Praktikum
STATISTIKA MATEMATIKA
Adi Setiawan
Universitas Kristen Satya Wacana Salatiga 2006 i
Contents 1 Pembahasan : Statistik Cukup
1
2 Latihan Soal Statistik Cukup
16
3 Pembahasan : Estimasi Titik
17
4 Latihan Soal Estimasi Titik
37
5 Pembahasan : Uji Hipotesis
41
6 Latihan Soal Uji Hipotesis
45
7 Pembahasan : Estimasi Interval
47
8 Latihan Soal Estimasi Interval
56
ii
Chapter 1 Pembahasan : Statistik Cukup Soal 1 Dalam setiap kasus berikut, tuliskan fungsi kepadatan probabilitas dari variabel random X dan spesifikasikan ruang parameter Ω. 1. Variabel random X berdistribusi Poisson(θ). 2. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β). 3. Variabel random X berdistribusi eksponensial dengan parameter θ. 4. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β). Pembahasan 1. Karena X berdistribusi Poisson(θ) maka fungsi probabilitasnya : f (x) =
e−θ θ x x!
θ ∈ (0, ∞).
Ruang parameter : Ω = {θ ∈ R|θ > 0} = (0, ∞). 2. Karena X berdistribusi Eksponensial(θ) maka fungsi kepadatan probabilitasnya : f (x) = θe−θx
untuk x > 0 dan θ > 0.
Ruang parameter : Ω = {θ ∈ R|θ > 0} = (0, ∞). 1
3. Karena X berdistribusi Gamma(α, β) maka fungsi kepadatan probabilitasnya : f (x; α, β) =
1 xα−1 e−x/β θ Γ(α)β
untuk x > 0,
α > 0,
β > 0.
Ruang parameter Ω = {(α, β) ∈ R2 |α > 0, β > 0}. 4. Karena X berdistribusi Beta(α, β) maka fungsi kepadatan probabilitasnya : f (x; α, β) =
Γ(α + β) α−1 x (1 − x)β−1 , Γ(α)Γ(β)
0 < x < 1,
α > 0,
β > 0.
Ruang parameter Ω = {(α, β) ∈ R2 |α > 0, β > 0}. Soal 2 Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas dan berdistribusi identik. Gunakan Teorema 1 dan Akibatnya untuk menunjukkan bahwa : Pn ¯ 1. Jika Xi berdistribusi Poisson(θ) maka i=1 Xi atau X merupakan statistik cukup untuk θ. P ¯ merupakan 2. Jika Xi berdistribusi Eksponensial(θ) maka ni=1 Xi atau X statistik cukup untuk θ. Q t Pn n 3. Jika Xi berdistribusi Gamma(α, β) maka X , atau X i i i=1 i=1 Q t n ¯ merupakan statistik cukup untuk (α, β)t . i=1 Xi , X 4. Jika Xi berdistribusi Beta(α, β) maka t
pakan statistik cukup untuk (α, β) .
Q
Pembahasan 1. Karena Xi berdistribusi Poisson(θ) maka f (xi ) =
2
e−θ θ xi x!
n i=1
Xi ,
Qn
i=1 (1 − Xi )
t
meru-
untuk xi = 0, 1, 2, . . . sehingga fungsi probabilitas bersamanya adalah f (x1 , x2 , . . . , xn ; θ) = = =
n Y
i=1 n Y
f (xi , θ) e θ θ xi xi !
i=1 Pn −nθ i=1 xi
e
θ Qn
i=1
xi !
.
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh bahwa Pn
g[T (x1 , . . . , xn ); θ] = e−nθ θ n X T (x1 , . . . , xn ) = xi
i=1
xi
i=1
h(x1 , . . . , xn ) = Qn
1
i=1
xi !
.
P Oleh karena itu ni=1 Xi merupakan statistik cukup untuk θ. Dengan menggunakan Teorema 1 dan Akibatnya dan mendefinisikan g : R 7→ R ¯ juga merupakan statistik cukup untuk θ. dengan g(x) = x/n maka X 2. Karena Xi berdistribusi Eksponensial(θ) maka f (xi ) = θe−θxi untuk xi > 0 sehingga fungsi probabilitas bersamanya adalah f (x1 , . . . , xn ; θ) = =
n Y
i=1 n Y
f (xi ; θ) θe−θxi
i=1 P n −θ n i=1 xi
= θ e
.
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh bahwa Pn
g[T (x1 , . . . , xn ) = θ n e−θ n X T (x1 , . . . , xn ) = Xi i=1
h(x1 , . . . , xn ) = 1. 3
i=1
xi
P Oleh karena itu ni=1 Xi merupakan statistik cukup untuk θ. Dengan menggunakan Teorema 1, Akibatnya dan mendefinisikan g : R → R ¯ merupakan statistik cukup untuk θ. dengan g(x) = x/n maka X 3. Karena Xi berdistribusi Gamma(α, β) maka fungsi kepadatan probabilitasnya : 1 xα−1 exi /β f (xi ) = Γ(α)β α i untuk xi > 0 sehingga fungsi kepadatan probabilitas bersamanya adalah f (x1 , . . . , xn ) =
n Y
f (xi ; α, β)
i=1
n Y
1 xα−1 exi /β α i Γ(α)β i=1 n n α−1 1 n Y 1X xi . xi = exp − Γ(α)β α β i=1 i=1
=
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh bahwa
n n 1X 1 n Y α−1 x x exp − i i Γ(α)β α β i=1 i=1 n n Y t X T (x1 , . . . , xn ) = Xi Xi ,
g[T (x1 , . . . , xn ); α, β] =
i=1
i=1
h(x1 , . . . , xn ) = 1.
Oleh karena itu t
Q
n i=1
Xi ,
Pn
i=1 Xi
t
merupakan statistik cukup untuk
(α, β) . Dengan menggunakan Teorema 1, Akibat dan mendefinisikan Q t n ¯ fungsi g : R2 → R2 dengan g(x, y) = (x, y/n) maka Xi , X i=1
t
merupakan statistik cukup untuk (α, β) .
4. Karena Xi berdistribusi Beta(α, β) maka fungsi kepadatan probabilitasnya : Γ(α + β) α−1 xi (1 − xi )β−1 f (xi ) = Γ(α)Γ(β) untuk 0 < xi < 1 sehingga fungsi kepadatan probabilitasnya bersamanya
4
adalah f (x1 , . . . , xn ; α, β) n Y f (xi ; α, β) = i=1
n Y Γ(α + β) α−1 = xi (1 − xi )β−1 Γ(α)Γ(β) i=1 n n Γ(α + β) n Y α Y β 1 = . xi (1 − xi ) Qn Γ(α)Γ(β) i=1 xi (1 − xi ) i=1 i=1
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh bahwa
g[T (x1 , . . . , xn ); α, β] n n β α Y Γ(α + β) n Y 1 (1 − xi ) Qn xi = Γ(α)Γ(β) i=1 xi (1 − xi ) i=1 i=1 n n Y t Y T (x1 , . . . , xn ) = xi , (1 − xi ) i=1
i=1
h(x1 , . . . , xn ) = 1.
Oleh karena itu t
untuk (α, β) .
Q
n i=1
xi ,
Qn
i=1 (1
− xi )
t
merupakan statistik cukup
Soal 3 Jika X1 , . . . , Xn sampel dari distriusi (θ, θ 2 ) dengan θ ∈ R maka P random NP P n n n 2 2 ¯ tunjukkan bahwa atau X, merupakan statisi=1 Xi , i=1 Xi i=1 Xi tik cukup untuk θ. Pembahasan Karena Xi berdistribusi N (θ, θ 2 ) maka fungsi kepadatan probabilitas dari variabel random Xi adalah h
(xi − θ)2 i exp − f (xi ) = √ 2θ 2 2πθ 2 1
5
sehingga fungsi kepadatan probabilitasnya adalah n Y
f (x1 , . . . , xn ; θ) =
i=1 n Y
f (xi ; θ)
h (x − θ)2 i i = exp 2 2θ 2 2πθ i=1 P n h 1 n i h 2θ Pn x i h x θ2 i i i=1 i i=1 exp − = exp exp − 2 2πθ 2 2θ 2 2θ 2 2θ P P n h i h n xi 1 n x 1 i i i=1 exp − i=12 exp exp[− ]. = 2πθ 2 2θ θ 2 √
1
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh 1 n h Pn x i h Pn x i 1 i=1 i i=1 i g[T (x1 , . . . , xn ); θ] = exp[− ] exp exp − 2 2 2πθ 2θ θ 2 n n X X T (x1 , . . . , xn ) = xi , x2i i=1
i=1
h(x1 , . . . , xn ) = 1 P Pn n 2 sehingga merupakan statistik cukup untuk θ. X , X i i i=1 i=1 2
Bila
2
didefinisikan f : R 7→ R dengan f(x, y) = (x/n, y) dan dengan mengPn 2 ¯ gunakan Akibat 1 maka X, merupakan statistik cukup untuk θ. i=1 Xi Soal 4
Jika X1 , . . . , Xn sampel random ukuran n dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = e(x−θ) untuk x > θ dan θ ∈ R maka tunjukkan bahwa X(1) = min{X1 , . . . , Xn } merupakan statistik cukup untuk θ. Pembahasan
6
Fungsi kepadatan probabilitas bersama untuk X1 , . . . , Xn adalah f (x1 , . . . , xn ) = =
n Y
i=1 n Y
f (xi ; θ) e(xi −θ)
i=1
h
= exp − h
= exp − dengan u[X(1) ; θ] =
n X
xi + nθ
i=1
n X
xi + nθ
i=1
i
i
untuk X(1) > θ u[X(1) , θ]
1 untuk X(1) > θ 0 untuk yang lain.
