 2 𝜒0,95 ,9 = 3,325 dan 𝜒0,05 ,9 = 16,919.

Jadi B10 menolak hipotesis bahwa waktu kerusakan dapat dimodelkan dengan distribusi eksponensial. Namun, pada saat tingkat signifikansi 98 persen, nilai-nilai kritis uji dua sisi 2 2 menjadi 𝜒0,99 ,9 = 2,088 dan 𝜒0,01 ,9 = 21,666. Uji tidak menolak hipotesis bahwa waktu

kerusakan dapat dimodelkan dengan distribusi Eksponensial. Pengujian untuk Waktu Kerusakan Singkat Secara Abnormal Waktu kerusakan singkat (Short failure times) dapat terjadi karena cacat manufaktur seperti kasus kerusakan aneh. Waktu kerusakan tidak benar-benar mewakili waktu kerusakan populasi. Oleh karenanya, penting untuk menentukan apakah waktu

kerusakan singkat secara abnormal sebelum melakukan kesesuaian data untuk distribusi Eksponensial. Jika waktu kerusakan singkat secara abnormal, data tsb harus dibuang dan tidak dipertimbangkan dalam menentukan parameter distribusi waktu kerusakan. Ambil (t1, t2,...,tr) suatu barisan r variabel random independen dan identik terdistribusi Eksponensial yang mewakili waktu antara kerusakan untuk r kerusakan yang pertama. Kemudian kuantitas 2ti / θ adalah berdistribusi Khi Kuadrat dengan dua derajat kebebasan, di mana θ adalah rata-rata dari distribusi Eksponensial. Jika t adalah waktu untuk kerusakan pertama yang mengikuti distribusi Eksponensial dengan mean = θ, maka 𝑓(𝑡) =

1 −𝑡/𝜃 𝑒 𝜃

Variabel acak y= 2t/θ berdistribusi 𝜒 2 dengan dua derajat bebas, dengan 1 𝑦 𝑔 𝑦 = 𝑒− 2 2

𝑦≥0

Jumlah dari dua atau lebih variabel random independen berdistribusi 𝜒 2 adalah variabel baru yang mengikuti 𝜒 2 dengan derajat kebebasan sama dengan jumlah derajat kebebasan dari variabel-variabel random individu (Kapur dan Lamberson,1977). Maka

2 𝜃

𝑟 𝑖=2 𝑡𝑖

adalah 𝜒 2 dengan derajat kebebasan 2𝑟 − 2. Jadi 𝐹=

2 θ 𝑡1 /2 2 θ

𝑟 𝑖=1 𝑡i /

2r − 2

Ini berarti bahwa distribusi F dapat dibentuk sebagai 𝐹2,2𝑟−2 =

r − 1 𝑡1 𝑟 𝑖=2 𝑡𝑖

dimana t1, waktu kerusakan singkat, mengikuti distribusi F dengan derajat kebebasan 2 dan 2r -2. Jika t1 kecil, maka rasio F menjadi sangat kecil yaitu, 𝐹1−𝛼,2,2𝑟−2 >

𝑟 − 1 𝑡1 𝑟 𝑖=2 𝑡𝑖

Ketidaksamaan ini ekuivalen dengan 𝐹𝛼 ,2𝑟−2,2 <

𝑟 𝑖=2 𝑡𝑖

𝑟 − 1 𝑡1

Catatan bahwa data kerusakan harus diurutkan sesuai dengan pengaturan waktu kerusakan meningkat. Dengan kata lain, waktu kerusakan tersingkat terdaftar pertama, diikuti oleh waktu kerusakan tersingkat kedua, dan seterusnya.

Contoh 5.4: Pandang data kerusakan yang mewakili siklus kerusakan pada 20 bilah turbin. Pengujian dilakukan dengan memperlakukan turbin ke beban dipercepat, menggantinya dengan turbin baru pada kerusakan dan mencatat waktu kerusakan. Berikut adalah data kerusakan sidu turbin:

120, 1300, 1680, 1990, 2010, 2112, 2192, 2215, 2290, 2581, 2689, 2892, 2999, 3565, 3873, 4256, 4368, 4657, 4933, 5832.

Apakah waktu kerusakan pertama merupakan waktu kerusakan singkat secara abnormal? Jawab: Total waktu kerusakan (kecuali yang pertama) adalah 𝐹𝑕𝑖𝑡𝑢𝑛𝑔 =

𝑟 𝑖=2 𝑡𝑖

= 58554 dan 𝑡1 = 120.

58554 = 25,69 . 19 120

Nilai kritis F pada keyakinan 95 persen adalah 𝐹0,05,38,2 = 19,47. Jadi kerusakan pertama bukan merupakan representasi dari sisa data. Dengan kata lain, hipotesis bahwa waktu kerusakan pertama tidak merupakan waktu kerusakan singkat secara abnormal harus ditolak. Pengujian untuk Waktu Kerusakan Lama secara Abnormal Mengikuti prosedur di atas, waktu kerusakan tab dipandang sebagai waktu kerusakan lama secara abnormal jika 𝐹α,2,2r−2 <

(𝑟 − 1)𝑡𝑎𝑏 𝑟 𝑖≠𝑎𝑏 𝑡𝑖

Jika tr adalah waktu kerusakan terbesar, maka persamaan di atas dapat ditulis 𝐹α,2,2𝑟−2 <

(𝑟 − 1)𝑡𝑟 𝑟−1 𝑖=1 𝑡𝑖

Contoh 5.5: Ujilah apakah waktu kerusakan terakhir adalah lama secara abnomal pada tingkat signifikansi 5 persen, untuk data waktu kerusakan berikut: 30000, 34500, 37450, 39950, 43760, 46585, 49970, 54430, 57600, 59990, 63200, 66600, 70000, 73120, 75690, 77990, 80330, 84450, 88960, 99550. Jawab: Untuk memeriksa apakah waktu kerusakan dari unit waktu 99550 adalah lama secara abnormal, maka ditentukan

𝑟

𝑡𝑖 = 1134575 dan 𝐹𝑕𝑖𝑡𝑢𝑛𝑔 = 𝑖=2

19 × 99550 = 1,667 . 1134575

Karena 𝐹𝑕𝑖𝑡𝑢𝑛𝑔 < 𝐹0.05,2,38 = 3,25 , maka waktu kerusakan terakhir (99550) adalah tidak lama secara abnormal. Misalkan n unit akan dilakukan pengujian dan waktu kerusakan unit secara teliti dicatat. Sebut, t1, t2, ...., tn. Karena semua unit telah rusak dan tidak ada yang tersensor, maka estimasi maksimum likelihood (MLE) dari λ adalah 𝜆 =

n 𝑛 t 𝑖=1 i

, dimana 𝜆 adalah

estimator maksimum likelihood dari laju kerusakan. Rata-rata μ dari distribusi eksponensial adalah 1 / λ dan MLE dari μ adalah 1 µ= = λ

n 𝑖=1 t i

=t.

n

µ disebut sebagai estimator maksimum likelihood dari rata-rata hidup. Contoh 5.6: Anggap bahwa data dalam Contoh 5.2 merupakan waktu kerusakan unit yang diuji. Tentukan rata-rata hidup transistor dari populasi ini. Jawab: 𝑡=

567600 = 28380 20

Hal ini dapat menunjukkan bahwa 2𝑛µ/µ memiliki distribusi Khi-kuadrat dengan derajat kebebasan 2n. Karena 𝜆 = 1/µ dan 𝜆 = 1/µ , maka selang kepercayaan 100(1-α) persen untuk 𝜆 (dengan asumsi hidup minimum nol) yaitu 2 𝜆 𝜒1−𝛼/2,2𝑛

2𝑛 di mana

𝜒𝛼2 ,2𝑛

<𝜆 <

2 𝜆 𝜒𝛼/2,2𝑛

2𝑛

adalah titik persentase 100α dari distribusi Khi-kuadrat dengan derajat

2 kebebasan 2n yaitu, 𝑃 𝜒2𝑛 > 𝜒𝛼2 ,2𝑛 = 𝛼.

Selang kepercayaan dari rata-rata hidup sesuai adalah

2𝑛 µ 𝜒 𝛼2 /2,2𝑛

<𝜇 <

2𝑛 µ 2 𝜒 1−𝛼 /2,2𝑛

.

Jika n besar (n ≥ 25), perkiraan selang untuk λ dengan pendekatan 𝜆 oleh distribusi normal yang mempunyai rata-rata λ dan varians 𝜆2 /𝑛. Dengan demikian diperoleh 𝜆−

𝜆𝑍𝛼/2 𝑛

<𝜆 <𝜆+

𝜆𝑍𝛼/2 𝑛

dimana 𝑍𝛼 /2 adalah titik 100 (α /2) % , 𝑃 𝑍 > 𝑍𝛼 /2

= 𝛼/2 dari distribusi normal

standar. Contoh 5.7: Tentukan selang kepercayaan dua sisi 95% untuk rata-rata hidup transistor pada contoh 5.6. Jawab: 2 2 𝜇 = 28380 jam, pada tingkat kepercayaan 95%, 𝜒0,975,40 = 24,423 ; 𝜒0,025,40 = 59,345,

batas μ:

2×567600 59,345

<µ<

2×567600 24,423

atau 19218 < µ < 46480 jam.

