Statistika Matematika. Soal dan Pembahasan. M. Samy Baladram

Statistika Matematika Soal dan Pembahasan

M. Samy Baladram

Bab 4 Unbiasedness, Consistency, and Limiting Distributions

Unbiasedness, Consistency, and Limiting Distributions 4.1 Ekspektasi Fungsi Key Points .Teorema 4.1.1 Pn Jika T = i =1 a i X i , a i suatu konstan, maka E [T ] =

n X

a i E [X i ]

i =1

Akibat 4.1.1 P Jika T = maka

V a r [T ] =

n a X i =1 i i

n X

Definisi 4.1.1 Misal X peubah acak dengan pdf f (x ; θ ) atau p (x ; θ ), θ ∈ Ω. Misal X 1 , . . . , X n adalah peubah acak berdistribusi X dan T suatu statistik. Kita katakan T estimator tak-bias dari θ jika E [T ] = θ , untuk semua θ ∈ Ω

, a i suatu konstan,

a i V a r [X i ]+2

i =1

X

Jika E [T ] 6= θ , kita katakan T estimator bias bagi θ .

a i a j cov (X i , X j )

i <j

Akibat 4.1.2 Jika X 1 , · · · , X n adalah peubah acak saling bebas dengan variansi hingga, maka V a r [T ] =

n X

a i V a r [X i ]

i =1

1

[4.1.5] Misal X 1 dan X 2 dua peubah acak yang saling bebas dengan variansi X 1 dan X 2 berturut-turut σ12 = k dan σ22 = 2. Jika diberikan variansi Y = 3X 2 − X 1 .adalah 25, tentukan k.. Jawab: V a r [X 1 ] = k V a r [3X 2 ] = 32 V a r [X 2 ] = 18 ∴ V a r [3X 2 − X 1 ] = 32 V a r [X 2 ] + (−1)2 V a r [X 1 ] + 2(3)(1)cov (X 2 , X 1 ) {z } | =0 karena saling bebas 25 = 18 + k k =7

2

[4.1.7] Tentukan mean dan variansi jumlahan Y dari pengamatan variabel acak berukuran 5 dengan distribusi yang memiliki pdf f (x ) = 6x (1 − x ), 0 < x < 1, .lainnya 0.. Jawab:

copyright by M. Samy Baladram / 10108064

2

Variabel acak Y dapat ditulis Y = X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 . µ = E [Y ] = E [X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 ] Z1 = 5E [X 1 ] = 5

x · 6x (1 − x )d x 0

 1 3 1 = 5 2x 3 − x 4 = 5 · 2 2 0 1 ∴µ= . 2 2 σ = V a r [Y ] =V a r [X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 ] Z1 1 = 5V a r [X 1 ] = 5 (x − )2 · 6x (1 − x )d x 2 0 Z 1  1 1 =5 x2 −x + 6x (1 − x )d x = 5 · 4 20 0 ∴ σ2 =

3

1 = 0.25 4

[4.1.9] Misal X dan Y peubah acak dengan µ1 = 1, µ2 = 4, σ12 = 4, σ22 = 6, ρ = 21 . .Tentukan mean dan variansi dari Z = 3X − 2Y .. Jawab: µZ = E [Z ] = E [3X − 2Y ] = 3E [X ] − 2E [Y ] = 3µ1 − 2µ2 ∴ µZ = −5 σZ2

= V a r [Z ] = V a r [3X − 2Y ] = 32 V a r [X ] + (−2)2 V a r [Y ] + 2(3)(−2)cov (X , Y ) = 9σ12 + 4σ22 − 12ρ = 9 · 4 + 4 · 6 − 6 ∴ σZ2 = 54

copyright by M. Samy Baladram / 10108064

3

4.2 Konvergen dalam Peluang Key Points Teorema 4.2.3

.

Teorema 4.2.1

P

Misal X n −→ X dan a suatu konstanta. a Maka, a X n −→ X .

Misal {X n } barisan peubah acak iid dengan mean bersama µ dan variansi σ2 . Misal X n =

1 n

n P

X i . Maka

Teorema 4.2.4

i =1

P

Misal X n −→ a dan fungsi real g kontinu g di a . Maka, g (X n ) −→ (a ).

P

Xn − → µ.

Teorema 4.2.2 P

Teorema 4.2.5 P

P

4

P

Misal X n −→ X dan Yn −→ Y . Maka, X X n Yn − →Y.

Misal X n −→ X dan Yn −→ Y . Maka, P X n + Yn − →X +Y.