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh g[T (x1 , . . . , xn ); θ] = exp[nθ] u[X(1) , θ] T (x1 , . . . , xn ) = X(1) n h X i h(x1 , . . . , xn ) = exp − xi . i=1
Akibatnya X(1) = min{X1 , . . . , Xn } merupakan statistik cukup untuk θ. Soal 5 Jika X1 , . . . , Xn variabel random saling bebas dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) maka tentukan statistik cukup untuk θ. 1. f (x; θ) = θxθ−1 untuk 0 < x < 1 dan θ ∈ (0, ∞). 2. f (x; θ) = 2(θ − x)/θ 2 untuk 0 < x < θ dan θ ∈ (0, ∞). 3. f (x; θ) = x3 exp(−x/θ)/(6θ 4 ) untuk 0 < x < ∞ dan θ ∈ (0, ∞). 4. f (θ) = (θ/c)(c/x)θ+1 untuk c < x < ∞ dan θ ∈ (0, ∞). Pembahasan
7
1. Karena X ∼ f (x; θ) maka fungsi kepadatan probabilitas bersama dari X1 , . . . , Xn adalah f (x1 , . . . , xn ) = =
n Y
i=1 n Y
f (xi ; θ) θxθ−1 i
i=1
= θ
n
n Y
xi
i=1
θ−1
.
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh g[T (x1 , . . . , xn ); θ] = θ
n
n Y i=1
T (x1 , . . . , xn ) =
n Y
xi
θ
xi
i=1
h(x1 , . . . , xn ) =
n Y i=1
Akibatnya
Qn
i=1
xi
−1
.
Xi merupakan statistik cukup untuk θ.
2. Karena X ∼ f (x; θ) maka fungsi kepadatan probabilitas bersama dari X1 , . . . , Xn adalah f (x1 , . . . , xn ; θ) =
n Y
f (xi ; θ)
i=1 n Y
2 (θ − xi ) untuk 0 ≤ xi ≤ θ 2 θ i=1 n 2 n Y (θ − xi ) 0 ≤ x(n) ≤ θ = θ 2 i=1 n 2 n Y = (θ − xi ) h[x(n) ; θ] θ 2 i=1
=
dengan h[x(n) ; θ] =
1 untuk X(n) < θ 0 untuk yang lain.
8
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh n 2 n Y (θ − xi ) h[x(n) ; θ] g[T (x1 , . . . , xn ); θ] = θ 2 i=1 T (x1 , . . . , xn ) = X(n) h(x1 , . . . , xn ) = 1.
Akibatnya X(n) = max{X1 , X2 , . . . , Xn } merupakan statistik cukup untuk θ. 3. Karena X ∼ f (x; θ) maka fungsi kepadatan probabilitas bersama dari X1 , . . . , Xn adalah n Y g[T (x1 , . . . , xn ; θ) = f (xi ; θ) i=1 n Y
1 xi /θ xi e = 6θ 4 i=1 n n 1 X 1 n Y 3 x exp x = i . i 6θ 4 θ i=1 i=1
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh n 1 n 1 X g[T (x1 , . . . , xn ); θ] = exp x i 6θ 4 θ i=1 T (x1 , . . . , xn ) = h(x1 , . . . , xn ) = Akibatnya
Pn
i=1
n X
i=1 n Y
xi x3i .
i=1
Xi merupakan statistik cukup untuk θ.
4. Karena X ∼ f (x; θ) maka fungsi kepadatan probabilitas bersama dari X1 , . . . , Xn adalah n Y f (xi ; θ) f (x1 , . . . , xn ; θ) = i=1
n Y c θ untuk xi ≥ c = c x i i=1 θ n cθ+1 = Q θ+1 . c n i=1 xi
9
Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh g[T (x1 , . . . , xn ); θ] =
T (x1 , . . . , xn ) =
θ n c
n Y
xi
Q
cθ n i=1
xi
θ+1
i=1
h(x1 , . . . , xn ) =
n Y i=1
Akibatnya
Qn
i=1
xi
−1
.
Xi merupakan statistik cukup untuk θ.
Soal 6 Jika X1 , X2 , . . . , Xn sampel random ukuran n dari distribusi Poisson(θ) maka ¯ merupakan statistik tak bias UMV yang tunggal untuk buktikan bahwa X parameter θ. Pembahasan ¯ statistik cukup untuk θ dan lengkap serta E[X] ¯ = θ maka X ¯ Karena X merupakan statistik tak bias untuk θ. Dengan menggunakan Teorema 5 ¯ statistik tak bias UMV yang tunggal untuk θ. diperoleh bahwa X Soal 7 Tunjukkan bahwa dalah setiap kasus distribusi tersebut merupakan anggota keluarga eksponensial. 1. Variabel random X berdistribusi Poisson(θ). 2. Variabel random X berdistribusi Binomial Negatif. 3. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β) dengan β diketahui. 4. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β) dengan α diketahui. 5. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β) dengan β diketahui. 6. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β) dengan α diketahui.
10
Pembahasan 1. Karena X berdistribusi Poisson(θ) maka fungsi probabilitas dari X adalah e−θ θ x f (x; θ) = x! untuk x = 0, 1, 2, . . . sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (x; θ) = e−θ ex ln θ
1 IA (x) x!
dengan A = {0, 1, 2, . . .}. Hal itu berarti bahwa c(θ) = e−θ , Q(θ) = ln(θ), T (x) = x, dan h(x) =
1 IA (x). x!
Akibatnya distribusi Poisson(θ) merupakan anggota keluarga eksponensial. 2. Karena X berdistribusi Binomial Negatif maka fungsi probabilitas dari X adalah r+x−1 f (x; θ) = θ r (1 − θ)x x untuk x = 1, 2, 3, . . ., sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (x; θ) = θ r ex ln(1−θ)
r+x−1 x
IA (x)
dengan A = {1, 2, . . .}. Hal itu berarti bahwa c(θ) = θ r , Q(θ) = ln(1 − θ), T (x) = x dan r+x−1 h(x) = IA (x). Akibatnya distribusi Binomial Negatif x merupakan anggota keluarga eksponensial. 3. Karena X berdistribusi Gamma(α, β) dengan θ = α maka fungsi kepadatan probabilitas dari X adalah f (x; θ) =
1 xθ−1 e−x/β Γ(θ)β θ 11
untuk x > 0, sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (x; θ) =
1 e(θ−1) ln x e−x/β Γ(θ)β θ
f (x; θ) =
1 eθ ln x x−1 e−x/β θ Γ(θ)β
atau
Hal itu berarti bahwa c(θ) =, Q(θ) = θ, T (x) = ln x, dan h(x) = x−1 e−x/β . Akibatnya distribusi Gamma(α, β) dengan β diketahui merupakan anggota keluarga eksponensial. 4. Karena X berdistribusi Gamma(α, β) dengan θ = β maka fungsi kepadatan probabilitas dari X adalah f (x; θ) =
1 xα−1 e−x/θ α Γ(θ)θ
untuk x > 0, sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai 1 xα−1 f (x; θ) = e−x/θ . θ Γ(α) Hal itu berarti c(θ) =
1 , θα
Q(θ) = − 1θ , T (x) = x dan h(x) =
xα−1 . Γ(α)
Akibatnya distribusi Gamma(α, β) dengan α diketahui merupakan anggota keluarga eksponensial. 5. Karena X berdistribusi Beta(α, β) dengan θ = α maka fungsi kepadatan probabilitas dari X adalah f (x; θ) =
Γ(θ + β) θ−1 x (1 − x)β−1 Γ(θ)Γ(β)
sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (θ) =
Γ(θ + β) θ ln x −1 1 e x (1 − x)β−1 Γ(θ) Γ(β)
Hal itu berarti bahwa c(θ) = Γ(θ+β) , Q(θ) = θ, T (x) = ln x, dan Γ(θ) −1 β−1 1 h(x) = x (1 − x) Γ(β) . Akibatnya distribusi Beta(α, β) dengan β diketahui merupakan anggota keluarga eksponensial. 12
6. Karena X berdistribusi Beta(α, β) dengan θ = β maka fungsi kepadatan probabilitas dari X adalah f (x; θ) =
Γ(α + θ) α−1 x (1 − x)θ−1 Γ(α)Γ(θ)
sehingga f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai f (x; θ) =
1 Γ(α + θ) θ ln(1−x) α−1 e x (1 − x)−1 Γ(θ) Γ(α)
Hal itu berarti bahwa c(θ) = Γ(α+θ) , Q(θ) = θ, T (x) = ln(1 − x), dan Γ(α) α−1 −1 1 h(x) = x (1 − x) Γ(α) . Akibatnya distribusi Beta(α, β) dengan α diketahui merupakan anggota keluarga eksponensial. Soal 8 Misalkan variabel random saling bebas dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) dinyatakan dengan f (x; θ) =
xγ γ γ−1 x exp − θ θ
untuk 0 < x < ∞ dengan parameter θ > 0 dan γ diketahui. 1. Tunjukkan bahwa fungsi kepadatan probabilitas. 2. Tentukan statistik cukup untuk θ. 3. Apakah f (x; θ) anggota keluarga eksponensial. Pembahasan 1. Akan ditunjukkan bahwa f (x; θ) merupakan fungsi kepadatan probabilitas yaitu dengan menunjukkan bahwa Z ∞ f (x; θ)dx = 1 −∞
γ−1
Jika dimisalkan u = xγ /θ maka du = γxθ sehingga berakibat dx Z ∞ Z ∞ h xγ i γ−1 dx = x exp − e−u du = 1 θ 0 0
Berarti f (x; θ) merupakan fungsi kepadatan probabilitas. 13
2. Akan ditentukan fungsi kepadatan probabilitas bersama dari X1 , . . . , Xn adalah n Y f (x1 , . . . , xn ) = f (xi ; θ) i=1
=
n Y γ
e− xγ−1 i
θ n γ n Y
γ x i θ
i=1
=
θ
i=1
xγi
n Y
1
−θ x−1 i e
i=1
Pn
i=1
Dengan menggunakan Teorema Fatorisasi diperleh bahwa tik cukup untuk θ.