Contoh 5.8: Seorang insinyur mekanik melakukan uji kelelahan untuk menentukan harapan hidup dari batang yang terbuat dari jenis baja khusus dengan memperlakukan 25 bahan percobaan ke beban aksial yang menyebabkan tegangan 9000 pon per inci persegi. Banyak siklus dicatat pada waktu kerusakan dari setiap bahan percobaan. Anggap bahwa uji tsb dijalankan pada 10 siklus per menit, tentukan reliabilitas dari batang yang terbuat dari baja ini pada 10 jam. Hasil uji tersebut (banyak siklus kerusakan) sebagai berikut: 200, 280, 340, 460, 590, 720, 850, 990, 1200, 1420, 1950, 2460, 2590, 3520, 4560, 5570, 6590, 7600, 8630, 9650, 10660, 11670, 12680, 13685, 14690. Jawab: Pertama-tama dilakukan pemeriksaan apakah data kerusakan dapat diwakili oleh distribusi eksponensial, dengan menggunakan B25. Selanjutnya dilakukan penentuan siklus antara kerusakan dari data sebagai berikut: Tabel 5.3 Jumlah Siklus Kerusakan dan Antar Kerusakan No. Batang 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

Siklus Kerusakan 200 280 340 460 590 720 850 990 1200 1420 1950 2460 2590

Siklus Antara Kerusakan 200 80 60 120 130 130 130 140 210 220 530 510 130

No. Batang 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

Siklus Kerusakan 3520 4560 5570 6590 7600 8630 9650 10660 11670 12680 13685 14690

Siklus Antara Kerusakan 930 1040 1010 1020 1010 1030 1020 1010 1010 1010 1005 1005

25

𝑇=

25

CBF𝑖 = 14690 dan 𝑖=1

𝐵25 =

ln CBF𝑖 = 149,221 𝑖=1

2 × 25 ln

14690 1 − × 149,211 25 25 = 17,370 26 1+ 6 × 25

Nilai-nilai kritis untuk uji dua sisi dengan α = 0,10 adalah χ20,95,24 = 13,848 dan χ20,05,24 = 36,418. Oleh karena itu statistik B25 tidak bertentangan dengan hipotesis bahwa waktu kerusakan dapat dimodelkan dengan distribusi Eksponensial. Reliabilitas batang pada 10 jam adalah 𝑅(𝑡 = 10 jam) = 𝑒 −𝜆𝑡𝑖 , di mana 𝜆 adalah

25 kegagalan per siklus. 14690 −25

𝑅 𝑡 = 10 jam = 𝑒 14690 ×60×10×10 = 0,3676 × 10−4 . Data Tersensor Tipe 1 Anggap bahwa n unit diambil untuk diuji dan waktu kerusakan ti dari unit yang rusak dicatat dan diurutkan dalam urutan naik. Misal T waktu penyensoran dari uji. Dengan + demikian, 𝑡1 ≤ 𝑡2 ≤ 𝑡3 ≤ ⋯ ≤ 𝑡𝑟 ≤ 𝑡1+ = ⋯ = 𝑡𝑛−𝑟 = 𝑇 di mana 𝑡𝑖+ adalah waktu

penyensoran dari unit tersensor i. Dengan menggunakan metode MLE untuk λ diperoleh 𝑟 𝜆= 𝑟 𝑛−𝑟 + 𝑖=1 𝑡𝑖 − 𝑖=1 𝑡𝑖 Dan rata-rata hidup unit dapat diperkirakan sebagai 1 𝜇= = 𝜆 𝑟

𝑛−𝑟

𝑟

1

𝑡𝑖+

𝑡𝑖 − 𝑖=1

𝑖=1

Statistik 2𝑟𝜆/𝜆 memiliki diatribusi Khi-kuadrat dengan derajat kebebasan 2r. Mean dan varians dari 𝜆 berturut-turut adalah 𝑟𝜆/(𝑟 − 1)dan 𝜆2 /(𝑟 − 1) , (Lee, 1992). Selang kepercayaan 100(1-α)% untuk λ adalah 2 𝜆𝜒1−𝛼/2,2𝑟

<𝜆< 2𝑟 Selang kepercayaan untuk rata-rata hidup, μ, adalah 2𝑟𝜇 2 𝜒𝛼/2,2𝑟

<𝜇<

2 𝜆𝜒𝛼/2,2𝑟

2𝑟

2𝑟𝜇 2 𝜒1−𝛼/2,2𝑟

Jika n besar (n ≥ 25), distribusi 𝜆 dapat didekati dengan distribusi normal dengan mean λ dan varians 𝜆2 /(𝑟 − 1).

Selang Kepercayaan 100(1-α)% adalah 𝜆𝑍𝛼 𝜆−

𝜆𝑍𝛼

2

𝑟−1

<𝜆<𝜆+

2

𝑟−1

.

Contoh 5.9: Seorang produsen ujung cutter memperkenalkan material cutter keramik yang baru. Untuk mengestimasi harapan hidup dari sebuah cutter, produsen menempatkan 10 unit yang diuji terus menerus dan dipantau pemakaian alat tsb. Suatu kerusakan cutter terjadi ketika pemakaian melebihi suatu nilai yang telah ditentukan. Karena keterbatasan anggaran, produsen memutuskan untuk menjalankan uji selama 50000 menit. Waktu sampai terjadi kerusakan cutter dicatat, yakni sebagai berikut: 3000, 7000, 12000, 18000, 20000, 30000. Tentukan rata-rata hidup dari sebuah cutter yang terbuat dari bahan ini. Tentukan selang kepercayaan 90% untuk harapan hidup? Tentukan pula reliabilitas pada 60000 menit? Jawab: Hasil pemeriksaan data waktu antara kerusakan (dari Tabel 5.4) diperoleh 6

𝑇=

6

𝑇𝐵𝐹𝑖 = 30000 ; 𝑖=1

ln 𝑇𝐵𝐹𝑖 = 50,33 dan 𝐵6 = 1,2973 . 𝑖=1

Tabel 5.4 Waktu Kerusakan dan Antara Kerusakan Cutters No. Batang 1 2 3

Waktu Kerusakan 3000 7000 12000

Waktu Antara Kerusakan 3000 4000 5000

No. Batang 4 5 6

Waktu Kerusakan 18000 20000 30000

Waktu Antara Kerusakan 6000 2000 10000

Statistik Khi-kuadrat adalah χ20,95,5 = 1,145 dan χ20,05,5 = 11,070. Jadi, data mengikuti distribusi Eksponensial. Estimasi μ diperoleh: 𝜇=

1 30000 + 4 × 50000 = 38333 menit . 6

dan selang kepercayaan 90% untuk μ adalah 2 × 6 × 38333 2 × 6 × 38333 <𝜇< atau 25127 < 𝜇 < 116750 18,307 3,940 Peluang bahwa cutter akan bertahan selama 60000 menit adalah −1

𝑅 60000 = 𝑒 −𝜆 𝑡 = 𝑒 38333 ×60000 = 0,209 . di mana 𝑅 (𝑡) adalah estimasi reliabilitas pada waktu t.

Data dengan Penyensoran Tipe 2 Misalkan n unit ditempatkan untuk diuji pada waktu nol dan waktu kerusakannya dicatat dalam urutan naik. Misalkan bahwa tes dihentikan ketika r dari n unit rusak. Waktu + kerusakan dari n unit, 𝑡1 ≤ 𝑡2 ≤ 𝑡3 ≤ ⋯ ≤ 𝑡𝑟 ≤ 𝑡1+ = ⋯ = 𝑡𝑛−𝑟 , di mana ti adalah waktu

kerusakan unit i dan 𝑡𝑖+ adalah waktu penyensoran dari unit tersensor i yang mana merupakan waktu penyensoran dari uji. MLE dari λ dan μ untuk penyensoran tipe 2 menghasilkan persamaan yang sama seperti penyensoran tipe 1. Pemeriksa situasi penyensoran secara random ketika n unit menjalani suatu uji reliabilitas pada waktu nol. Uji dihentikan pada waktu T. Misalkan r adalah banyaknya unit yang rusak sebelum T dan n-r adalah banyaknya unit yang bertahan sampai waktu uji T atau peralatan uji rusak selama T sedangkan unit sedang beroperasi. Data tsb dikumpulkan + dan diamati sebagai berikut: 𝑡1 , 𝑡2 , 𝑡3 , … , 𝑡𝑟 , 𝑡1+, 𝑡2+ , … , 𝑡𝑛−𝑟 . Tanda + menunjukkan

penyensoran. Waktu kerusakan dan waktu sensor disusun dalam urutan 𝑡1 ≤ 𝑡2 ≤ ⋯ ≤ + 𝑡𝑟 , 𝑡1+𝑡2+, … , 𝑡𝑛−𝑟 . Menggunakan metode MLE diperoleh 𝑟 𝜆= 𝑟 𝑛−𝑟 + , 𝑖=1 𝑡𝑖 − 𝑖=1 𝑡𝑖

Hasilnya sama seperti pada penyensoran tipe 1. Ketika semua pengamatan tersensor, maka estimasi untuk μ adalah 𝜇 =

𝑛 + 𝑖=1 𝑡𝑖 .

