MINGGU KE-11 HUKUM BILANGAN BESAR LEMAH DAN KUAT

MINGGU KE-11HUKUM BILANGAN BESAR LEMAH DAN KUAT

MINGGU KE-11 HUKUM BILANGAN BESAR LEMAH DAN KUAT


HUKUM BILANGAN BESAR LEMAH DAN KUAT Misalkan X1 , X2 , X3 ... barisan variabel random . Kita tulis n P Xi . Dalam subbab ini kita akan menjawab pertanyaan Sn = i=1

ujud dan tidaknya barisan konstante An dan Bn > 0, Bn → ∞ untuk n → ∞ sedemikian hingga Bn−1 (Sn − An ) konvergen dalam probabilitas ke 0 untuk n → ∞.


Definisi n P X0 . Misalkan X1 , X2 ... barisan variabel random dan Sn = i=1

Barisan X1 , X2 ... dikatakan memenuhi hukum bilangan besar lemah terhadap barisan konstante B1 , B2 , ..., Bn > 0, Bn ↑ ∞, bila terdapat barisan konstante real A1 , A2 ...An ... sedemikian hingga P Bn−1 (Sn − An ) − → 0 untuk n → ∞.


Teorema Misalkan X1 , X2 , X3 , ... barisan variabel random yang tidak saling berkorelasi dengan E (Xi ) = µi dan Var (Xi ) = σi2 , i = 1, 2, .... Bila n n n P P P σi2 σi2 → ∞ untuk n → ∞, dengan An = µi dan Bn = i=1

maka

i=1

n P

(Xi − µi )

i=1 n P i=1

= σi2

Sn − An P − →0 Bn

i=1


Akibat Bila X1 , X2 , X3 , ... saling independen dan berdistribusi identik dengan E (Xi ) = µ dan var(Xi ) = σ 2 < ∞, maka kita bisa memilih An = nµ dan Bn = nσ 2 . Akibat

n P

Dalam teorema di atas kita bisa memilih Bn = n asalkan untuk n → ∞.

i=1

σi2

n2

→0


Definisi Barisan variabel random X1 , X2 , X3 ... dikatakan memenuhi hukum bilangan besar kuat terhadap barisan konstante B1 , B2 , ... bila terdapat barisan konstante A1 , A2 ... sedemikian hingga a.s

Bn−1 (Sn − An ) −→ 0 untuk n → ∞ Di sini Bn > 0 dan Bn → ∞. Kita akan mencari syarat cukup agar barisan {Xn } memenuhi hukum bilangan besar kuat. Selanjutnya, kita hanya akan membahas kasus khusus untuk Bn = n.


Kita akan mulai dengan lemma Borel-Contelli. Bila {An } barisan ∞ ∞ S T Ak . Misalkan kejadian dalam Ω, maka lim sup An = n→∞

n=1 k=n

A = lim sup An , maka A adalah kejadian bahwa paling banyak tak n→∞ berhingga atau infinitely often An terjadi. Kita kadang-kadang menulis P(A) = P lim sup An = P (An i.o.) n→∞

dengan i.o. singkatan dari infinitely often. Dengan penulisan ini a.s. Xn −−→ 0 bhb P {|Xn | > ε i.o.} = 0 untuk setiap ε > 0.


Teorema a. Misalkan {An } barisan kejadian sedemikian hingga ∞ P P (An ) < ∞, maka P(A) = 0. n=1

b. Bila {An } barisan kejadian independen sedemikian hingga ∞ P P (An ) = ∞, maka P(A) = 1. n=1


Akibat Misalkan {An } barisan kejadian independen, maka P(A) sama dengan 0 atau 1. Teorema Bila X1 , X2 ... barisan variabel random independen dan berdistribusi identik dengan mean µ dan momen keempat berhingga, maka Sn Sn a.s −→ µ atau P lim =µ =1 n→∞ n n


Akibat Bila X1 , X2 , X3 ... variabel random independen dan berdistribusi identik sedemikian hingga P {|Xn | < K } = 1 untuk setiap n dengan K konstante positif, maka Sn a.s −→ µ n


LIMIT FUNGSI PEMBANGKIT MOMEN Misalkan X1 , X2 ... barisan variabel random. Andaikan Fn fungsi distribusi kumulatif dari Xn , n = 1, 2, 3, ... dan fungsi pembangkit momen dari Xn yaitu Mn (t) ujud. Pertanyaannya adalah bagaimana kelakuan Mn (t) untuk n → ∞ dan apakah limit tersebut selalu konvergen pada suatu fungsi pembangkit momen.


Contoh Misalkan {Xn } barisan variabel random dengan f.m.p. P(Xn = −n) = 1

n = 1, 2, 3, ...