xγi
Pn
i=1
xγi statis-
3. Akan dibuktikan bahwa f (x; θ) merupakan anggota keluarga eksponensial. Karena f (x; θ) dapat dinyatakan sebagai xγ 1 f (x; θ) = exp − γxγ−1 . θ θ Hal itu berarti C(θ) = θ1 , Q(θ) = − 1θ , T (x) = xγ , dan h(x) = γxγ−1 sehingga f (x; θ) merupakan anggota keluarga eksponensial.
Soal 9 Dalam setiap kasus, identifikasi bahwa distribusi dari variabel random X merupakan anggota keluarga eksponensial dua parameter. 1. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β). 2. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β). Pembahasan 1. Misalkan θ = (θ1 , θ2 ) dengan θ1 = α dan θ2 = β. Fungsi kepadatan probabilitas Gamma(α, β) adalah f (x; θ) = atau f (x; θ) =
1 xθ1 − e−x/θ2 θ1 Γ(θ1 )θ2
h 1 x i −1 exp θ ln x − x . 1 θ2 Γ(θ1 )θ2θ1 14
Hal itu berarti C(θ) =
1 , Γ(θ1 )θ2θ1
T1 (x) = ln(x),
h(x) = x−1 ,
T2 (x) = ln(x),
Q1 (θ) = θ1 ,
Q2 (θ) = −
1 . θ2
Akibatnya distribusi Gamma(α, β) merupakan anggota keluarga eksponensial dua parameter. 2. Misalkan θ = (θ1 , θ2 ) dengan θ1 = α dan θ2 = β. Fungsi kepadatan proabbilitas Beta(α, β) adalah f (x; θ) =
Γ(θ1 + θ2 ) θ1 −1 x (1 − x)θ2 −1 Γ(θ1 )Γ(θ2 )
atau h i Γ(θ1 + θ2 ) exp θ1 ln x + θ2 ln(1 − x) x−1 (1 − x)−1 . f (x; θ) = Γ(θ1 )Γ(θ2 )
Hal itu berarti
Γ(θ1 + θ2 ) , T1 (x) = ln x, T2 (x) = ln(1 − x), Γ(θ1 )Γ(θ2 ) h(x) = x−1 (1 − x)−1 , Q1 (θ) = θ1 , Q2 (θ) = θ2 .
C(θ) =
Akibatnya distribusi Beta(α, β) merupakan anggota keluarga eksponensial dua parameter. Soal 10 Buktikan bahwa keluarga F tidak lengkap dengan F = { f (x; θ) =
1 θ
untuk
−θ ≤ x≤θ
untuk −θ ∈ (0, ∞). Pembahasan Karena ada g(x) = x sehingga E[g(X)] =
Z
θ
x −θ
Akibatnya keluarga F tidak lengkap. 15
1 dx = 0 2θ
}
Chapter 2 Latihan Soal Statistik Cukup 1. Variabel random X1 , X2 , . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi identik dengan fungsi kepadatan probabilitas f (θ) = exp[−(x − θ)] untuk x > 0 dan θ ∈ R. Tentukan statistik cukup untuk θ. 2. Jika F keluarga semua fungsi probabilitas Binomial Negatif maka tunjukkan bahwa F lengkap. 3. Apakah distribusi geometrik merupakan anggota keluarga eksponensial satu parameter ? 4. Apakah statistik berikut ini ekuivalen ? Q P (a) ni=1 xi dan ni ln xi dengan xi > 0. Pn Pn (b) ln xi . i=1 xi dan P P Pn Pn 2 i (c) ( 1 xi , 1 xi ) dan ( n1 xi , n1 (xi − x¯)2 ) P P P P (d) ( n1 xi , n1 x3i ) dan ( n1 xi , n1 (xi − x¯)3 )
5. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi dengan fungsi kepadatan proabbilitas dinyatakan dengan h (x − µ) i 1 f (x; µ, σ) = exp − σ σ jika x ≥ µ, −∞ < µ < ∞ dan σ > 0. (a) Jika µ diketahui maka tentukan statistik cukup untuk σ. (b) Jika σ diketahui maka tentukan statistik cukup untuk µ. (c) Tentukan statistik cukup untuk (µ, σ). 16
Chapter 3 Pembahasan : Estimasi Titik Soal 1 Jika X1 , X2 , X3 , . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(1, θ) dengan θ ∈ Ω = (0, 1) maka tentukan estimator UMVU untuk parameter θ. Pembahasan ¯ statistik cukup tak bias yang lengkap untuk θ maka X ¯ estimator Karena X UMVU untuk θ. Soal 2 Jika X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi U (0, θ) dengan θ ∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator tak bias untuk mean dan variansi dari X yang hanya tergantung pada statistik cukup dari parameter θ. Pembahasan Karena X mempunyai distribusi U (0, θ) maka E[X] = θ/2 dan Var(X) = θ 2 /12. Statistik cukup untuk θ adalah Y = max{X1 , X2 , . . . , Xn }. Fungsi
17
distribusi dari Y adalah FY (y) = P (Y ≤ y) = P (max{X1 , X2 , . . . , Xn } ≤ y) = P (X1 ≤ y, X2 ≤ y, . . . , Xn ≤ y) n = P (X ≤ y) n = FX (y) y = ( )n θ untuk 0 ≤ y ≤ θ, sehingga fungsi kepadatan probabilitas dari Y adalah f (y) =
y n−1 dF =n n dy θ
untuk 0 ≤ y ≤ θ. Akibatnya Z θ n y n−1 n h y n+1 iθ = yn n dy = n θ. E[Y ] = θ θ n+1 0 n+1 0 Karena itu estimator tak bias untuk meannya yaitu
θ 2
adalah
n+1 max{X1 , X2 , . . . , Xn }. 2n Demikian juga, berlaku sifat Z θ n−1 n h y n+2 iθ n 2 2 2 y θ . = E(Y ) = y n n dy = n θ θ n+2 0 n+2 0
Akibatnya estimator tak bias untuk θ 2 /12 adalah 2 n + 2 max{X1 , X2 , . . . , Xn } . 12n Soal 3
Diketahui X1 , . . . , Xn sampel random saling bebas dari distribusi Gamma(α, β) dengan α diketahui dan β tidak diketahui. Tunjukkan bahwa estimator UMVU dari θ yaitu U (X1 , . . . , Xn ) =
n ¯ 1 X X Xi = nα i=1 α
18
dan variansinya mencapai batas bawah Cramer-Rao. Pembahasan Misalkan θ = β dengan θ ∈ Ω = (0, ∞). Karena Xi berdistribusi Gamma(α, θ) maka f (x1 , x2 , . . . , xn ; θ) =
1 α−1 −xi /θ x e θα i
untuk xi > 0 sehingga fungsi kepadatan probabilitas bersamanya adalah f (x; θ) =
n Y
f (xi ; α, θ)
i=1 n Y
1 α−1 −xi /θ x e α i θ i=1 n n 1 n Y α−1 1 1X = x . xi exp − i Γ(α) θα θ i=1 i=1
=
Dengan menggunakan Teorema Faktorisasi Fisher-Neyman diperoleh bahwa P n i=1 Xi merupakan statistik cukup untuk θ. Karena E[Xi ] = αθ maka ¯ ¯ merupakan estimator tak bias untuk θ. Demikian E[X/α] = θ sehingga X/α P juga dapat dibuktikan bahwa ni=1 Xi merupakan statistik yang lengkap un¯ tuk θ sehingga dengan menggunakan Teorema , X/α merupakan estimator UMVU untuk θ. Karena V ar(Xi ) = αθ 2 maka 1 ¯ nVar(X n2 α 2 αθ 2 θ2 = = nα2 nα
¯ Var(X/α) =
Untuk mendapatkan batas bawah Cramer-Rao, terlebih dahulu dihitung informasi Fishernya. Karena X berdistribusi Gamma(α, θ) maka logaritma natural dari fungsi kepadatan probabilitasnya adalah x ln f (x; θ) = −α ln θ − ln Γ(α) + (α − 1) ln x − . θ Dengan mendeferensialkan terhadap θ diperoleh α x ∂ ln f (x; θ) =− + 2 ∂θ θ θ 19
dan α 2x ∂ 2 ln f (x; θ) =− 2 − 3 2 ∂θ θ θ sehingga −E
h ∂ 2 ln f (X; θ) i ∂θ 2
h α α 2X i 2αθ α = −E − 2 − 3 = − − 2 − 3 = 2 . θ θ θ θ θ 2
θ Informasi Fishernya adalah I(θ) = nα = Var(U ). Hal itu berarti bahwa variansi U mencapai batas bawah Cramer-Rao.