Dalam praktek nilai estimasi ini kurang baik,

uji reliabilitas yang dirancang dianggap buruk. Metode untuk menangani semua data yang tersensor akan dibahas dalam bab berikutnya. Ketika banyaknya unit yang diuji besar (n ≥ 25), distribusi dari 𝜆 adalah sekitar normal dengan mean λ dan varians (Lee, 1980): 𝑉𝑎𝑟 𝜆 =

𝜆2 𝑛 −𝜆𝑇 𝑖 𝑖=1 1−𝑒

,

di mana Ti adalah waktu bahwa komponen ke i berada dalam pengamatan (waktu sampai kerusakan atau akhir test). Jika Ti tidak diketahui karena adanya penghentian abnormal dari pengujian, maka varians dapat diperkirakan sebagai 𝑉𝑎𝑟(𝜆) ≅

𝜆2 𝑟

, di mana r adalah

banyaknya komponen rusak sebelum berakhirnya pengujian. Selang kepercayaan 100(1-α)% adalah 𝜆 − 𝑍𝛼 /2 𝑉𝑎𝑟 𝜆 < 𝜆 < 𝜆 + 𝑍𝛼 /2 𝑉𝑎 𝑟 𝜆 dan distribusi 𝜇 diperkirakan dengan distribusi normal dengan rata-rata μ dan estimasi varians diperkirakan dari 𝑉𝑎𝑟( 𝜇) =

𝜇2 𝑛 −𝜆𝑇 𝑖 𝑖=1 1−𝑒

. Jika Ti diketahui, maka 𝑉𝑎𝑟 𝜇 =

Batas-batas μ adalah 𝜇 − 𝑍𝛼 /2 𝑉𝑎𝑟 𝜇 < 𝜇 < 𝜇 + 𝑍𝛼 /2 𝑉𝑎𝑟 𝜇 .

𝜇2 𝑟

.

Distribusi Rayleigh Distribusi Rayleigh menunjukkan suatu fungsi hazard meningkat secara linear terhadap waktu. Distribusi Rayleigh berguna dalam pemodelan amplitudo sinyal dari saluran komunikasi memudar secara cepat. Misalkan n perangkat dikenai uji hidup dipercepat dengan waktu kerusakan t1, t2, ..., tn. maka estimasi maksimum likelihood (MLE) parameter dan variansi distribusi Raylaigh untuk data lengkap adalah: 𝜆=

2𝑛

dan

𝑛 2 𝑖=1 𝑡𝑖

𝑉𝑎𝑟 𝑡 =

2 𝜆

1−

𝜋 . 4

Contoh 5.10: Suatu produsen sensor kecepatan otomotif melakukan uji reliabilitas terhadap 10 sensor yang mensimulasikan kondisi lingkungan (suhu dan kecepatan) di mana sensor akan beroperasi secara normal. Sebuah sensor diklasifikasikan rusak ketika output berada di luar toleransi 5 persen. Jumlah mil diakumulasi sebelum kerusakan dari sensor adalah 110000, 130000, 150000, 155000, 159000, 163000, 166000, 168000, 169000, 170000. Asumsikan bahwa mil sampai terjadi kerusakan mengikuti distribusi Rayleigh. Tentukan parameter distribusi, rata-rata hidup suatu sensor, dan varians dari hidupnya. Jawab: Estimasi parameter distribusi Rayleigh adalah 𝜆=

2𝑛 𝑛 2 𝑖=1 𝑡𝑖

=

2 × 10 = 8,31199 × 10−11 . 2,40616 × 1011

Rata-rata hidup adalah rata − rata hidup =

𝜋 2𝜆

=

𝜋 = 137470 mil. 2 × 8,31199 × 10−11

Dan varians hidup adalah Variansi =

2 𝜆

1−

𝜋 = 5,1636 × 109 . 4

Standar deviasi adalah 71859. Misalkan dilakukan uji terhadap n perangkat dan waktu kerusakan r unit yang rusak dicatat dalam urutan naik seperti t1 ≤ t2 ≤ ... ≤ tr. Sedangkan n-r unit sisanya tersensor karena belum rusak sampai pengujian berakhir. Diasumsikan bahwa penyensoran adalah + hanya tipe 1 atau tipe 2 dan waktu tersensor adalah 𝑡1+ = 𝑡2+ = ⋯ 𝑡𝑛−𝑟 .

Estimasi maksimum likelihood (MLE) dari parameter λ (untuk data tersensor) adalah 2𝑟

𝜆=

𝑟 2 𝑖=1 𝑡𝑖

+

𝑛−𝑟 + 2 𝑖=1 𝑡𝑖

.

Contoh 5.11: Sebagai alternatif untuk pengujian tabrakan mobil kantong udara, seorang perekayasa tes mengembangkan sistem tes sensor yang menggunakan pengocok getaran mekanis untuk memutar ulang tabrakan yang diukur secara tepat. Sensor dikenakan untuk kondisi yang sama diukur selama tes tabrakan. Sepuluh sensor diuji selama 50 jam dan waktu kerusakan dicatat sebagai berikut: 10, 20, 30, 35, 39, 42, 44, 50+, 50+, 50+. Tentukan parameter Rayleigh, rata-rata hidup suatu sensor, dan standar deviasi dari hidupnya. Jawab: Estimasi

parameter

Rata − rata hidup =

Standar deviasi =

2 𝜆

distribusi

Rayleigh

adalah

2×7

𝜆 = 7846 +7500 = 9,12289 × 10−4 .

𝜋 = 41,49 jam. 2 × 9,12289 × 10−4

1−

𝜋 = 21,70 jam. 4

Estimasi Best Linier Unbiased (BLUE) untuk Parameter Rayleigh untuk Data dengan dan tanpa Pengamatan Tersensor MLE dari parameter Rayleigh adalah bias ketika banyaknya pengamatan kecil. Bias meningkat selama banyaknya pengamatan menurun. Jika pdf dari waktu kerusakan dapat dilinierisasi, bias dalam mengestimasi parameter distribusi dapat menurun ketika metode kuadrat terkecil digunakan dalam mengestimasi parameter. Misalkan waktu kerusakan untuk n alat yang dikenai uji reliabilitas adalah 𝑡(1) ≤ 𝑡(2) ≤ ⋯ ≤ 𝑡

𝑛

di mana 𝑡(𝑖) adalah statistik urutan ke i. Diasumsikan bahwa waktu

kerusakan n alat tersebut mengikuti distribusi Rayleigh dengan − 𝑡−𝜃1 1 2 𝑓 𝑡 = 2 𝑡 − 𝜃1 𝑒 2𝜃2 𝜃2

2

𝑡 > 𝜃1 ≥ 0, 𝜃2 > 0

dan

𝑓 𝑡 = 0 , untuk t, 𝜃1 dan 𝜃2 yang lain,

dimana 𝜃1 adalah parameter lokasi (threshold) dan 𝜃2 adalah parameter skala. BLUE 𝜃2∗ dari 𝜃2 ketika 𝜃1 diketahui dapat diperkirakan dengan 𝑛

𝜃2∗

=

𝑏𝑖 𝑡(𝑖) − 𝜃1 𝑖=1

𝐾3 𝐾2

1

Jika parameter lokasi 𝜃1 = 0, pdf menjadi 𝑓 𝑡 = 𝜃 2 𝑡𝑒 −𝑡

2 /2𝜃 2 2

.

2

Dan estimasi 𝜃2∗ menjadi 𝜃2∗ =

𝑛 𝑖=1 𝑏𝑖 𝑡 𝑖

. Koefisien bi diberikan pada Lampiran B untuk

i=1, ...,n dan sampel tak tersensor, dan untuk sampel tersensor dengan pengamatan tersensor sebesar r, di mana r = 0,1,2, ..., (n-2) dan n adalah ukuran sampel untuk n=5(1)25(5)45. Varians dari 𝜃2∗ dalam term 𝜃22 /𝑛 dan K3/K2 diberikan dalam Lampiran C. Contoh 5.12: Sebuah pembuatan biosensor menghasilkan serangkaian sensor elektrokimia yang kecil cukup sesuai dalam pembuluh darah. Perangkat ini dimasukkan ke dalam arteri dalam kateter yang memiliki diameter dalam 650 mikron. Alat ini mengukur tingkat oksigen, karbon dioksida, dan pH dalam darah. Produsen melakukan tes fungsional terhadap 20 sensor untuk dan mengamati waktu kerusakan (dalam jam) sebagai berikut: 0,9737 3,3161 8,0833 11,1886 1,0950 5,2076 8,1957 13,1911 3,3152 8,0327 9,3706 13,4695 (Catatan: Data ini sebenarnya dihasilkan secara

14,0578 19,4369 24,9225 14,8812 22,5168 30,0000 17,9624 24,4470 acak dari distribusi Rayleigh dengan

𝜃1 = 0 dan 𝜃2 = 10,5). Tentukan estimasi parameter Rayleigh dan variansinya! Jawab: Untuk estimasi parameter skala θ2, digunakan koefisien bi dalam Lampiran B dan K3/K2 dalam Lampiran C untuk n = 20. 𝜃2∗ = 0,00767 0,9737 + ⋯ + 0,072142 30,0000 − 0 0,63995 = 10,7303 = 10,73.

Menggunakan Lampiran C untuk n = 20 dan r = 0, di mana variansi diberikan dalam term 𝜃22 , diperoleh: 𝑉𝑎𝑟(𝜃2∗ ) = 0,01260 × 𝜃2∗ 2 = 0,01260 × (10,73)2 = 1,4507 = 1,45 Standar deviasi dari 𝜃2∗ adalah = 1,45 = 1,20. Contoh 5.13: Sebuah pabrik sensor kecepatan otomotif melakukan uji reliabilitas terhadap 10 sensor untuk yang mensimulasikan kondisi lingkungan (suhu dan kecepatan) di mana sensor akan beroperasi secara normal. Sebuah sensor diklasifikasikan rusak ketika output berada di luar toleransi 5 persen. Jumlah akumulasi mil sebelum kerusakan sensor adalah 110000, 130000, 150000, 155000, 159000, 163000, 166000, 168000, 169000, 170000. Asumsikan bahwa mil sampai terjadi kerusakan mengikuti distribusi Rayleigh dengan parameter lokasi=0. Cari perkiraan untuk parameter θ2, rata-rata hidup sensor, dan standar deviasi dari perkiraan θ2.