[4.2.2] Misal Yn peubah acak dengan distribusi b (n, p ). P a Tunjukkan Yn /n −→ p . P b Tunjukkan 1 − Yn /n −→ 1 − p P c Tunjukkan (Yn /n )(1 − Yn /n ) −→ p (1 − p ) . . Jawab: a Karena Yn berdistribusi b (n , p ), dapat dianggap Yn = X 1 + · · · + X n dengan X i berdistribusi b (1, p ) dengan µ = p . Berdasarkan Teorema P

Xn − → µX i

. Karena Yn /n = X n dan µX i = p maka terbukti P

Yn /n − → p. P

P

b Berdasarkan Teorema, karena 1 −→ 1 dan Yn /n −→ p maka P

1 − Yn /n − →1−p

c Berdasarkan Teorema 4.2.5, dan jawaban soal sebelumnya, maka didapat P

(Yn /n )(1 − Yn /n ) − → p (1 − p ) 5

[4.2.4 dan 4.2.5] Misal X 1 , · · · , X n adalah variabel acak yg i.i.d dengan pdf  f (x ) =

e −(x −θ ) ,

x >θ

0,

lainnya

Misal Yn = min{X 1 , · · · , X n }. copyright by M. Samy Baladram / 10108064

4

a b c d

Tunjukkan Yn P θ − → Tentukan mean dari Yn Apakah Yn estimator tak-bias dari θ Tentukan estimator tak-bias untuk θ dengan memanfaatkan Yn .

. . Jawab: Karena Yn = min{X 1 , · · · , X n }, maka FYn (t ) = 1 − P(Yn ≥ t ) = 1 − P(X 1 ≥ t , · · · , X n ≥ t ) = 1 − [P(X i ≥ t )]n = 1 − [1 − P(X i ≤ t )]n  n Zt ” —n −(x −θ ) = 1 − 1 − e d x  = 1 − 1 + e −(t −θ ) − e −(θ −θ ) θ

∴ FYn (t ) = 1 − e

−n(t −θ )

, t >θ

d f Yn (t ) = FY (t ) dt n ∴ f Yn (t ) = n e −n (t −θ ) , t > θ

a Akan dibuktikan lim P(|Yn − θ | ≥ ") = 0 untuk setiap " > 0. n→∞

P(|Yn − θ | ≥ ") = P(Yn − θ ≥ ") + P(Yn − θ ≤ −ε) = (1 − P(Yn ≤ θ + ε)) + P(Yn ≤ θ − ε) | {z } =0, karena (θ − ε) < θ = e −n (t −θ ) lim P(|Yn − θ | ≥ ") = lim e −n (t −θ ) = 0.

n→∞

n→∞

P

Jadi, terbukti Yn −→ θ . b Dengan menghitung ekspektasi Yn , Z

∞

E [Yn ] =

Z

∞

t n e −n (t −θ ) d t (menggunakan integral parsial)

t · f Yn (t )d t = θ

θ

” —∞ = n 2 t e −n(t −θ ) − n 3 e −n (t −θ ) θ = 0 − 0 + n 2θ + n 3 = n 2θ + n 3

Jadi, µYn = n 2 θ + n 3 . c Karena E [Yn ] = n 2 θ + n 3 6= θ , maka Yn adalah estimator bias bagi θ d Untuk mendapat estimator tak-bias maka perlu peubah acak Z n sehingga

copyright by M. Samy Baladram / 10108064

5

E [Z n ] = θ . Dari Yn , E [Yn ] = n 2 θ + n 3 1 (E [Yn ] − n 3 ) = θ n2   Yn − n 3 E =θ n2

Jadi, dapat dipilih Z n =

Yn − n 3 yang merupakan estimator tak-bias bagi θ . n2

4.3 Konvergen dalam Distribusi Key Points Teorema 4.3.7

.Teorema 4.3.1 P D Jika X n −→ X maka X n −→ X

Teorema 4.3.2 D

P

Jika X n −→ b , b konstan maka X n −→ b

Misal {X n } barisan peubah acak dan {X n } barisan peubah acak yang konvergen dalam peluang ke 0. Maka, P

X n Yn − →0

Teorema 4.3.3 D

P

Jika X n −→ X dan Yn −→ 0 maka

Teorema 4.3.8

D

X n + Yn − →X

Teorema 4.3.4 D

Jika X n −→ X dan g suatu fungsi kontinu D maka g (X n ) −→ g (X )

Misal YN adalah barisan peubah acak yang terbatas dalam peluang. Jika P X n = o p (Yn ), maka saat n → ∞, X n − → 0.