Soal 4 Diketahui X1 , X2 , X3 , . . . , Xn sampel random dari distribusi U (θ, 2θ) dengan θ ∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator tak bias untuk θ. Pembahasan Karena X berdistribusi U (θ, 2θ) maka fungsi kepadatan probabilitasnya dari X adalah f (x; θ) =
1 θ
untuk 0 ≤ x ≤ 2θ
sehingga fungsi distribusi dari X adalah FX (x) =
x−θ θ
untuk 0 ≤ x ≤ 2θ
Misalkan statistik cukup untuk θ dinotasikan dengan U = min{X1 , . . . , Xn }. Fungsi distribusi dari U adalah FU (u) = P (U ≤ u) = = = = =
1 − P (U > u) 1 − P (min{X1 , . . . , Xn } > u) 1 − P (X1 > u, X2 > u, . . . , Xn > u) 1 − [P (X > u)]n 1 − [1 − P (X ≤ u]n u−θ n = 1 − [1 − ] θ 2θ − u n ] = 1 − [1 − θ 20
sehingga fungsi kepadatan probabilitas dari U adalah dF/du yaitu n−1 1 (2θ − u)n−1 =n fU (u) = n 2θ − u θ θn
untuk θ ≤ x ≤ 2θ. Harga harapan dari variabel random U adalah Z 2θ (2θ − u)n−1 un E[U ] = du. θn θ Misalkan digunakan substitusi w = 2θ − u sehingga dw = −du. Akibatnya untuk u = θ maka w = θ dan untuk u = 2θ maka w = 0. Diperoleh Z 0 (2θ − w)w n−1 (−dw) E[U ] = n θn θ Z θ (2θ − w)w n−1 n dw = θn 0 Z θ Z θ 2nθ nw n = n n dw − n n dw θ θ 0 0 h h w n iθ n+1 iθ w n = 2θ n − θ 0 n + 1 θn 0 n θ = 2θ − n+1 n+2 = θ n+1 Hal itu berarti
n+1 min{X1 , . . . , Xn } n+2 merupakan statistik tak bias untuk θ. Misalkan V = max{X1 , . . . , Xn }. Fungsi distribusi dari variabel random V adalah FV (v) =
(v − θ)n θn
untuk θ ≤ v ≤ 2θ
dan fungsi kepadatan probabilitas V adalah fV (v) =
n(v − θ)n−1 θn
untuk θ ≤ v ≤ 2θ.
Akibatnya E[V ] =
Z
2θ
v θ
n(v − θ)n−1 dv. θn
21
Misalkan digunakan substitusi w = v − θ sehingga dw = dv. Akibatnya untuk v = θ maka w = 0 dan untuk u = 2θ maka w = θ. Diperoleh Z θ w n−1 n(w + θ) n dw E[V ] = θ 0 Z θ n Z θ w wn = dw + dw n n θ n−1 0 θ 0 n θ+θ = n+1 2n + 1 = θ. n+1 Hal itu berarti
n+1 max{X1 , X2 , . . . , Xn } 2n + 1 juga merupakan statistik tak bias untuk θ. Pada sisi lain dengan mengingat bahwa E[2U + V ] = 2E[U ] + E[V ] =
2n + 4 2n + 1 4n + 5 θ+ θ= θ n+1 n+1 n+1
maka i n+1 h 2 min{X1 , X2 , . . . , Xn } + max{X1 , X2 , . . . , Xn } 4n + 5
estimator tak bias untuk θ. Soal 5
Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi Poisson(θ) dengan θ ∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator UMVU untuk θ dan tentukan variansi serta batas bawah Cramer-Rao. Pembahasan ¯ merupakan statistik cukup yang Dari Chapter 1 dapat dilihat bahwa X lengkap sehingga dengan menggunakan Teorema Lehman-Scheffe diperoleh ¯ estimator UMVU dengan variansi θ/n. Pada sisi lain, karena X bahwa X mempunyai distribusi Poisson(θ) maka fungsi probabilitasnya adalah f (x; θ) =
e−θ θ x x!
22
untuk x = 0, 1, 2, . . ., sehingga logaritma natural dari f (x; θ) adalah f (x; θ) = −θ + x ln θ − ln(x!). Dengan mendeferensialkan terhadap θ diperoleh ∂ x f (x; θ) = −1 + ∂θ θ sehingga
Akibatnya
∂ 2 2x x2 f (x; θ) = 1 − + 2. ∂θ θ θ
i2 h∂ 2E[X] E[X]2 f (x; θ) + = 1− E ∂θ θ θ2 2θ V (x) + (E[X])2 + = 1− θ θ2 2 2θ θ + θ + = 1− θ θ2 1 = . θ Oleh karena itu batas bawah Cramer-Rao yaitu θ/n sama dengan variansi ¯ dari X. Soal 6 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(1, θ) dengan θ ∈ Ω = (0, 1). Tentukan MLE untuk θ. Pembahasan Karena Xi berdistribusi Binom(1, θ) maka fungsi probabilitasnya adalah f (xi ; θ) = θ xi (1 − θ)n−xi dengan xi = 0, 1, 2, . . . , n sehingga fungsi likelihoodnya adalah L(θ|x1 , x2 , . . . , xn ) =
n Y
f (xi ; θ)
i=1
=
n Y
θ xi (1 − θ)n−xi
i=1 Pn
= θ 23
i=1
xi
(1 − θ)n−
Pn
i=1
xi
.
Logaritma dari fungsi likelihoodnya adalah l(θ) = (ln θ)
n X i=1
xi − ln(1 − θ)
n X i=1
+n ln(1 − θ).
Dengan mendeferensialkan terhadap θ diperoleh Pn Pn xi dl n i=1 xi = + i=1 − . dθ θ 1−θ 1−θ Akibatnya θ yang memaksimumkan fungsi likelihoodnya akan sama dengan dl = 0 yaitu akar dari persamaan dθ Pn Pn xi n i=1 xi + i=1 − = 0 θ P 1 − θ P1 − θ Pn n n n i=1 xi − θ i=1 xi + θ i=1 xi = θ(1 − θ) 1−θ Pn i=1 xi ¯ = X. θ = n ¯ Hal itu berarti MLE untuk θ adalah θˆ = X. Soal 7 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi eksponensial yaitu dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = θe−θx dengan θ ∈ Ω = R. Tentukan MLE untuk θ. Pembahasan Fungsi likelihoodnya adalah L(θ|x1 , x2 , . . . , xn ) =
n Y
f (xi ; θ)
i=1
=
n Y
θe−θxi
i=1 P n −θ n i=1 xi
= θ e
24
sehingga logaritma natural dari fungsi likelihoodnya adalah l(θ) = n ln θ − θ
n X
xi
i=1
Dengan mendeferensialkan terhadap θ diperoleh n
dl n X = − xi . dθ θ i=1 Akibatnya θ yang memaksimumkan fungsi likelihoodnya akan sama dengan akar dari persamaan dl = 0 dθ n n X − xi = 0 θ i=1
n X n = xi θ i=1 n θ = Pn i=1
xi
.
¯ Hal itu berarti MLE untuk θ adalah θˆ = 1/X. Soal 8
Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi N (µ, σ 2 ) dengan µ dan σ 2 tidak diketahui. Tentukan MLE untuk θ. Pembahasan Karena X berdistribusi N (µ, σ 2 ) maka fungsi kepadatan probabilitasnya adalah h (x − µ)2 i 1 f (x; µ, σ) = √ exp − 2σ 2 2πσ 2
25
sehingga fungsi likelihoodnya adalah L(θ; x1 , x2 , . . . , xn ) =
n Y
i=1 n Y
f (xi ; θ)
h (x − µ)2 i i exp − 2 2σ 2 2πσ i=1 P n h 1 n 2i i=1 (xi − µ) √ exp − = 2σ 2 2πσ 2 Pn 1 n h Pn x 2µ nµ2 i i i=1 i=1 xi √ = exp − + − 2 2σ 2 2σ 2 2σ 2πσ 2
=
√
1
dengan θ = (µ, σ 2 ). Akibatnya logaritma natural dari fungsi likelihoodnya adalah Pn 2 P n 2µ ni=1 x2i nµ2 2 2 i=1 xi l(θ = ln f (x; µ, σ ) = − ln(2πσ ) − + − . 2 2σ 2 2σ 2 2σ 2 MLE diperoleh dengan menyelesaikan sistem persamaan berikut : Pn ∂l 2nµ i=1 xi = − 2 2 ∂µ σ 2σ Pn ∂l n µ nµ4 i=1 xi = − + − + . ∂σ 2 2σ 2 2σ 4 σ2 2σ 4 Diperoleh MLE untuk (µ, σ 2 ) masing-masing adalah ¯ µ ˆ = X Pn 2 n i=1 (xi − µ) = . 2σ 2 2σ 4 atau σ
2
=
Pn
i=1 (Xi
n
− µ)2
.