Jawab: Menggunakan Lampiran B untuk n = 10 dan r = 0, diperoleh 𝜃2∗ = 110000 0,02149 + 130000 0,03171 + ⋯ + 170000 0,13149 − 0 0,65170 = 105061,18 = 105061 jam. Rata − rata hidup = 𝜃2∗

𝜋 2

= 131674 mil.

Menggunakan Lampiran C, untuk n = 10 dan r = 0, di mana variansi yang diberikan dalam term 𝜃22 didapatkan 𝑉𝑎𝑟 𝜃2∗ = 0,02537𝜃2∗= 0,02537 105061

2

= 2,8 × 108 .

Standar deviasi untuk estimate 𝜃2∗ adalah 16733 jam. Contoh 5.14: Pandang data Contoh 5.13, asumsikan bahwa nilai enam terbesar dari waktu kerusakan tersensor. Mil yang terakumulasi sebelum kerusakan sensor adalah 110000, 130000, 150000, dan 155000. Perkirakan parameter dan deviasi standarnya. Jawab: Menggunakan Lampiran B untuk n = 10 dan r = 6 (di mana r dalam Lampiran ini mengacu pada jumlah pengamatan tersensor dari kanan) kita menemukan 𝜃2∗ = 110000 0,05301 + 130000 0,07777 + 150000 0,09821 + 155000 0,90085 − 0 (1,12984) = 170304,5

Menggunakan Lampiran C untuk n = 10 dan r = 6, diperoleh 𝑉𝑎𝑟 𝜃2∗ = 0,06434𝜃2∗ = 0,06434 × (170304)2 = 1,866 × 109

Standar deviasi dari perkiraan 𝜃2∗ adalah 43198 mil. Estimasi Selang Kepercayaan untuk 𝜃22 untuk Pengamatan Bukan Tersensor. 1

Jika𝑡(1) ≤ ⋯ ≤ 𝑡(𝑛) adalah urutan statistik dari Rayleigh distirbusi 𝑓 𝑡 = 𝜃 2 𝑡𝑒 −𝑡

2 /2𝜃 2 2

.

2

2 2 2 Kemudian 𝑦1 = 𝑡(1) /2, 𝑦(2) = 𝑡(2) /2, … , 𝑦(𝑛) = 𝑡(𝑛) /2adalah urutan statistik dari distribusi

1

2

Juga, 2/𝜃22

eksponensial yang berbentuk 𝑓 𝑦 = 𝜃 2 𝑒 −𝑦/𝜃2 . 2

𝑛 2 𝑖=1 𝑦(𝑖)

= 1/𝜃22

𝑛 2 𝑖=1 𝑡(𝑖)

mengikuti distribusi χ2 dengan derajat kebebasan (2n). Jadi, selang kapercayaan 100 (1-α)% untuk 𝜃22 dan 𝜃2 berturut-turut adalah 1 𝜒𝛼2 /2

𝑛 2 𝑡(𝑖) 𝑖=1

≤

𝜃22

≤

1 2 𝜒1−𝛼/2

𝑛 2 𝑡(𝑖) 𝑖=1

dan

1

𝑛

.

𝜒2𝛼/2 𝑖=1

𝑡2(𝑖)

≤ 𝜃2 ≤

1

𝑛

. 𝑡2(𝑖) 2 𝜒1−𝛼/2 𝑖=1

2 2 Di mana 𝜒𝛼/2 dan 𝜒1−𝛼/2 berturut-turut titik bawah dan titik atas 𝛼/2 dari distribusi 𝜒 2

dengan derajat kebebasan 2n.

Estimasi Selang Kepercayaan untuk 𝜃22 untuk Pengamatan Tersensor. Misalkan ukuran sampel n dengan pengamatan tersensor r terbesar. Selang kepercayaan 100(1-α)% untuk 𝜃22 dan 𝜃2 , dengan menggunakan (n-r) pengamatan tak tersensor adalah 1 𝜒𝛼2 /2

𝑛−𝑟 2 𝑡(𝑖)

.

≤

𝑖=1

𝜃22

≤

𝑛−𝑟

1 2 𝜒1−𝛼/2

2 𝑡(𝑖)

.

dan

𝑖=1

1 2 𝜒𝛼/2

𝑛−𝑟 2 𝑡(𝑖) ≤ 𝜃2 ≤

. 𝑖=1

1 2 𝜒1−𝛼/2

𝑛−𝑟 2 𝑡(𝑖)

. 𝑖=1

2 di mana 𝜒𝛼2 /2 dan 𝜒1−𝛼/2 berturut-turut titik bawah dan titik atas 𝛼/2 dari distribusi 𝜒 2

dengan derajat kebebasan 2(n-r). Contoh 5.15: Tentukan 95% selang kepercayaan untuk BLUE dari 𝜃2∗ untuk data Contoh 5.13. Jawab: Karena data tak tersensor maka,

10 2 𝑖=1 𝑡𝑖

= 2406,16 108 . Dari tabel persentil distribusi

2 2 χ2 untuk derajat kebebasan 20, diperoleh 𝜒0,025 = 34,17 dan 𝜒0,925 = 9,59.

Jadi selang kepercayaan 95% untuk 𝜃2∗ adalah 1 × 2406,16 × 108 ≤ 𝜃2∗ ≤ 34,17

1 × 2406,16 × 108 9,59

88181,17 ≤ 𝜃2∗ ≤ 158399,18

Contoh 5.16: Untuk data contoh 5.14 di mana enam nilai terbesar dari waktu kerusakan tersensor. Tentukan selang kepercayaan 95% untuk 𝜃2∗ . Jawab: Karena data tersensor maka

4 2 𝑖=1 𝑡𝑖

= 755,25 108 . Dari tabel persentil distribusi χ2 untuk

2 2 derajat kebebasan 8, diperoleh 𝜒0,025 = 17,53 dan 𝜒0,925 = 2,18.

Jadi selang kepercayaan 95% untuk 𝜃2∗ adalah 1 × 755,25 × 108 ≤ 𝜃2∗ ≤ 17,53

1 × 755,25 × 108 2,18

65637,86 ≤ 𝜃2∗ ≤ 186130,31.

Distribusi Weibull 𝛾

Pdf dari distribusi Weibull adalah 𝑓 𝑡 = 𝜃 𝑡 𝛾 −1 𝑒𝑥𝑝 −

𝑡𝛾 𝜃

,

𝑡 ≥ 0, 𝛾 ≥ 1, 𝜃 > 0,

di mana γ dan θ berturut-turut adalah parameter bentuk dan skala. Menurut Cohen (1965),

Harter dan Moore (1965) dan Lee (1980,1992), estimasi parameter distribusi Weibull, θ dan γ, dapat diperoleh dengan menggunakan prosedur MLE. Data Kerusakan Tanpa Penyensoran Waktu kerusakan yang tepat dari n unit yang diuji dicatat sebagai t1, t2, ..., tn. Diasumsikan bahwa data kerusakan mengikuti distribusi Weibull. MLE dari γ dan θ berturut-turut: 𝐷 𝛾 =

𝛾 𝑛 𝑖=1 𝑡𝑖 ln 𝑡𝑖 𝛾 𝑛 𝑖=1 𝑡𝑖

1 1 − − 𝛾 𝑛

𝑛

𝑛

ln 𝑡𝑖

dan

𝛾

𝜃=

𝑖=1

𝑖=1

𝑡𝑖 𝑛

𝛾 dapat diselesaikan secara numerik dengan menggunakan metode Newton-Raphson atau dengan trial dan error. Setelah 𝛾 diperkirakan, maka 𝜃 dapat diestimasi. Selang kepercayaan 100(1-α)% untuk γ dan θ adalah 𝛾 − 𝑍𝛼 𝑉𝑎𝑟 𝛾 < 𝛾 < 𝛾 + 𝑍𝛼 𝑉𝑎𝑟 𝛾 2

2

𝜃 − 𝑍𝛼 𝑉𝑎𝑟 𝜃 < 𝜃 < 𝜃 + 𝑍𝛼 𝑉𝑎𝑟 𝜃 2

2

di mana untuk n besar, Var (𝛾) dan Var (𝜃) berturut-turut adalah 𝛾 2 𝑆02 𝑉𝑎𝑟 𝛾 = 𝑛 𝑆02 + 𝛾 2 𝑆0 𝑆2 − 𝛾 2 𝑆12

dan 𝑉𝑎𝑟 𝜃 =

𝐶𝑜𝑣(𝛾 , 𝜃) ≅ dengan 𝑆0 =

𝛾 𝑛 𝑖=1 𝑡𝑖

, 𝑆1 =

𝛾 𝑛 𝑖=1 𝑡𝑖

𝑆0 𝑆0 + 𝑆2 𝑉𝑎𝑟 𝛾 , 𝑛2 𝛾 2

𝑆1 𝑉𝑎𝑟(𝛾 ) 𝑛

(ln 𝑡𝑖 ) , 𝑆2 =

𝛾 𝑛 𝑖=1 𝑡𝑖

(ln 𝑡𝑖 )2 .