Teorema 4.3.5 (Teorema Slutsky)

Teorema 4.3.9

Misal X n , X , A n , B n adalah peubah D acak dan a , b konstan. Jika X n −→ X , P P An − → a , Bn − → b , maka

Misal {X n } barisan peubah acak sehingga

D

A n + Bn X n − → a +bX

p D n (X n − θ ) − → N (0, σ2 )

Misal fungsi g (x ) punya turunan di θ dan g 0 (θ ) 6= 0. Maka

Teorema 4.3.6 Misal {X n } barisan peubah acak dan X D suatu peubah acak. Jika X n −→ X , maka {X n } terbatas dalam peluang.

6

p
D n g (X n ) − g (θ ) − → N (0, σ2 (g 0 (θ ))2 )

[4.3.2] Misal Y1 adalah statistik orde satu (yakni Y1 = min X 1 , · · · , X n ) dari peubah acak berukuran n dengan distribusi yang memiliki pdf f (x ) = e −(x −θ ) , x > θ , lainnya 0. Misal Z n = n (Y1 − θ ). Tentukan kemanakah kekonvergenan . distribusi Z n .. Jawab: copyright by M. Samy Baladram / 10108064

6

Seperti pada soal [4.2.4], FY1 (t ) = 1 − e −n (t −θ ), t >θ

lainnya 0. Maka, ‹  t FZ n (t ) = P(n (Y1 − θ ) ≤ t ) = P Y1 ≤ + θ n t

= 1 − e −n( n +θ −θ ) = 1 − e −t ∴ lim FZ n (t ) = 1 − e −t n →∞

Karena D

1 − e −t

merupakan cdf dari distribusi eksponensial dengan µ = 1 maka

Zn − → Exp(µ = 1). 7

[4.3.5] Misal pmf dari Yn adalah p n (y ) = 1, y = n , lainnya 0. Tunjukkan dis. tribusi Yn tidak konvergen kemanapun.. Jawab: Nilai cmf dari Yn dapat ditulis  FYn (y ) =

0, 1,

y
Untuk n → ∞, lim FYn (y ) = 0, y < ∞

n →∞

Karena suatu distribusi tidak mungkin memiliki distribusi peluang 0 dimanapun maka distribusi Yn tidak konvergen kemanapun. 8

[4.3.8] Misal Z n adalah χ 2 (n ) dan Wn = Z n /n 2 . Tentukan kekonvergenan dis.tribusi Wn .. Jawab: mgf dari Z n adalah M Z n (t ) = (1 − 2t )−n/2 , t < 1/2. Maka, mgf dari Wn adalah   t 2t −n/2 M Wn (t ) = E [e n 2 Z n ] = 1 − 2 n −n /2   −n /2  2t 2t −2t /n 2 = lim e lim M Wn (t ) = lim 1 − 2 −o n →∞ n →∞ n→∞ n n2 = lim e (−2t /n n →∞

2 )(−n /2)

= lim e t /n = 1 t →∞

Karena limitnya menuju 1, maka haruslah Wn berdistribusi 0 ( yakni tidak mungkin) sehingga Wn tidak menuju kemanapun. copyright by M. Samy Baladram / 10108064

7

9

[4.3.11] Misal Z n peubah acak berdistribusi Poisson dengan µ = n . Tunjukkan D .Y = (Z − n )/pn −→ N (0, 1).. n n Jawab: mgf dari Z n adalah adalah M Z n (t ) = e n(e M Yn (t ) = E [e =e

−t

p t ·(Z n −n)/ n

p n

lim M Yn (t ) = lim e

n →∞

E [e

t −1)

. Maka, mgf dari Yn adalah

] = E [e (t /

p (t / n)Z n

]=e

p p n )Z n −t n

−t

p n

e

n (e t /

]

p n −1)

p p −t n +n (e t / n −1)

n →∞

p p ln lim M Yn (t ) = lim −t n + n (e t / n − 1) n →∞ n →∞   p t = lim n e t / n − 1 − p n →∞ n   p t t2 t = lim n 1 + p + + o(e t / n ) − 1 − p n →∞ n 2n n 2 p t2 t = lim + o(n e t / n ) = n →∞ 2 2 t 2 /2 ∴ lim M Yn (t ) = e n →∞

Karena e t 10

2 /2

D

merupakan mgf dari N (0, 1) maka terbukti Yn −→ N (0, 1).