Soal 9 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi dengan fungsi kepadatan probabilitasnya adalah h x−θ i 1 1 f (x; θ1 , θ2 ) = exp − untuk x > θ1 θ2 θ2 26
Tentukan MLE untuk θ1 dan θ2 . Pembahasan Fungsi likelihoodnya adalah L(θ, x1 , x2 , . . . , xn ) =
n Y
f (xi ; θ)
i=1
n h x −θ i Y 1 i 1 = exp − θ θ2 i=1 2 P n h 1 n (xi − θ1 )2 i exp − i=1 = θ2 θ2
untuk min{X1 , X2 , . . . , Xn } > θ1 . Akibatnya logaritma natural dari fungsi likelihoodnya adalah Pn xi θ1 l(θ) = ln f (x; θ1 , θ2 ) = −n ln(θ2 ) − i=1 − n θ2 θ2 untuk min{X1 , X2 , . . . , Xn } > θ1 . Fungsi likelihood mencapai maksimum bila θˆ1 = min{X1 , X2 , . . . , Xn } dan MLE untuk θ2 diperoleh dengan menyelesaikan persamaan berikut : Pn xi nθ1 ∂l n = − + i=1 + = 0. 2 ∂θ2 θ2 θ2 θ2 Diperoleh Pn
i=1 θ22
xi
=
n(θ2 − θ1 ) θ22
¯ + min{X1 , X2 , . . . , Xn }. atau θˆ2 = X Soal 10 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi U (−θ, θ) dengan θ ∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator momen untuk θ. Pembahasan Karena momen pertama dari X yaitu E(X) = 0 maka digunakan momen 27
kedua dari X yaitu E[X 2 ] = θ 2 /3. Akibatnya estimator momen untuk θ merupakan penyelesaian dari Pn 2 x θ2 = i=1 i 3 n √ ¯ yaitu θˆ = 3X. Soal 11 Diketahui X1 , X2 , X3 , . . . , Xn sampel random dari distribusi N (θ, θ) dengan θ ∈ Ω = (0, ∞). Tentukan MLE untuk θ. Pembahasan Karena X berdistribusi N (θ, θ) maka fungsi kepadatan probabilitasnya adalah h (x − θ)2 i 1 f (x; θ) = √ exp − 2θ 2πθ sehingga fungsi likelihoodnya adalah L(θ|x1 , x2 , . . . , xn ) =
n Y
i=1 n Y
f (xi ; θ)
h (x − θ)2 i 1 i = exp − 2θ 2πθ i=1 Pn h 2i 1 n/2 i=1 (xi − θ) = √ exp − . 2θ 2πθ √
Akibatnya logaritma natural dari fungsi likelihoodnya adalah Pn (xi − θ)2 n l(θ) = ln L(θ|x1 , x2 , . . . , xn ) = − ln(2πθ) − i=1 2 2θ Pn 2 X n x n nθ = − ln(2πθ) − i=1 i + x2i − . 2 2θ 2 i=1
MLE untuk θ diperoleh dengan menyelesaikan persamaan berikut : Pn 2 x ∂l n n = − + i=12 i − = 0 ∂θ 2θ 2θ 2 atau n X nθ 2 + nθ − x2i = 0. i=1
28
Persamaan tersebut merupakan persamaan kuadrat dalam θ dan dengan menggunakan rumus ABC diperoleh akar-akarnya yaitu p P −n + n2 + 4n i=1 x2i θ= 2n dan θ=
−n −
p
n2 + 4n 2n
P
i=1
x2i
.
Karena parameter θ juga merupakan variansi dari Xi maka haruslah positif sehingga yang memenuhi adalah p P −n + n2 + 4n i=1 x2i θ= 2n atau
θ= atau θˆ = Soal 12
1 2
h
1+
4 n
P
i=1
q −1 + 1 +
2n
i
4 n
P
i=1
x2i
x2i .
Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi U (θ − a, θ + b) dengan θ ∈ Ω = R. Tentukan estimator momen untuk θ dan variansinya. Pembahasan 2
Karena X1 ∼ U (θ − a, θ + b) maka E[X1 ] = θ + b−a dan Var(X) = (b−a) . Es2 12 ¯ timator momen untuk θ merupakan penyelesaian dari persamaan E[X1 ] = X yaitu θ+
b−a ¯ =X 2
sehingga estimator momen untuk θ adalah ¯ + b − a. θˆ = X 2 Variansi untuk estimator momen tersebut adalah 2 ˆ = V (X ¯ + b − a ) = V (X) ¯ = V (X1 ) = (b − a) . V (θ) 2 n 12n
29
Soal 13 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi Gamma(α, β). Tentukan estimator momen untuk α dan β. Pembahasan Karena X1 berdistribusi Gamma(α, β) maka E[X1 ] = αβ dan V (X1 ) = αβ 2 sehingga estimator momen tersebut merupakan penyelesaian dari sistem persamaan ¯ E[X1 ] = X n
E[X12 ]
1X 2 X = X¯2 = n i=1 i
yaitu ¯ αβ = X αβ 2 + (αβ)2 = X¯2 . Diperoleh ¯ 2 αβ 2 + (αβ)2 = X¯2 − (X) ¯ 2 = S2 αββ = X¯2 − (X) ¯ Xβ = S 2. ¯ dengan Akibatnya estimator momen untuk β adalah βˆ = S 2 /X n
1X ¯ 2 S = (Xi − X) n i=1 2
¯ 2 /S 2 . dan estimator momen untuk α adalah α ˆ = (X) Soal 14 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi Beta(α, β). Tentukan estimator momen untuk α dan β. Pembahasan 30
Karena X1 berdistribusi Beta(α, β) maka E[X1 ] = V (X1 ) =
α α+β
dan
αβ (α +
β)2 (α
+ β + 1)
sehingga E(X12 ) = V (X1 ) + (E(X1 ))2 αβ α2 = + (α + β)2 (α + β + 1) (α + β)2 α i α h β + = α + β (α + β)(α + β + 1) α + β Estimator momen tersebut merupakan penyelesaian dari sistem persamaan ¯ E(X1 ) = X n
E(X12 )
1X 2 = X¯2 = X n i=1 i
yaitu α ¯ = X α+β α h α i β + = X¯2 . α + β (α + β)(α + β + 1) α + β
¯ + βX ¯ = α atau α(1 − X) ¯ = βX ¯ atau α = β X/(1 ¯ ¯ Diperoleh αX − X). Akibatnya h ¯ X¯2 = X
i β ¯ +X ¯ ¯ β 1−XX¯ + β β 1−XX¯ + β + 1 h i β ¯ ¯ = X +X ¯ ¯ X X + 1 β + β + 1 ¯ ¯ 1−X 1−X h i 1 ¯ ¯ 2. = X + (X) ¯ ¯ ¯ ¯ X+1−X X β 1−XX¯ + β 1− ¯ ¯ +1 1−X 1−X
31
Diperoleh h ¯2 = X ¯ X¯2 − X
¯ 1−X
β ¯ 1−X
+
¯ 1−X ¯ 1−X
h (1 − X) ¯ 2 i ¯ (β + 1 − X) h ¯ 2i ¯ = X ¯ (1 − X) . β+1−X S2 ¯ S2 = X
i
Hal itu berarti estimator momen untuk β adalah
h ¯ 2i ¯ (1 − X) − 1 + X ¯ βˆ = X S2
¯ sehingga estimator momen untuk α adalah α ˆ = βˆ 1−XX¯ .
Soal 15 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(4, θ) dengan θ ∈ (0, 1). Tentukan estimator Bayes untuk θ bila priornya adalah π(θ) =
1 θ 5 (1 − θ)6 . B(6, 7)
Pembahasan Fungsi probabilitas dari X adalah f (x; θ) =
1 θ x (1 − θ)4−x B(6, 7)
untuk x = 0, 12, 3, 4, 5. Misalkan prior untuk θ adalah π(θ) =
1 θ 5 (1 − θ)6 B(6, 7)
untuk 0 < θ < 1. Distribusi posterior dari θ bila diberikan X yaitu π(θ|x) adalah π(θ|x) = f (x|θ)π(θ)
32
sebanding dengan θ x (1 − θ)4−x θ 5 (1 − θ)6 = θ x+5 (1 − θ)10−x = θ x+6−1 (1 − θ)11−x−1 Dengan melihat bentuk tersebut maka distribusi posterior dari θ diberikan X yaitu π(θ|x) adalah distribusi Beta(6 + x, 11 − x) sehingga penaksir Bayes untuk θ merupakan mean dari distribusi posterir yaitu θˆ = E[θ|x] =
x+6 x+6 = . x + 6 + 11 − x 17
Soal 16 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(4, θ) dengan θ ∈ (0, 1). Tentukan estimator Bayes untuk θ bila priornya adalah π(θ) = 1 untuk 0 < θ < 1. Pembahasan Fungsi probabilitas dari X adalah 4 f (x|θ) = θ x (1 − θ)4−x x untuk x = 0, 1, 2, 3, 4. Distribusi posterior dari θ bila diberikan X yaitu π(θ|x) adalah π(θ|x) = f (x|θ)π(θ) sebanding dengan θ x (1 − θ)4−x (1) = θ x+1−1 (1 − θ)5−x−1 Dengan melihat bentuk tersebut maka distribusi posterior dari θ bila diberikan X yaitu π(θ|x) adalah distribusi Beta(1 + x, 5 − x) sehingga penaksir Bayes untuk θ merupakan mean dari distribusi posterior yaitu θˆ = E[θ|x] =
x+1 x+1 = . x+1+5−x 6
33
Soal 17 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = θxθ−1 dengan θ > 0. Bila distribusi prior dari θ adalah π(θ) =
1 θ r−1 e−θ/λ r Γ(r)λ
untuk θ > 0. Tentukan estimator Bayes untuk parameter θ. Pembahasan Distribusi posterior dari θ bila diberikan sampel random X1 , X2 , . . . , Xn adalah π(θ|x1 , x2 , . . . , xn ) = f (x1 |θ)f (x2 |θ) . . . f (xn |θ)π(θ) atau sebanding dengan θ
n
n Y i=1
xi
n θ Y i=1
xi
−1
er−1 e−θ/λ = θ n+r−1 e−θ[(1/λ)−ln
Qn
i=1
xi ]
Pn
= θ n+r−1 e−θ[(1/λ)− i=1 ln xi ] Berarti distribusi posteriornya Gamma n+r, 1−λ Pλn ln xi . Akibatnya mean i=1 dari distribusi posterior yaitu θˆ =
(n + r)λ P 1 − λ ni=1 ln xi
merupakan penaksir Bayes untuk θ.