Data Kerusakan dengan Penyensoran Diasumsikan bahwa unit yang diuji dikenakan sensor tipe 1 atau tipe 2. Data kerusakan dapat diwakili oleh

+ 𝑡1 ≤ 𝑡2 ≤ 𝑡3 ≤ ⋯ ≤ 𝑡𝑟 = 𝑡𝑟+1 = ⋯ = 𝑡𝑛+. Misalkan data kerusakan

mengikuti distribusi Weibull, MLE dari γ dan θ berturut-turut: 𝐷 𝛾 =

𝛾 𝑟 𝑖=1 𝑡𝑖 ln 𝑡𝑖 𝛾 𝑟 𝑖=1 𝑡𝑖

𝛾

+ 𝑛 − 𝑟 𝑡𝑟 ln 𝑡𝑟 + 𝑛−𝑟

𝛾 𝑡𝑟

1 − 𝑟

𝑟

𝑖=1

1 1 ln 𝑡𝑖 − = 0 ; 𝜃 = 𝛾 𝑟

𝑟 𝛾

𝛾

𝑡𝑖 + 𝑛 − 𝑟 𝑡𝑟 𝑖=1

𝛾 dapat diselesaikan secara numerik dengan menggunakan metode Newton-Raphson atau dengan trial dan error. Setelah 𝛾 diperkirakan, maka 𝜃 dapat diestimasi. Pedugaan Tak Bias dari Parameter Weibull Diasumsikan bahwa waktu kerusakan untuk sekelompok komponen yang diuji mengikuti distribusi Weibull. Menggunakan MLE, γ dan 𝜃1 adalah solusi dari persamaan

𝛾 𝑟 𝑖=1 𝑡𝑖 ln 𝑡𝑖 𝛾 𝑟 𝑖=1 𝑡𝑖

+ 𝑛−𝑟 + 𝑛−𝑟

𝛾 𝑡𝑟 ln 𝑡𝑟 𝛾 𝑡𝑟

−

1 1 = 𝛾 𝑟

𝑟

𝑟

ln 𝑡𝑖

𝛾

dan 𝜃1 =

𝑖=1

𝛾

1 𝛾

𝑡𝑖 + 𝑛 − 𝑟 𝑡𝑟 𝑖=1

𝛾 dapat diselesaikan secara numerik dengan menggunakan metode Newton-Raphson atau dengan trial dan error. Setelah 𝛾 diperkirakan, maka 𝜃 dapat diestimasi. Kedua persamaan dapat digunakan baik untuk data tersensor atau lengkap. Dalam kasus data lengkap, r = n dan semua term yang meliputi (n - r) dieliminasi. Varians dari Estimasi MLE Karena MLE tidak dapat disajikan dalam ekspresi bentuk tertutup, menentukan sifat-sifat estimator seperti bias, distribusi, dan sebagainya tidak dapat secara langsung. Namun, Bain dan Engelhardt (1991) mengatasi sifat-sifat ini melalui simulasi Monte Carlo. Berikut prosedur untuk penyusunan matriks informasi, variansi asimptotik dan covariances dari MLE untuk sampel lengkap atau tersensor diperoleh sebagai 𝑉𝑎𝑟(𝜃1 ) 𝐶𝑜𝑣 (𝜃1 , 𝛾 ) 𝑐 𝜃 2 /𝑛𝛾 2 = 11 1 𝐶𝑜𝑣 (𝜃1 , 𝛾 ) 𝑉𝑎𝑟(𝛾) 𝑐12 𝜃1 /𝑛

𝑐12 𝜃1 /𝑛 𝑐22 𝛾 2 /𝑛

di mana 𝑐11 , 𝑐22 dan 𝑐12 tergantung pada p = r / n dan ditunjukkan dalam Tabel 5.5. Tabel 5.5. Nilai asimptotik dari koefisien yang digunakan untuk menghitung Variansi dan Kovariansi MLE untuk sampel Lengkap dan Tersensor p 1,0 0,9 0,8 0,7 0,6

c11 1,108665 1,151684 1,252617 1,447258 1,811959

c22 0,607927 0,767044 0,928191 1,122447 1,372781

c12 0,257022 0,176413 0,049288 -0,144825 -0,446603

p 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1

c11 2,510236 3,933022 7,190427 16,478771 60,517110

c22 1,716182 2,224740 3,065515 4,738764 9,744662

c12 -0,935766 -1,785525 -3,438610 -7,375310 -22,187207

Pendugaan Tak Bias 𝜸. MLE dapat digunakan untuk estimasi titik 𝛾, tetapi cukup bias untuk n kecil, terutama ketika terjadi penyensoran hebat. Bain dan Engelhardt (1991) menyarankan penggunaan faktor tak bias Gn, untuk estimasi tak bias 𝛾 yakni 𝛾 = 𝐺𝑛 𝛾𝑀𝐿𝐸 . Gn dapat dihitung dengan menggunakan pendekatan: 𝐺𝑛 = 1,0 − 1,346 𝑛 − 0,8334 𝑛2 . Untuk sampel lengkap, hasil asimptotis Var(𝛾) ketika 𝑛 → ∞ adalah Var 𝛾 = 𝑐22 𝛾 2 = 0,6079𝛾 2 . Namun, jika n <100, daripada menggunakan 𝑐22 = 0,6079, perkiraan Var(𝛾) lebih akurat diperoleh dengan menggunakan Cn. Cn dapat dihitung dengan menggunakan 𝐶𝑛 = 0,617 − 1,8 𝑛 − 78,25 𝑛3

dan 𝑉𝑎𝑟(𝛾 ) = 𝐶𝑛 𝛾 2 𝑛 .

Selang Kepercayaan untuk 𝜸 Hasil asimptotik yang diturunkan oleh Bain dan Engelhardt (1991) menunjukkan bahwa untuk

𝛾

penyensoran hebat kira-kira mengikuti suatu distribusi Khi-kuadrat

dengan df (derajat kebebasan) 2(r - 1), dan mengikuti distribusi Khi-kuadrat dengan df (n -1) ketika sampel lengkap. Agar supaya perhitungan transisi ini akurat, Bain dan Engelhardt (1991) menyarankan pendekatan berikut: 𝑑𝑓 = 𝑐 𝑟 − 1 , di mana 𝑐 = 2/ 1 + 𝑝2 2 𝑝𝑐22 . Selang konfidensi 100(1-α)% untuk 𝛾 dapat dihitung dengan menggunakan 𝛾𝐿 = 𝛾

𝜒 21−𝛼

,𝑑𝑓

1 1+𝑝 2

dan

𝑐𝑟

𝛾𝑈 = 𝛾

𝜒𝛼2 ,𝑑𝑓

1 1+𝑝 2

𝑐𝑟

Superscripts L dan U masing-masing menunjukkan batas bawah dan atas. Inferensi untuk 𝜽𝟏 Bias dari 𝜃1 adalah fungsi dari 𝜃1 dan γ dan tidak mudah dinilai. Untungnya, pada umumnya, 𝜃1 tidak sangat bias dan penggunaan suatu 𝛾 yang tidak bias memberikan suatu estimasi yang beralasan dari 𝜃1 . Selang kepercayaan untuk 𝜃1 dapat dibangun dengan menggunakan distribusi 𝑈 = 𝑛𝛾 ln 𝜃1 /𝜃1 . Dapat ditunjukkan bahwa 100(1 - α)% selang kepercayaan untuk 𝜃1 adalah 𝜃1𝐿 = 𝜃1 𝑒𝑥𝑝 −𝑈1−𝛼/2 /

𝑛𝛾

dan

𝜃1𝑈 = 𝜃1 𝑒𝑥𝑝 −𝑈𝛼 /2 /

𝑛𝛾 .

Bain dan Engelhardt (1991) memberikan tabel dengan titik-titik persentase Uα sedemikian sehingga 𝑃(𝑈 ≤ 𝑈𝛼 ) = 𝛼. Sebagai alternatif U0,05 dan U0,95 dapat dihitung dengan menggunakan pendekatan berikut 𝑈0,05 = −1,715 −

3,868 44,23 − 𝑛 exp 𝑛

; 𝑈0,95 = 1,72 +

3,163 18,25 + 𝑛 exp 𝑛

Distribusi Lognormal Ketika waktu kerusakan diasumsikan mengikuti distribusi lognomal, pdf diberikan oleh: 1

1 ln 𝑡 − 𝜇 𝑓 𝑡 = 𝑒𝑥𝑝 − 2 𝜎 𝜎𝑡 2𝜋

2

𝑡≥0

Misal 𝑥 = ln 𝑡, di mana x berdistribusi normal dengan rata-rata μ dan standar deviasi σ yaitu, 𝐸 𝑥 = 𝐸 ln 𝑡 = 𝜇 dan 𝑉𝑎𝑟 𝑥 = 𝑉𝑎𝑟 ln 𝑡 = 𝜎 2 . Ketika 𝑡 = 𝑒 2 , maka 𝑉𝑎𝑟 𝑡 = 𝑒 2𝜇 +𝜎

2

2

𝐸 𝑡 = 𝑒𝑥𝑝 𝜇 +

𝑒𝜎 − 1 .