[4.3.14] dan [4.3.15] Misal X n adalah rataan dari peubah acak berukuran n dari peubah acak Poisson dengan µ = 1.

p n(X n − µ) p p a Tunjukkan mgf dari Yn = = n (X n − 1) adalah exp[−t n + σ n (e t /n − 1)].

b Selidiki kemanakah kekonvergenan distribusi Yn saat n → ∞ p p c Dari sana, selidiki kemanakah kekonvergenan distribusi n ( X n − 1).

. . Jawab:

a mgf dari distribusi Poisson untuk peubah acak X i dengan µ = 1 adalah t M X i (t ) = e e −1 . Maka, mgf dari X n adalah M X n (t ) = E [e t X n ] = E [e (t /n ) = E [e

(t /n)X 1

= E [e

(t /n)X 1

= e n(e

t /n −1)

e

(t /n )X 2

] · E [e

Pn

i =1 X i

···e

]

(t /n )X n

(t /n )X 2

]

] · · · E [e (t /n )X n ] = (E [e (t /n)X i ])n

Jadi, mgf dari Yn adalah M Yn (t ) = E [e t

p n(X 1 −1)

p −t n

]

p t nXn

p

E [e ] = e −t n e n (e p p ∴ M Yn (t ) = exp[−t n + n (e t / n − 1)]. =e

(t

p n)/n −1)

copyright by M. Samy Baladram / 10108064

8

b Akan dicari kekonvergenan distribusinya dengan menggunakan mgf — ” p p M Yn (t ) = exp −t n + n (e t / n − 1)    p t t/ n = exp n e −1− p n p p t/ n ln lim M Yn (t ) = lim −t n + n (e − 1) n →∞ n →∞   p t = lim n e t / n − 1 − p n →∞ n   p t t2 t = lim n 1 + p + + o(e t / n ) − 1 − p n →∞ n 2n n 2 p t2 t + o(n e t / n ) = = lim n →∞ 2 2 t 2 /2 ∴ lim M Yn (t ) = e n →∞

D

Karena e t /2 merupakan mgf dari N (0, 1) maka terbukti Yn −→ N (0, 1). p D c Karena Yn −→ N (0, 1) dan fungsi g (x ) = x punya untuk x > 0 (nilai g 0 (x ) = 1 p ), maka berdasarkan Teorema 4.3.9 2 x 2

p D n (X n − 1) − → N (0, 1) ⇒

11

p D n (g (X n ) − g (1)) − → N (0, 1 · [g 0 (1)]2 ) p p D ∴ n ( X n − 1) − → N (0, 1/4)

[4.3.16] dan [4.3.17]Misal X n adalah rata-rata dari sampel acak berukuran n dengan distribusi yang memiliki pdf f (x ) = e −x , 0 < x < ∞, lainnya 0. p a Tunjukkan mgf dari Yn = n (X n − 1) adalah ” p p —−n p p M Yn (t ) = e t / n − (t / n )e t / n ,t< n

b Tentukan kekonvergenan distribusi Yn p 2 c [soal dimodifikasi] Tentukan kekonvergenan distribusi n (X n − 1) . . Jawab: a mgf dari X i , i = 1, · · · , n adalah ∞

Z M X i (t ) = E [e t X i ] =

etx ·exdx 0

b

Z

e (t −1)x d x = lim

= lim

b →∞

0

b →∞

1 1 e (t −1)b − e (t −1)0 t −1 t −1

copyright by M. Samy Baladram / 10108064

9

1 e (t −1)b b →∞ t −1

Agar lim

= 0, haruslah t < 1 sehingga M X i (t ) = 0 −

1 1 = , t −1 1−t

t <1

Dari sana, € Šn M X n (t ) = E [e t X n ] = E [e (t /n)X i ]   1 , (t /n ) < 1 = 1 − (t /n )

akibatnya M Yn (t ) = E [e t

p n(X n −1)

] = e −t

p

p

E [e t n X ]   p p 1 −t n =e , ((t / n )/n) < 1 p (1 − (t / n )/n ) −n  p p t −t n =e , t/ n <1 1− p n ” p p —−n p p ∴ M Yn (t ) = e t / n − (t / n )e t / n , t< n n

b Dengan menggunakan mgf, ” p p —−n p lim M Yn (t ) = lim e t / n − (t / n )e t / n n →∞ n →∞   € p p p Š −n t t2 t t2 = lim 1 + p + + o(e t / n ) − p − − o (t / n )e t / n ) n →∞ n n 2n n   € p p p Š −n t2 + o(e t / n ) − o (t / n )e t / n ) = lim 1 − n →∞ 2n −n  t2 2 2 = lim 1 − = lim [e −t /2n − o(e −t /2n )]−n n →∞ n →∞ 2n = lim e (−t n →∞