Soal 18 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas dengan fungsi kepadatan probabilitas 1 1 2 f (xi ; θ) = √ e− 2 (xi −θ) 2π
34
dengan θ > 0. Bila distribusi prior dari θ adalah 1 2 π(θ) = √ e−θ /2 2π untuk θ > 0. Tentukan estimator Bayes untuk parameter θ. Pembahasan Distribusi posterior dari θ bila diberikan sampel random X1 , X2 , . . . , Xn adalah π(θ|x1 , x2 , . . . , xn ) = f (x1 |θ)f (x2 |θ) . . . f (xn |θ)π(θ) atau sebanding dengan h 1 X i 2θ X i 1 2 2 = exp − (n + 1) θ − xi − 2θ xi + (n + 1)θ exp − 2 2 n + 1 i=1 i=1 h
n
n
atau sebanding dengan
2θ X 2 i 1 xi . exp − (n + 1) θ − 2 n + 1 i=1 h
n
Hal itu berarti distribusi posteriornya merupakan distribusi N Akibatnya mean dari distribusi posterior yaitu Bayes untuk θ.
Pn
i=1 xi n+1
Pn
xi 1 , n+1 n+1 i=1
.
merupakan penaksir
Soal 19 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas dengan fungsi kepadatan probabilitas 1 1 2 f (xi ; θ) = √ e− 2 (xi −θ) 2π
dengan θ > 0. Bila distribusi prior dari θ adalah 1 1 2 π(θ) = √ e− 2 (θ−µ0 ) 2π
Tentukan estimator Bayes untuk parameter θ.
35
Pembahasan Distribusi posterior dari θ bila diberikan sampel random X1 , X2 , . . . , Xn adalah π(θ|x1 , x2 , . . . , xn ) = f (x1 |θ)f (x2 |θ) . . . f (xn |θ)π(θ) atau sebanding dengan h
X i 1 exp − − 2θ xi + (n + 1)θ 2 − 2µ0 θ 2 i=1 n
atau sebanding dengan X i 2θ 1 2 µ0 + xi exp − (n + 1) θ − 2 n+1 i=1 h
n
Berarti distribusi posteriornya merupakan distribusi N ibatnya mean dari distribusi posterior yaitu Bayes untuk θ.
36
Pn
µ0 + i=1 xi n+1
P µ0 + n 1 i=1 xi . , n+1 n+1
Ak-
merupakan estimator
Chapter 4 Latihan Soal Estimasi Titik 1. Jika X1 , X2 , X3 , . . . , Xn sampel random dari distribusi U (0, θ) dengan θ ∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator tak bias untuk mean dan variansi dari X yang hanya tergantung pada statistik cukup dari parameter θ. 2. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random saling bebas dari distribusi U (θ1 , θ2 ) dengan θ1 < θ2 . Tentukan estimator tak bias untuk mean yaitu (θ1 + θ2 )/2 dan range yaitu θ2 − θ1 yang hanya tergantung pada statistik cukup untuk (θ1 , θ2 ). 3. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random saling bebas dari distribusi dobel eksponensial yaitu dengan fungsi kepadatan probabilitas 1 f (x; θ) = e−|x−θ| 2 dengan θ ∈ Ω = R. Tunjukkan estimator tak bias untuk θ.
1 (X(1) 2
+ X(n) ) bahwa merupakan
4. Jika X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi yang mempunyai fungsi kepadatan probabilitas : 1 x f (x; θ) = e− θ θ untuk x > 0 dengan θ ∈ Ω = (0, ∞) maka tentukan estimator UMVU untuk parameter θ. 5. Jika X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi yang mempunyai fungsi kepadatan probabilitas : 1 x f (x; θ) = e− θ θ 37
untuk x > 0 dengan θ ∈ Ω = (0, ∞) maka tentukan estimator MLE untuk parameter θ. 6. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas dan berdistribusi identik mempunyai fungsi kepadatan probabilitas : f (x; θ) =
γ − xγ e θ θ
untuk x > 0, θ > 0 dan γ > 0 dengan γ diketahui. Tentukan MLE untuk θ. 7. Diketahui X1 dan X2 variabel random saling bebas dan mempunyai fungsi kepadatan probabilitas 2 f (x; θ) = (θ − x) θ untuk 0 < x < θ dan θ ∈ Ω = (0, ∞). Tentukan estimator momen untuk parameter θ. 8. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi Cauchy dengan σ = 1 dan µ tidak diketahui. Misalkan diinginkan untuk mengestimasi µ, manakah salah satu dari estimator untuk µ yang anda pilih ¯ ? Jelaskan jawaban anda ! yaitu X1 ataukah X 9. Misalkan X1 , X2 , . . . , Xn menotasikan sampel random dari suatu distribusi yaitu N (θ, 1). Tentukan estimator terbaik untuk θ 2 . 10. DiketahuiPadalah sampel random dari suatu distribusi N (0, θ). Statistik Y = ni=1 Xi2 merupakan statistik cukup untuk θ. Tentukan estimator terbaik untuk θ 2 . 11. Misalkan X pengamatan tunggal dari distribusi Bernoulli f (x; θ) = θ x (1 − θ)1−x I{0,1} (x) dengan 0 < θ < 1. Misalkan T1 (X) = X dan T2 (X0 = 21 . (a) Apakah T1 (x) dan T2 (x) tak bias ? (b) Bandingkan MSE (mean squared error ) dari T1 (x) dengan T2 (X). 12. Misalkan X adalah pengamatan tunggal dari N (0, θ) dengan θ = σ 2 . (a) Apakah X statistik cukup untuk θ ? 38
(b) Apakah |X| statistik cukup untuk θ ?
(c) Apakah X 2 estimator tak bias dari θ ? √ (d) Apakah MLE untuk θ ?
13. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = θx−2 I[θ,∞) (x) dengan θ > 0. (a) Tentukan estimator MLE untuk θ. (b) Apakah min{X1 , X2 , . . . , Xn } statistik cukup untuk θ ? 14. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = θxθ−1 I(0,1) (x) dengan θ > 0. (a) Tentukan estimator MLE untuk µ = θ/(1 + θ). (b) Tentukan estimator UMVU untuk 1/θ dan µ ? 15. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = 2x/θ 2 I(0,θ) (x) dengan θ > 0. (a) Tentukan estimator MLE untuk θ. (b) Apakah max{X1 , X2 , . . . , Xn } statistik cukup untuk θ ? Apakah max{X1 , X2 , . . . , Xn } lengkap ? (c) Adakah estimator UMVU untuk θ ? Jika ada, tentukan estimator itu.
16. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = θ(1 + x)(1+θ) I(0,θ) (x) dengan θ > 0. 39
(a) Estimasi θ dengan metode momen dengan menganggap θ > 1. (b) Tentukan estimator MLE untuk 1/θ. (c) Apakah statistik cukup dan lengkap untuk θ jika ada ? (d) Tentukan batas bawah Cramer-rao untuk estimator tak bias untuk 1/θ. (e) Tentukan estimator UMVU untuk 1/θ jika ada. (f) Tentukan estimator UMVU untuk θ jika ada. 17. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = e−(x−θ) exp[−e(x−θ) ] dengan −∞ < θ < ∞. (a) Tentukan metode momen dari θ. (b) Tentukan MLE dari θ. (c) Tentukan statistik cukup yang lengkap untuk θ. (d) Tentukan batas bawah Cramer-Rao untuk estimator tak bias dari θ. (e) Adakah suatu fungsi dari estimator tak bias untuk θ yang variansinya bersesuaian dengan batas bawah Cramer-Rao ? Jika ada tentukan. 18. Jika X pengamatan tunggal dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = 2x/θ 2 I(0,θ) (x) dengan θ > 0. Anggap bahwa θ mempunyai distribusi prior seragam atas interval (0,1). Dengan loss function θ 2 (1 − θ)2 , tentukan estimator Bayes untuk θ. 19. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn sampel random dari distribusi dengan fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = θxθ−1 I(0,1) (x) dengan θ > 0. Anggap bahwa distribusi prior dari θ adalah Gamma(r, λ) dengan r dan λ diketahui. Apa distribusi posterior dari θ ? Tentukan estimator Bayes dari θ dengan prior yang diberikan dengan menggunakan fungsi kerugian kuadrat.