𝜎2 2

,

𝐸 𝑡 2 = 𝐸 𝑒 2𝑥 = exp 2 𝜇 + 𝜎 2

dan

Data Kerusakan Tanpa Penyensoran. Ketika T waktu kerusakan mengikuti distribusi lognormal dengan pdf seperti di atas, estimasi parameter 𝜇 dan 𝜎 dapat diperoleh secara langsung dari persamaan fungsi pdf. Namun, salah satu cara paling sederhana untuk mendapatkan 𝜇 dan 𝜎 2 dengan sifat yang optimal adalah dengan mempertimbangkan distribusi dari 𝑌 = ln 𝑡. Diasumsikan bahwa waktu kerusakan 𝑡1 , 𝑡2 , … , 𝑡𝑛 adalah waktu kerusakan yang tepat dari unit n yang dikenakan tes. MLE dari 𝜇 dan 𝜎 2 dari Y adalah 1 𝜇= 𝑛

𝑛

ln 𝑡𝑖

dan

𝑖=1

1 𝜎2 = 𝑛

𝑛

ln 𝑡𝑖

2

𝑛 2 𝑖=1 ln 𝑡𝑖

−

𝑛

𝑖=1

Estimasi 𝜇 tak bias tapi estimasi 𝜎 2 bias. Karena itu untuk memastikan bahwa 𝜎 2 tak bias, digunakan 𝑠 2 = 𝜎 2 𝑛/ 𝑛 − 1 , di mana 𝑠 2 adalah ragam sampel. Jelas, 𝑠 2 ≈ 𝜎 2 ketika n 2

2

besar. Estimasi mean T adalah exp μ + σ2 /2 dan ragam adalah 𝑒 𝜎 − 1 𝑒 2𝜇 +𝜎 . Selang kepercayaan 100(1- 𝛼)% untuk μ adalah 𝜇 − 𝑍𝛼/2

𝜎 𝑛

< 𝜇 < 𝜇 + 𝑍𝛼/2

𝜎 𝑛

.

Jika σ tidak diketahui atau ketika ukuran sampel relatif kecil (n <25), maka σ diganti dengan s dan distribusi Z diganti distribusi student t. Selang kepercayaan menjadi 𝑠 𝑠 𝜇 − 𝑡𝛼/2,𝑛−1 < 𝜇 < 𝜇 + 𝑡𝛼 /2,𝑛−1 . 𝑛 𝑛 Demikian pula, selang kepercayaan 100(1-α)% untuk 𝜎 2 [𝑛𝜎 2 /𝜎 2 memiliki distribusi chikuadrat dengan derajat kebebasan (n-1)] adalah

𝑛𝜎2 𝜒 𝛼2 , 𝑛 −1 2

< 𝜎2 <

𝑛𝜎 2 𝜒2 𝛼 1− , 𝑛 −1 2

.

Selang kepercayaan 100(1-α)% untuk T (rata-rata waktu kerusakan populasi) dapat ditentukan dengan:

𝑒𝑥𝑝 𝜏 − 𝑍1−𝛼 𝜎𝜏 < 𝑇 < 𝑒𝑥𝑝 𝜏 + 𝑍1−𝛼 𝜎𝜏 , 2

2

di mana untuk sampel besar, 𝜏 diperkirakan dengan distribusi normal dengan ragam 𝜎𝜏2 𝑛

dengan 𝜏 = 𝜇 + (𝑛−1)

𝜎2 2

merupakan estimator untuk 𝜏 = 𝜇 +

turut adalah MLE dari 𝜇 dan 𝜎 serta 𝜎𝜏2 = 𝑉𝑎𝑟 𝜇 + 𝑉𝑎𝑟

𝜎2

𝑛𝜎 2 𝑛−1

2

dan 𝜇 dan 𝜎 berturut-

4=

𝜎2 𝑛−1

+

𝑛 2𝜎 4 4(𝑛−1)3

.

Contoh 5.17: Seorang produsen melakukan tes burn-in pada 8 video display terminals (VDT).Waktu kerusakan (dalam jam) dicatat sebagai berikut: 20, 28, 35, 39, 42, 44, 46, 47. Misal waktu kerusakan mengikuti distribusi lognormal. Tentukan rata-rata waktu kerusakan dan deviasi standarnya. Bagaimana selang kepercayaan 95% untuk 𝜇 dan 𝜎 2 ?

Jawab: Untuk menghitung parameter distribusi dibuat Tabel 5.6. Tabel 5.6 Waktu Kerusakan VDT ti 20 28 35 39 42 44 46 47 Jumlah ln ti 2,995 3,332 3,555 3,663 3,737 3,784 3,828 3,850 28,747 2 (ln ti) 8,974 11,103 12,640 13,421 13,970 14,320 14,658 14,823 103,912 𝜇=

1 𝜎2 = 𝑛

𝑛

ln 𝑡𝑖 𝑖=1

2

−

ln 𝑡𝑖 28,747 = = 3,593 dan 𝑛 8 𝑛 2 𝑖=1 ln 𝑡𝑖

𝑛

Waktu kerusakan rata-rata adalah 𝑒𝑥𝑝 𝜇 + Standar deviasi dari waktu kerusakan 𝜎 = 𝜎=

𝜎2 2

=

1 8

103,912 −

28,7472 8

= 0,0766.

= 𝑒𝑥𝑝 3,6313 = 37,76 jam.

𝑒𝑥𝑝 𝜎 2 − 1 𝑒𝑥𝑝 2𝜇 + 𝜎 2

𝑒𝑥𝑝 0,0766 − 1 𝑒𝑥𝑝 2 × 3,593 + 0,0766

1/2

1/2

, atau

= 10,654 jam.

Karena n kurang dari 25, 𝜎 2 diestimasi dengan 𝑠 2 = 8𝜎 2 8 − 1 = 0,0876. Sehingga selang kepercayaan 95% untuk 𝜇 adalah 𝜇 − 𝑡𝛼/2,𝑛−1

𝑠 𝑛

< 𝜇 < 𝜇 + 𝑡𝛼/2,𝑛−1

𝑠 𝑛

atau

3,593 − 2,365 8 < 𝜇 < 3,593 + 2,365 8 atau 2,893 < 𝜇 < 4,293.

Selang kepercayaan 95% untuk 𝜎 2 adalah 8×0,0766 16,013

< 𝜎2 <

8×0,0766 1,689

𝑛𝜎2 𝜒 𝛼2 /2,(𝑛 −1)

< 𝜎2 <

𝑛𝜎 2 2 𝜒 1−𝛼 /2,(𝑛 −1)

atau

atau 0,0382 < 𝜎 2 < 0,3628.

Estimasi untuk 𝜏 dan 𝜎𝜏2 diperoleh melalui 𝑛 𝜎2 7 0,0766 𝜏=𝜇+ = 3,593 + × = 3,62651 dan (𝑛 − 1) 2 8 2 𝜎𝜏2 =

𝜎2 𝑛2 𝜎4 0,0766 82 × 0,07662 + = + = 0,0112165. 𝑛 − 1 4(𝑛 − 1)3 7 4(8 − 1)3

Selang kepercayaan 95% untuk rata-rata waktu kerusakan adalah

𝑒 (3,62651 −1,96×0,0112165 ) < 𝑇 < 𝑒 (3,62651+1,96×0,0112165 ) . Data Kerusakan dengan Penyensoran. Pandang n unit yang diuji di mana waktu kerusakan dari r unit adalah 𝑡1 ≤ 𝑡2 ≤ ⋯ ≤ 𝑡𝑟 . Tes ini tersensor setelah terjadinya kerusakan ke r atau pada waktu Tc. (diasumsikan r kerusakan terjadi dalam Tc). Jadi, penyensoran tipe 2 atau tipe 1. Seperti yang dibahas sebelumnya, digunakan fakta bahwa 𝑌 = 𝑙𝑜𝑔𝑒 𝑇 memiliki distribusi normal dengan mean μ

dan variansi 𝜎 2 . Dengan menggunakan metode Sarhan dan Greenberg (1956, 1957, 1958, 1962) dilakukan estimasi μ dan 𝜎 2 dari data transformasi 𝑦𝑖 = ln 𝑡𝑖 , yaitu kombinasi linear dari logaritma dari r waktu kerusakan yang pasti merupakan estimasi terbaik, 𝑟

𝜇=

𝑟

𝑎𝑖 ln 𝑡𝑖 dan 𝜎 = 𝑖=1

𝑏𝑖 ln 𝑡𝑖 , 𝑖=1

di mana 𝑎𝑖 dan 𝑏𝑖 untuk n ≤ 20 sebaik variansi dan kovariansi dari 𝜇 dan 𝜎. Jika ukuran sampel n>20, MLE untuk distribusi normal dapat digunakan dalam mengestimasi parameter lognormal (dengan penyensoran) sebagai berikut: 1 𝑦= 𝑟

𝑟

ln 𝑡𝑖 𝑖=1

1 dan s = r

r

2

2

r

ln t i

2

−

i=1

Dan MLE dari 𝜇 dan 𝜎 2 adalah 𝜇 = 𝑦 − 𝜆(𝑦 − ln 𝑡𝑟 )

ln t i

r .

i=1

dan 𝜎 2 = 𝑠 2 + 𝜆 𝑦 − ln 𝑡𝑟 2 .

Koefisien λ adalah suatu fungsi dari α dan β (Cohen, 1961), di mana 𝑠2 𝛼= 𝑦 − ln 𝑡𝑟

dan 𝛽 = (𝑛 − 𝑟)/𝑛

2

Prosentase unit disensor dinyatakan dengan 100β. λ dapat dihitung dengan menggunakan pendekatan: 𝜆 = 1.13𝛼 3 − ln 1 − 𝛼

1 + 0.437𝛽 − 0.250𝛼𝛽 3 + 0.08𝛼 1 − 𝛼 .

Pendekatan dari λ ini mempunyai kesalahan maksimal 5%. Variansi asimptotik dari 𝜇 dan 𝜎 dapat diperkirakan dengan 𝑉𝑎𝑟 𝜇 =

𝑚1 𝜎 2 𝑚2 𝜎 2 dan 𝑉𝑎𝑟 𝜎 = 𝑛 𝑛

di mana m1 dan m2 dapat dihitung dengan menggunakan pendekatan berikut : Untuk y < 0,

𝑚1 = 1 + 0,51𝑒 2,5𝑦 dan 𝑚2 = 0,5 + 0,74𝑒 1,6𝑦 .