2 /2n )(−n )

= et

2 /2

D

Karena e t /2 merupakan mgf dari N (0, 1) maka terbukti Yn −→ N (0, 1). D c Karena Yn −→ N (0, 1) dan fungsi g (x ) = x 2 punya turunan dimanapun (nilai g 0 (x ) = 2x ), maka berdasarkan Teorema 4.3.9 2

p D n (X n − 1) − → N (0, 1) ⇒

p D n (g (X n ) − g (1)) − → N (0, 1 · [g 0 (1)]2 ) p 2 D ∴ n (X n − 1) − → N (0, 4)

copyright by M. Samy Baladram / 10108064

10

4.4 Teorema Limit Pusat . .

Key Points

Teorema 4.4.1 Misal X 1 , X 2 , · · · X n adalah pengamatan dengan peubah acak yang memiliki mean µ dan variansi σ2 . Maka, p n (X n − µ) D − → N (0, 1) σ

12

[4.4.1] Misal X adalah rataan dari sampel acak berukuran 100 dengan distribusi .χ 2 (50). Hitung nilai hampiran P(49 < X < 51).. Jawab: Distribusi χ 2 (r ) memiliki µ = r dan σ2 = 2r sehingga χ 2 (50) memiliki µ = 50 dan σ2 = 100. Misal Z berdistribusi N (0, 1) maka p 100(X n − 50) D − →Z p 100

sehingga P(49 < X < 51) = P(X < 51) − P(X ≤ 49) ≈ P (Z ≤ 51 − 50) − P (Z ≤ 49 − 50) = P(Z ≤ 1) − P(Z ≤ −1) = 0.8413 − (1 − 0.8413) = 0.6826

Jadi, hampiran nilai P(49 < X < 51) adalah 0.6826. 13

[4.4.2] Misal X adalah mean dari sampel acak berukuran 128 berdistribusi gam.ma dengan α = 2 dan β = 4. hampiri nilai P(7 < X < 9).. Jawab: Distribusi gamma memiliki µ = αβ dan σ2 = αβ 2 sehingga Gamma(α = 2, β = 4) memiliki µ = 8 dan σ2 = 32. Misal Z berdistribusi N (0, 1) maka p 128(X n − 8) D − →Z p 32

sehingga P(7 < X < 9) = P(X < 9) − P(X ≤ 7) ≈ P (Z ≤ 2(9 − 8)) − P (Z ≤ 2(7 − 8)) = P(Z ≤ 2) − P(Z ≤ −2) = 0.9772 − (1 − 0.9772) = 0.9544.

copyright by M. Samy Baladram / 10108064

11

Jadi, hampiran nilai P(7 < X < 9) adalah 0.9544. 14

. [4.4.3] Misal Y adalah peubah acak b (72, 1/3). Hitung P(22 ≤ Y ≤ 28). Jawab: Distribusi binomial b (n , p ) memiliki µ = n p dan σ2 = n p (1 − p ) sehingga b (72, 1/3) memiliki µ = 25 dan σ2 = 26. Misal Z berdistribusi N (0, 1) maka Y − 24 D − →Z p 32

sehingga P(22 ≤ Y ≤ 28) = P(Y ≤ 27) − P(Y ≤ 21)     21 − 24 28 − 24 −P Z ≤ ≈P Z ≤ 4 4 = P(Z ≤ 1) − P(Z ≤ −0.75) = 0.8413 − 0.2266 = 0.6413

Jadi, hampiran nilai P(22 ≤ Y ≤ 28) adalah 0.6413. 15

. [4.4.7] Jika Y adalah b (100, 12 ), hampiri nilai P(Y = 50).. Jawab: Distribusi binomial b (1, p ) memiliki µ = p dan σ2 = p (1 − p ) sehingga Y ∼ b (100, 1/2) dapat dipandang sebagai Y = X 1 + · · · + X 100 dengan X i ∼ b (1, 1/2) yang memiliki µ = 1/2 dan σ2 = 1/4. Misal Z berdistribusi N (0, 1) maka p Y 100( 100 − 1/2) D − →Z p 1/4

sehingga P(Y = 50) = P(Y ≤ 50) − P(Y ≤ 49) ! ! p p 50 49 100( 100 − 1/2) 100( 100 − 1/2) ≈P Z ≤ −P Z ≤ p p 1/4 1/4 = P(Z ≤ 0) − P(Z ≤ −0.2) = 0.5000 − (1 − 5793) = 0.0793

Jadi, hampiran nilai P(Y = 50) adalah 0.0793.

copyright by M. Samy Baladram / 10108064

12