40
Chapter 5 Pembahasan : Uji Hipotesis Soal 1 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas. Konstruksikan uji MP untuk menguji bahwa distribusi bersama dari X adalah N (0, 9) melawan alternatif N (1, 9) dengan tingkat keberartian α = 0, 05. Tentukan juga kuasa dari uji tersebut. Pembahasan Untuk menguji hipotesis H : θ = 0 melawan alternatif A : θ = 1 pada tingkat α = 0, 05 digunakan uji MP berikut : ¯ > c0 1 jika X φ(x) = 0 untuk yang lain ¯ > c0 ) = 0, 05. Variabel random dengan c0 ditentukan oleh E[φ(x)] = P (X ¯ berdistribusi X1 , X2 , . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi N (0, 9) maka X N (0, 9/16) sehingga ¯ > c0 ) = 0, 05 P (X ¯ −0 c0 − 0 X > ) = 0, 05 P( 3/4 3/4 4c0 P (Z > ) = 0, 05. 3
41
Berdasarkan tabel distribusi normal baku diperoleh sehingga c0 = 1, 23. Kuasa ujinya adalah ¯ ¯ > 1, 23) = P ( X − 1 > 1, 23 − 1 ) P (X 3/4 3/4 = P (Z > 0, 1725) = 0, 5685. Hal itu berarti bila θ = 1 maka probabilitas menolak hipotesisnya adalah 0,5685. Soal 2 Panjang hidup X bola lampu 50 watt merek tertentu dianggap mempunyai distribusi normal dengan mean µ tidak diketahui sedangkan simpangan baku σ = 150 jam. Variabel random X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling ¯ = 1730 bebas dan masing-masing berdistribusi X serta dianggap bahwa X jam. Ujilah hipotesis H : µ = 1800 melawan alternatif A : µ < 1800 pada tingkat keberartian α = 0, 01. Pembahasan Untuk menguji hipotesis H : µ = 1800 melawan alternatif A : µ < 1800 pada tingkat keberartian α = 0, 01 digunakan uji MP : ¯
c − 1800 ) = 0, 01. 150
Berdasarkan tabel distribusi normal diperoleh
c−1800 150
= −2, 33 atau
c = 1800 + (150)(−2, 33) = 1450, 5. Soal 3 Diketahui X1 , . . . , X30 variabel random saling bebas dari distribusi Gamma(α, β) dengan α = 10 dan β tidak diketahui. Konstruksikan uji MP dari hipotesis 42
H : β = 2 melawan alternatif A : β = 3 pada tingkat keberartian α = 0, 05. Pembahasan Untuk mengkonstruksikan uji MP terlebih dahulu dihitung : R(x; θ0 , θ1 ) =
f (x1 ; θ1 ) . . . f (xn ; θ1 ) f (x1 ; θ0 ) . . . f (xn ; θ0 ) x
x10−1 exp[− θ 1 ] 1
=
1
Γ(10)θ110
...
x
x10−1 exp[− θ 1 ] 1
x10−1 exp[− xθn ] n Γ(10)θ110
1
x10−1 exp[− xn ] n
. . . Γ(10)θ10 θ0 0 n h 1 θ 10n 1 X i 0 exp − xi . − = θ1 θ1 θ0 i=1 0
Γ(10)θ010
Logaritma natural dari R(x; θ0 , θ1 ) adalah ln R(x; θ0 , θ1 ) = 10n ln
θ 0
θ1
1
1 X − − xi θ1 θ0 i=1 n
dengan θ0 < θ1 . Karena θ0 < θ1 maka θ10 < θ11 sehingga θ11 − θ11 < 0 atau − θ11 − θ10 > 0. Oleh karena itu R(x; θ0 , θ1 ) > c ekuivalen dengan ln R(x; θ0 , θ1 ) > ln c atau 10n ln
θ 0
θ1
1 X xi > ln c θ1 θ0 i=1 n θ 1 1 X 0 − xi > ln c − 10n ln − θ1 θ0 i=1 θ1
−
1
n
−
n X
xi > c 0
i=1
dengan
ln c − 10n ln θθ10 . c0 = − θ11 − θ10
Hal itu berarti uji MP dinyatakan dengan P 1 jika Pni=1 xi > c0 φ(x) = n 0 jika i=1 xi ≤ c0 43
dengan c0 ditentukan sehingga E[φ(x)] = P (
n X
xi > c0 ) = α.
i=1
Pn Bila θ = 2 dan θ = 3 maka 0 1 i=1 Xi ∼ Gamma(300, 2) sehingga Pn P ( i=1 Xi > c) = 0, 05. Akibatnya c0 = 658, 09. Kuasa ujinya adalah P(
n X
Xi > 658, 09) = 1
i=1
dengan
Pn
i=1
Xi ∼ Gamma(300, 3).
44
Chapter 6 Latihan Soal Uji Hipotesis 1. Dalam contoh berikut ini, tunjukkan mana pernyataan yang merupakan hipotesis sederhana dan yang mana yang merupakan hipotesis komposit : (a) X variabel random yang mempunyai fungsi kepadatan probabilitas f dengan f (x) = 2e−2x untuk x > 0. (b) X adalah variabel random yang mempunyai harapan sama dengan 5. (c) Ketika melakukan pelemparan sebuah mata uang logam, misalkan X varaibel random yang mempunyai nilai 1 jika muka yang tampak dan 0 jika belakang yang tampak. Pernyataannya adalah mata uangnya bias. 2. Diketahui X variabel random berdistribusi Binom(n, θ) dengan θ ∈ Ω = (0, 1). (a) Tentukan uji UMP untuk pengujian hipotesis H : θ ≤ θ0 melawan alternatif A : θ > θ0 pada tingkat keberartian α. (b) Bagaimana uji tersebut bila n = 10, θ0 = 0, 25 dan α = 0, 05 ? (c) Hitunglah kuasa uji pada θ1 = 0, 375, 0, 5, 0, 625 dan 0, 0875. 3. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas yang mempunyai fungsi kepadatan probabilitas f (x; θ) = θ1 e−x/θ untuk x > 0 dengan θ ∈ Ω. Tentukan uji UMP untuk pengujian hipotesis H : θ ≥ θ0 melawan alternatif A : θ < θ0 pada tingkat keberartian α. 4. Diketahui variabel random X1 , X2 , . . . , Xn berdistribusi N (0, σ 2 ). Tentukan uji hipotesis H : σ ≤ 2 melawan alternatif A : σ > 2 pada 45
tingkat Pn 2 keberartian α = 0, 05. Apa kesimpulan yang diperoleh jika i=1 xi = 120.
5. Diketahui varaibel random yang saling bebas dan berdistribusi N (µ, σ 2 ). Tentukan uji UMP untuk pengujian hipotesis H : σ = σ0 melawan alternatif A : σ 6= σ0 pada tingkat keberartian α. Tentukan uji tersebut bila n = 25, σ0 = 2, α = 0, 05. 6. Jika adalah variabel random saling bebas dan berdistribusi N (µ, σ 2 ) maka tentukan uji LR dan uji berdasarkan pada −2 ln λ untuk pengujian hipotesis H : σ = σ0 , untuk yang pertama jika µ diketahui dan untuk yang kedua jika µ tidak diketahui. 7. Diketahui Xi , i = 1, 2, 3, 4 dan Yi , i = 1, 2, 3, 4 sampel random saling bebas dan masing-masing dari distribusi N (µ1 , σ12 ) dan N (µ2 , σ22 ). Jika diketahui bahwa σ1 = 4 dan σ2 = 3 dan data observasi dari X dan Y adalah sebagai berikut : x1 = 10, 1, x2 = 8, 4, x3 = 14, 3, x4 = 11, 7, y1 = 9, y2 = 8, 2, y3 = 12, 1, y4 = 10, 3 Uji hipotesis bahwa perbedaan dua mean tidak lebih dari 1 pada tingkat keberartian α = 0, 05. 8. Misalkan X1 , X2 , X3 variabel random saling bebas dan berdistribusi Binom(1, θ). (a) Uji hipotesis pada tingkat keberartian α dengan mengunakan statistik LR dan tentukan distribusinya. (b) Bandingkan uji LR dengan uji UMPU untuk pengujian H melawan A : p 6= 0, 25.