Untuk y > 0,

𝑚1 = 0,52 + 𝑒 (1,838𝑦+0,354𝑦 𝑚2 = 0,24 + 𝑒 (𝑦 +0,384𝑦

2)

2)

− 0,391𝑦 − 0,676𝑦 2 ,

− 0,0507𝑦 − 0,2735𝑦 2 ,

di mana 𝑦 = −𝑐 = −(ln 𝑡𝑟 − 𝜇 )/ 𝜎. Contoh 5.18: Sepuluh unit yang dikenai uji kelelahan. Tes dihentikan ketika 7 unit rusak dan waktu kerusakan mereka (dalam minggu) adalah 30, 37, 42, 45, 47, 48, 50. Misalkan waktu kerusakan mengikuti distribusi lognormal. Tentukan 𝜇 dan 𝜎! Jawab: Dalam kasus ini, n =10, r = 7 dan n-r = 3. Menggunakan Lampiran D, diperoleh

𝑟

𝜇=

𝑎𝑖 ln 𝑡𝑖 = 0,024 ln 30 + 0,0636 ln 37 + 0,0818 ln 42 + 0,0962 ln 45 𝑖=1

+0,1089 ln 47 + 0,1207 ln 48 + 0,5045 ln 50 = 3,8447. 𝑟

𝜎=

𝑏𝑖 ln 𝑡𝑖 = −0,3252 ln 30 − 0,1758 ln 37 − 0,1058 ln 42 − 0,0502 ln 45 𝑖=1

−0,0006 ln 47 + 0,0469 ln 48 + 0,6107 ln 50 = 0,2409.

Estimasi rata-rata waktu kerusakan diperoleh 𝜇 = 𝑒𝑥𝑝 𝜇 + 𝜎 2 /2 = 𝑒𝑥𝑝 3,8447 +

0,2409 2 2

= 48,12 minggu.

Dan estimasi standart deviasi diperoleh 𝜎=

2

𝑒 𝜎 − 1 𝑒 2𝜇 +𝜎

2

1

2

𝜎 = 0,05975 × 2315,6201

2

𝑒 0,2409 − 1 𝑒 2×3,8447 +0,2409

= 1

2

2

1

2

= 11,76.

Distribusi Gamma. Pdf dari distribusi Gamma yang memiliki dua parameter adalah 𝑓 𝑡; 𝜃, 𝛾 =

𝑡 𝛾 −1 − 𝑡 𝑒 𝜃 𝜃𝛾 Γ 𝛾

di mana Γ 𝑥 menunjukkan fungsi Gamma, 𝛾 adalah parameter bentuk, dan 𝜃. Kasus 𝑣

khusus distribusi gamma adalah distribusi Khi kuadrat yaitu ketika 𝜃 = 2 dan 𝛾 = 2 (di mana v bilangan bulat dan bilangan derajat kebebasan dari distribusi Khi-kuadrat). Juga distribusi eksponensial, ketika 𝛾 = 1. Nilai sebesar Γ(𝑥) dapat ditemukan di Lampiran A. Data Kerusakan Tanpa Penyensoran Waktu kerusakan yang pasti dari n unit yang diuji dicatat sebagai t1, t2, ..., tn. Diasumsikan bahwa waktu kerusakan mengikuti distribusi Gamma dua parameter seperti di atas. Estimasi 𝛾 dan 𝜃, dapat menggunakan metode momen atau MLE. MLE memberikan hasil yang lebih akurat. MLE dari γ tidak bisa secara langsung diperoleh, oleh karena itu diselesaikan secara iteratif atau menggunakan penaksiran yang diusulkan oleh Greenwood dan Durand (1960), yaitu: 0,50009 + 0,16488𝑀 − 0,054427𝑀2 𝛾= ; 𝑀 𝛾=

8,8989 + 9,0599𝑀 + 0,97754𝑀2 ; 𝑀(7,797 + 11,968 𝑀 + 𝑀2

di mana 𝑀 = ln 𝑡/𝑡 , 𝑡 =

𝑛 𝑖=1 𝑡 𝑖

𝑛

0 < 𝑀 ≤ 0,5772 0,5772 < 𝑀 ≤ 17 ,

(=mean aritmatik), 𝑡 =

𝑛 1/𝑛 𝑖=1 𝑡𝑖

(=mean geometrik).

Pendekatan ini akan menghasilkan estimasi yang baik dari parameter yang diperoleh dengan metode MLE. Setelah 𝛾 didapat maka nilai 𝜃 diestimasi dengan 𝜃 = 𝑡 𝛾 . Untuk n kecil, perkiraan parameter menggunakan metode MLE diperoleh estimasi yang bias. Estimasi tak bias dari 𝛾 dan 𝜃 diperoleh menggunakan ekspresi berikut: 𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

=𝛾

(𝑛 − 3) 2 + 𝑛 3𝑛

dan

𝜃𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

=

𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

𝑡 1 − 1/ 𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

𝑛

,

yang berturut-turut didasarkan pada Bain dan Engelhadt (1991) dan Lee (1992). Contoh 5.19: Seorang insinyur mekanik melakukan tes kelelahan dengan memperlakukan 10 batang baja identik dengan tingkat stres secara signifikan lebih tinggi dari batas daya tahan bahan batang. Banyaknya siklus sampai terjadi kerusakan dicatat sebagai 20000, 35000, 47000, 58000, 68000, 77000, 85000, 92000, 97000, 102000. Diasumsikan bahwa siklus kerusakan mengikuti distribusi gamma. Bagaimana parameter dari distribusi tersebut? Jawab: Mula-mula nilai 𝑡, 𝑡 dan M dihitung: 10 𝑖=1 𝑡𝑖

𝑡=

𝛾= =

10

1 10

10

= 68100 ,

𝑡=

𝑡𝑖

= 61492,22 ,

𝑀 = ln

𝑖=1

𝑡 = 0,102 𝑡

8,8989 + 9,0599𝑀 + 0,97754𝑀2 𝑀(7,797 + 11,968 𝑀 + 𝑀2 1 (0,50009 + 0,16488 × 0,102 − 0,05442 × 0,1022 ) = 5,0588. 0,102

Estimasi tak bias dari 𝛾 dan 𝜃 adalah 𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

= 5,0588 ×

7 2 + = 3,60 dan 𝜃𝑡𝑎𝑘 10 30

𝑏𝑖𝑎𝑠

=

68100 3,60 1 −

1 3,6 × 10

= 19457.

Rata-rata hidup = 𝜃𝑡𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑎𝑠 x 𝛾𝑡𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑎𝑠 = 70045 siklus. Data Kerusakan dengan Penyensoran Ketika ada pengamatan yang tersensor dalam data kerusakan, estimasi parameter menjadi jauh lebih sulit. Wilk, Gnanadesikan, dan Huyyet (1962) dan Bain dan Engelhardt (1991) memberikan tabel untuk membantu dalam komputasi

𝛾 dan 𝜃. Atau, sebuah

pendekatan dapat diperoleh dengan menggunakan algoritma berikut: 1. Hitung rata-rata aritmatik dan geometrik dari pengamatan, dalam sampel tersensor:

𝑡𝑐 =

1 𝑟

𝑟

𝑟 𝑖=1 𝑡𝑖

dan 𝑡𝑐 =

𝑟

𝑡𝑖 𝑖=1

𝑛

2. Hitung NR, S, dan Q, yaitu 𝑁𝑅 =

𝑟

, 𝑆=

𝑡𝑐 𝑡𝑟

, 𝑄=1

1−

𝑡𝑐

.

𝑡𝑐

3. Hitung 𝛾𝑡𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑎𝑠 sebagai fungsi dari NR, S, dan Q 

Jika 𝑆 < 0,42, gunakan 𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

𝑆/𝑁𝑅4

= 1,061 1 − 𝑄 + 0,2522𝑄 1 +

+ 1,953

𝑆 − 1/𝑄

−0,220/𝑁𝑅4 + 0,1308𝑄/𝑁𝑅 4 + 0,4292/ 𝑄 𝑆 .



Ketika 0,42 < 𝑆 < 0,80, gunakan 𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

= 0,5311𝑄 1/𝑁𝑅 2 − 1 + 1,436 log 𝑄 + 0,7536 𝑄𝑆 − 𝑆 −2,040/𝑁𝑅 − 0,260𝑄𝑆/𝑁𝑅 2 + 2,489/ 𝑄/𝑁𝑅



1/2

.

Ketika 𝑆 > 0,80, gunakan 𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

= 1,151 + 1,448 𝑄 1 − 𝑆 /𝑁𝑅 − 1,024 𝑄 + 𝑆 +0,5311 log 𝑄 + 1,541𝑄𝑆 − 0,515 𝑄/𝑁𝑅

1/2

.

Setelah 𝛾 diperkirakan, maka 𝜃 dapat diperkirakan dengan menggunakan ekspresi: 𝜃=

𝑟 𝑖=1 𝑡𝑖

𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

+ 𝑛 − 𝑟 𝑡𝑟 /𝑛 1 − 1/ 𝛾𝑡𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑎𝑠 𝑟

.