Kita mempunyai

Mn (t) = E e

tXn

= e −tn → 0 untuk n → ∞, t > 0

Mn (t) → ∞ untuk t < 0 dan Mn (t) → 1 untuk t = 0. Jadi,   0 t > 0 Mn (t) → M(t) = 1 t = 0 untuk n → ∞   ∞ t<0


tetapi M(t) bukan fungsi pembangkit momen. Perhatikan bila Fn (x) f.d.k. dari Xn , maka ( 0 bila x < −n Fn (x) = → F (x) = 1 untuk 1 bila x > −n setiap x dan F (x) bukan fungsi distribusi kumulatif. Bila contoh di atas menunjukkan tidak perlunya konvergensi f.p.m. ke f.p.m., d kasus di bawah mengilustrasikan kasus Xn − → X , tetapi Mn (t) 6→ M(t).


Contoh Pandang fungsi distribusi kumulatif  0 x < −n    1 Fn (x) = + Cn arctan(nx) − n ≤ x < n  2   1 x >n dengan Cn =

1 . 2 arctan(n2 )

Untuk n → ∞ terlihat (

Fn (x) → F (x) =

0

x <0

1

x >n


pada setiap titik-titik kontinu dari F (x). Fungsi pembangkit momen yang bersesuaian dengan Fn adalah Zn Mn (t) =

Cn e tx

n dx 1 + n2 x 2

−n

yang ujud setiap t. Fungsi pembangkit momen yang bersesuaian dengan F (x) adalah M(t) = 1 untuk setiap t. Karena Mn (t) → ∞ bila t 6= 0, maka Mn (t) 6→ M(t). Berikut adalah teorema yang menjamin konvergensi dalam distribusi ekuivalen dengan konvergensi fungsi pembangkit momen yang bersesuaian. Bukti teorema bisa dilihat pada buku-buku teori probabilitas lanjut seperti Lukacs (1970).


Teorema Misalkan {Fn } barisan fungsi distribusi kumulatif yang berkorespondensi dengan barisan fungsi pembangkit momen {Mn } dan misalkan Mn (t) ujud untuk |t| ≤ t0 untuk setiap n. Bila terdapat fungsi distribusi kumulatif F yang berkorespondensi dengan fungsi pembangkit momen M yang ujud untuk |t| ≤ t1 < t0 sedemikain hingga Mn (t) → M(t) untuk n → ∞ dan d

setiap t ∈ [−t1 , t1 ], maka Xn − → X.


Contoh Misalkan Xn variabel random dengan f.m.p. 1 1 , P {X0 = 0} = 1 − n n t maka Mn (t) = en + 1 − n1 yang ujud untuk setiap t ∈ R dan Mn (t) → 1 untuk n → ∞ dan setiap t. Di sini, M(t) = 1 adalah fungsi pembangkit momen variabel random X yang merosot di d X = 0. Jadi, Xn − → X. P {Xn = 1} =


Lemma berikut sangat berguna dalam penerapan teorema di atas. Lemma Bila f (x) → 0 untuk x → 0 kita tulis f (x) = o(x), maka x n = e a untuk setiap bilangan real a. lim 1 + na + o n1

n→∞


Contoh Misalkan X ∼ binomial (n, θ), maka Mx (t) = (θe t + (1 − θ))n untuk setiap t. Bila θ → 0, n → ∞ sedemikian hingga nθ = λ, maka menurut lemma di atas 4 λ t λ λ t n e −1 → exp λ e t − 1 Mx (t) = 1 − + e = 1+ n n n yang merupakan fungsi pembangkit momen distribusi Poisson. d Jadi, X − → Poisson (λ).


Contoh Misalkan X ∼ Poisson (λ). Fungsi pembangkit momen dari X adalah exp {λ (e t − 1)} untuk setiap t. Kita bentuk Y = (X√−λ) , λ maka fungsi pembangkit momen dari Y diberikan oleh t(x−λ) √ MY (t) = E e tY = E e λ √ t = e −t λ Mx √ λ


Selanjutnya, √

log MY (t) = −t λ + log Mx t √ √ = −t λ + λ e λ √ = t λ+λ =

t √ λ −1 t2

t3

!

t √ + + + ... λ 2λ 3!λ 23

t2 t3 + + ... 1 2 3!λ 2 2

Akibatnya, log MY (t) → t2 untuk λ → ∞. Jadi, MY (t) = e t untuk λ → ∞, yang merupakan fungsi pembangkit momen distribusi N(0, 1).

2/2

MINGGU KE-11 HUKUM BILANGAN BESAR LEMAH DAN KUAT

Recommend Documents