Ekspresi untuk memperkirakan 𝛾 pada langkah 3 memberikan perkiraan yang baik ketika 𝑆 ≥ 0,12; 1,2 ≤ 𝑄 ≤ 12 dan 𝑁𝑅 ≤ 3,0. Keakuratan estimasi tidak diverifikasi di luar batas-batas ini. Standart error adalah sekitar 0,04. Untuk nilai kecil 𝛾 𝛾 < 1 , kesalahan persentil maksimum dapat menjadi besar, sekitar 10%. Untuk nilai besar 𝛾 𝛾 > 2 , kesalahan persentil maksimum adalah kurang dari 5%. Contoh 5.20: Tes dilakukan pada 10 komponen. Selama tes, 7 dari komponen rusak dan 3 komponen bertahan sampai periode tes 4900 jam yang telah ditentukan semula. Waktu kerusakan: 1000,

3000,

4000,

4400,

4700,

4800,

4900,

4900+,

4900+,

4900+

Cocokkan suatu distribusi gamma pada titik-titik data dan estimasi parameternya. Berapa rata-rata hidup komponen dari populasi ini? Jawab: Mula-mula hitung 𝑡𝑐 , 𝑡𝑐 , 𝑁𝑅, 𝑆 dan Q: 𝑡𝑐 =

7 𝑖=1 𝑡𝑖

7

1 7

7

= 3829 , 𝑡𝑐 =

𝑡𝑖 𝑖=1

= 3452 , 𝑁𝑅 =

10 7

𝑆=

𝑡𝑐 3829 1 = = 0,7814 , 𝑄 = = 10,15 𝑡𝑟 4900 1 − 0,9015

Karena 0,42 < 𝑆 < 0,8 maka estimasi tak bias dari 𝛾 : 𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

= 0,5311(10,15)

1 − 1 + 1,436 log 10,15 1,4282

+0,7536 10,15 × 0,7814 − 0,7814 − −

2,040 1,428

0,260 × 10,15 × 0,7814 2,489 + = 2,58. 1,4282 10,15/1,428

𝜃𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

=

7 𝑖=1 𝑡𝑖

+ 3 × 4900 /10 = 1759. 2,85 × 0,91445

Rata-rata hidup komponen populasi ini adalah 𝛾𝑡𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑎𝑠 x 𝜃𝑡𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑎𝑠 = 4538 jam. Variansi dari 𝜸 dan 𝜽. Untuk kasus sampel lengkap, variansi dari 𝛾 dan 𝜃 adalah fungsi dari 𝛾 sendiri dan n (ukuran sampel). Bain dan Engalhardt (1991) memberikan tabel dengan koefisien (sebut 𝐶𝛾 dan 𝐶𝜃 ) yang memungkinkan estimasi variansi yang sesuai sebagai 𝑉𝑎𝑟 𝛾 =

𝐶𝛾 𝛾 2 𝑛

dan

𝑉𝑎𝑟 𝜃 =

𝐶𝜃 𝜃 2 𝑛

Alternatif, koefisien dapat dihitung dengan menggunakan ekspresi perkiraan berikut: 𝐶𝛾 = 2,076𝐴 − 0,3697𝐴2 + 0,01654𝐴3 + 5,463𝐵 − 0,3917𝐵2 − 7,274 𝐵 + 0,0006823𝐵𝐴4 𝐶𝜃 = 1,976 +

0,608 𝛾𝑡𝑎𝑘

𝑏𝑖𝑎𝑠

1,2

−

1,8942 . 𝑛

di mana 𝐴 = 8 − 1/𝛾𝑡𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑎𝑠 dan 𝐵 = 𝑛/ 𝑛 − 6 . Persamaan 𝐶𝛾 dan 𝐶𝜃 berlaku untuk 𝛾 > 0,2 dan 𝑛 > 8, dengan kesalahan maksimum estimasi adalah sekitar 2%. Untuk kasus sampel tersensor, varians 𝛾 dan 𝜃 juga tergantung pada 𝑝 = 𝑟 𝑛. Hasil asimptotik 𝑛 → ∞, 𝑟 𝑛 → 𝑝 yang disediakan oleh Harter (1969) menyatakan 𝐶𝛾 dan 𝐶𝜃 , sehingga 𝑉𝑎𝑟 𝛾 dan 𝑉𝑎𝑟 𝜃 , akan selalu lebih besar bila ada penyensoran. Jadi, untuk sampel tersensor, 𝑉𝑎𝑟 𝛾 dan 𝑉𝑎𝑟 𝜃 dapat dihitung menggunakan 𝐶1 𝐶𝛾 𝛾 2 𝑉𝑎𝑟 𝛾 = 𝑛

dan

𝐶1 𝐶𝛾 𝜃 2 𝑉𝑎𝑟 𝜃 = 𝑛

di mana 𝐶1 dan 𝐶2 adalah koefisien yang lebih besar dari satu. Berdasarkan hasil-hasil yang terbatas yang disediakan oleh Harter (1969), Tabel 5.7 hasil yang ada menyangkut kasus asimptotik yaitu, kasus di mana 𝑛 → ∞. Hasil-hasil tersebut dapat juga digunakan untuk memperoleh perkiraan 𝑉𝑎𝑟 𝛾 dan 𝑉𝑎𝑟 𝜃 jika n kecil.

Atau, 𝐶1 dan 𝐶2

dapat dihitung dengan menggunakan berikut

𝐶1 = 1 + 0,2942 1 − 𝑝 + 0,5744

(perkiraan) ekspresi:

(1 − 𝑝) (1 − 𝑝) + 0,1021 𝛾𝑡𝑎𝑘 𝑝 𝑝

𝐶2 = 1 + 2,848 1 − 𝑝 − 6,736(1 − 𝑝)2 + 14,49(1 − 𝑝)3 + 0,3832

𝑏𝑖𝑎𝑠

(1 − 𝑝) 𝛾𝑡𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑎𝑠 𝑝2

Tabel 5.7. Koefisien 𝐶1 dan 𝐶2

𝐶2 p 1,00 0,75 0,50 0,25

𝛾=1 1 1,293 1,806 3,237

𝐶1

𝛾=2 1 1,343 1,944 3,592

𝛾=3 1 1,370 2,027 3,843

𝛾=1 1 1,691 3,337 10,069

𝛾=2 1 1,600 2,921 7,696

Persamaan berlaku untuk 0,5 < 𝛾 < 5 dan 𝑝 > 0,25,

𝛾=3 1 1,573 2,799 7,040

dengan kesalahan maksimum

estimasi adalah sekitar 2%. Selang Keyakinan untuk 𝜸. Untuk 𝛾 besar dan sampel lengkap, selang keyakinan 100(1-α)% diberikan oleh (Bain dan Englehart, 1991): 2 𝜒1−𝛼 (𝑛 − 1)

𝜒𝛼2 (𝑛 − 1) 𝛾𝐿 =

2

2𝑛𝑆

dan 𝛾 𝑈 =

2

2𝑛𝑆

di mana 𝑆 = ln 𝑡/𝑡 . Bilangan derajat kebebasan (db) mendekati 2(n-1) ketika 𝛾 mendekati 0, dan mendekati 𝑛 − 1 ketika 𝛾 mendekati ∞. Dengan kata lain, nilai-nilai kecil dari 𝛾, dapat menggunakan db = 2(𝑛 − 1). Jika tidak, db= 𝑛 − 1 harus digunakan. Untuk nilai 𝛾 yang kecil, db dan penyebut dari ekspresi di atas harus dikoreksi. Koreksi ini dilakukan dengan mengikuti sebuah prosedur iteratif. Sebagai contoh, untuk menemukan 𝛾 𝐿 , dimulai dengan 𝛾 𝐿 = 𝛾𝑡𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑎𝑠 dan kemudian 1. Hitung 𝑐 = 𝑐 𝛾 𝐿 , 𝑛 =

𝑛𝜙 1 𝛾 𝐿 −𝜙 1 𝑛𝛾 𝐿 𝑛𝜙 2 𝛾 𝐿 −𝜙 2 𝑛𝛾 𝐿

dan 𝑣 = 𝑣 𝛾 𝐿 , 𝑛 = 𝑛𝜙1 𝛾 𝐿 − 𝜙1 𝑛𝛾 𝐿 𝑐

di mana 𝜙1 𝑥 = 1 + 1 1 + 6𝑥 dan 𝜙2 𝑥 =

1 + 1 1 + 2,5𝑥 1 + 1 3𝑥

0<𝑥<2 2≤𝑥<∞

2. Perbarui 𝛾 𝐿 menggunakan 𝛾𝐿 =

2 𝜒1−𝛼/2 (𝑣)

2𝑛𝑐𝑆

(5.105)

3. Kembali ke langkah 1 Perhitungan ini terus dilakukan hingga diperoleh konvergensi. Sekarang, menggantikan 2 𝜒1−𝛼/2 dengan 𝜒𝛼2 /2 dan mengikuti prosedur yang sama, 𝛾 𝑈 dapat diterapkan.

Dalam kasus sampel tersensor, prosedur yang sama dapat diterapkan tapi 𝑡 dan 𝑡 masing-masing harus digantikan oleh 𝐴𝑟 , dan 𝐺𝑟 , di mana 𝑟

𝐴𝑟 =

1/𝑛

𝑟

𝑡𝑖 + 𝑛 − 𝑟 𝑡𝑟

𝑛

dan

𝐺𝑟 =

𝑖=1

𝑡𝑖

𝑡𝑟𝑛−𝑟

𝑖=1

Koreksi yang diberikan oleh Pers. (5.101) sampai (5.105) diperlukan karena dapat ditunjukkan bahwa sementara untuk besar 𝛾, 2𝑛𝛾 𝑆 ≃ 𝜒 2 𝑛 − 1 Tapi untuk 𝛾 kecil (yaitu, di mana 𝛾 → 0), 2𝑛𝛾 𝑆 ≃ 𝜒 2 2 𝑛 − 1