46
Chapter 7 Pembahasan : Estimasi Interval Soal 1 Misalkan Φ fungsi distribusi N (0, 1) dan a, b dengan a < b sehingga Φ(b) − Φ(a) = γ dengan 0 < γ < 1. Tunjukkan bahwa b − a minimum jika b = c dan a = −c dengan c > 0. Pembahasan Misalkan Φ(b) − Φ(a) = γ maka dengan mendefrensialkan kedua ruas terhadap a diperoleh db ϕ(b) − ϕ(a) = 0 da dengan ϕ adalah fungsi kepadatan probabilitas normal baku. Akibatnya diperoleh db = ϕ(a)/ϕ(b) = 0 da Misalkan L = b − a yaitu panjang interval kepercayaan. Panjang interval L akan mencapai minimum bila dL/da = 0 yaitu db/da − 1 = 0 sehingga db/da = 1. Akibatnya ϕ(a)/ϕ(b) = 1 atau ϕ(a) = ϕ(b). Hal itu berarti bahwa a = b atau a = −b. Karena b > a maka dipilih b = c dengan c > 0 sehingga a = −c. Soal 2 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas berdistribusi N (µ, σ 2 ) dengan µ diketahui. Tentukan interval kepercayaan untuk σ dengan koefisien 47
kepercayaan 1 − α. Pembahasan Misalkan R = X(n) − X(1) dan didefinisikan W = Z(n) − Z(1) X
−µ
−µ
X
dengan Z(n) = (n)σ dan Z(1) = (1)σ . Karena W berdistribusi studentized range maka a dan b ditentukan sehingga P (a ≤
R ≤ b) = 1 − α σ
atau P ( Ra ≤ σ1 ≤ Rb ) = 1 − α atau P ( Rb ≤ σ≤ Ra ) = 1− α. Hal itu berarti bahwa interval kepercayaan untuk σ adalah R/b, R/a . Soal 3
Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas dan mempunyai fungsi kepadatan probabilitas 1 f (x; θ) = e−x/θ θ untuk x > 0. Tentukan interval kepercayaan untuk θ dengan koefisien kepercayaan 1 − α. Pembahasan 2
Pn
X
i i i=1 Karena 2X berdistribusi χ22 maka berdistribusi χ22 sehingga untuk θ θ menentukan interval kepercayaan untuk θ dilakukan dengan menentukan a dan b sehingga
P (a ≤ χ22n ≤ b) = 1 − α P 2 ni=1 Xi P (a ≤ ≤ b) = 1 − α θ θ 1 1 P ( ≥ Pn ≥ ) = 1 − α. a b i=1 Xi
Dalam hal ini a dan b ditentukan sehingga a2 g2n (a) = b2 g2n (b) dan Z b g2n (t)dt = 1 − α a
48
dengan g2n (t) adalah fungsi kepadatan probabilitas dari distribusi χ22n . Soal 4 Diketahui variabel random X1 , X2 , . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi seragam pada (0, θ). Gunakan range R = X(n) −X(1) untuk menentukan interval kepercayaan untuk θ. Pembahasan Karena berdistribusi seragam pada (0, θ) maka berdistribusi seragam pada (0, 1) sehingga Y = (X(n) − X(1) )/θ akan mempunyai fungsi kepadatan probabilitas n(n − 1)y n−2 (1 − y) untuk 0 < y < 1 f (y) = 0 untuk yang lain
Interval kepercayaan untuk θ ditentukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a ≤
X(n) − X(1) ≤ b) = 1 − α θ
dengan Y = (X(n) −X(1) )/θ mempunyai fungsi kepadatan probabilitas seperti tersebut di atas. Akibatnya X(n) − X(1) a 1 P( ≥ ≥ ) = 1−α b θ b X(n) − X(1) X(n) − X(1) ≤θ≤ ) = 1−α P( b a R R P ( ≤ θ ≤ ) = 1 − α. b a
Soal 5 Diketahui variabel random X1 , X2 , . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi dengan fungsi kepadatan f (x; θ) = ex−θ untuk x > θ, θ ∈ Ω = R dan misalkan Y = X(1) . Tunjukkan bahwa 1. Fungsi kepadatan probabilitas g dari Y diberikan sebagai g(y) = n exp[−n(y − θ)] untuk y > θ. 49
2. Variabel random Tn (θ) = 2n(Y − θ) berdistribusi χ22 . 3. Interval kepercayaan untuk θ berdasarkan pada Tn (θ) dengan koefisien b b kepercayaan 1 − α berbentuk [Y − 2n , Y − 2n ]. 4. Interval kepercayaan terpendek θ seperti bentuk di atas diberikan oleh χ22;α , Y ] dengan χ22;α adalah kuantil atas dari distribusi χ22 . Bagaimana [Y − 2n dengan interval kepercayaan terpendek dari harapan panjangnya. Pembahasan 1. Fungsi distribusi dari X1 adalah F (x; θ) = = = =
Z
x
f (t)dt
Z−∞ x
e−(t−θ) dt
Z
θ
x−θ
0
−e
e−u du −u x−θ
= 1−e
0 −(x−θ)
dengan u = t − θ. Akibatnya fungsi distribusi dari Y = X(1) = min{X1 , X2 , . . . , Xn } adalah F (y) = P (Y ≤ y) = = = = = = =
P (min{X1 , X2 , . . . , Xn } ≤ y) 1 − P (min{X1 , X2 , . . . , Xn } > y) 1 − P (X1 > y, X2 > y, . . . , Xn > y) 1 − [P (X1 > y)]n 1 − (1 − P (X1 ≤ y))n 1 − (e−(y−θ) )n 1 − e−n(y−θ) .
Fungsi kepadatan probabilitas dari Y diperoleh dengan menurunkan F (y) terhadap variabel y yaitu diperoleh g(y) = F 0 (y) = ne−n(y−θ) untuk y > θ. 50
2. Misalkan statistik T = Tn (θ) = 2n(Y − θ). Bila t = 2n(y − θ) maka t 1 y = θ + 2n sehingga dy = 2n . Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas dθ dari statistik T adalah h(t) = 12 e−t/2 untuk t. Hal itu berarti statistik T berdistribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas 2. 3. Interval kepercayaan untuk θ ditentukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a ≤ χ22 ≤ b) P (a ≤ 2n(Y − θ) ≤ b) b a ≤Y −θ ≤ ) P( 2n 2n b a ≤ −θ ≤ −Y + ) P (−Y + 2n 2n a b P (Y − ≥θ≥Y − ) 2n 2n a b ≤θ≤Y − ) P (Y − 2n 2n
= 1−α = 1−α = 1−α = 1−α = 1−α = 1 − α.
Soal 6 Diketahui variabel random X1 , X2 , . . . , Xn saling bebas dan mempunyai fungsi kepadatan probabilitas xγ f (x; θ = xγ−1 exp[− ] θ θ untuk x > θ, θ > 0 dan γ > 0 dengan θ ∈ Ω = R. Pembahasan 2X r
2
Pn
Xr
i=1 i Karena Y = θ i berdistribusi χ22 maka Y = berdistribusi χ22n . θ Interval kepercayaan untuk θ dengan menentukan a dan b sehingga
2Y ≤ b) = 1 − α θ θ 1 1 ≤ ) = 1−α P( ≤ a 2Y b 2Y 2Y P( ≤θ≤ ) = 1−α b a P (a ≤
P dengan Y = ni=1 Xir . Hal itu berarti interval kepercayaan untuk θ adalah Rb [ 2Yb , 2Yb ] dengan a dan b memenuhi a2 g2n (a) dan a g2n (t)dt = 1 − α. Dalam 51
hal ini g2n (t) adalah fungsi kepadatan probabilitas dari variabel random yang berdistribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas 2n. Soal 7 Diketahui X1 , . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1 , σ12 ) dan Y1 , . . . , Yn sampel random dari populasi dengan sigma21 , sigma22 diketahui. Tentukan interval kepercayaan untuk µ1 − µ2 . Pembahasan Misalkan didefinisikan statistik T (µ1 − µ2 ) =
(X¯m − Y¯n ) − (µ1 − µ2 ) q . σ12 σ22 + m n
Karena X1 , X2 , X3 , . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1 , σ12 ) maka P σ12 X¯m = m1 m i=1 Xi berdistribusi N (µ1 , m ) dan karena Y1 , Y2 , . . . , Yn sampel P σ2 random dari populasi maka Y¯n = 1 n Yi berdistribusi N (µ2 , 2 ) sehingga n
2
i=1 2
n
σ σ X¯m − Y¯n berdistribusi N (µ1 −µ2 , m1 + n2 ). Akibatnya T berdistribusi N (0, 1). Interval kepercayaan untuk µ1 − µ2 ditentukan dengan cara menentukan a dan b sehingga P (a ≤ T ≤ b) = 1 − α. Akibatnya
(X¯m − Y¯n ) − (µ1 − µ2 ) q ≤ b P a≤ σ22 σ12 m + n r r σ22 σ2 σ12 σ12 ¯ ¯ + ≤ Xm − Yn − (µ1 − µ2 ) ≤ b + 2 P a m n m n r r 2 2 2 σ σ2 σ1 σ1 P − (X¯m − Y¯n ) + a + 2 ≤ −(µ1 − µ2 ) ≤ −(X¯m − Y¯n ) + b + 2 m n m n r r 2 2 2 2 σ σ σ σ 1 1 + 2 ≥ µ1 − µ2 ≥ X¯m − Y¯n − b + 2 P X¯m − Y¯n − a m n m n r r 2 2 2 2 σ σ σ σ 1 1 P X¯m − Y¯n − b + 2 ≤ µ1 − µ2 ≤ X¯m − Y¯n − a + 2 m n m n
= 1−α = 1−α = 1−α = 1−α = 1 − α.
Dalam hal ini a dan b ditentukan sehingga Φ(b) − Φ(a) = 1 − α. Soal 8
Diketahui X1 , . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1 , σ12 ) dan Y1 , . . . , Yn sampel random dari populasi dengan µ1 , µ2 diketahui. Tentukan interval kepercayaan untuk σ12 /σ22 dengan koefisien kepercayaan 1 − α. 52
Pembahasan Misalkan didefinisikan statistik T (σ12 /σ22 ) =
σ12 Sn2 2 σ12 Sm
P Pn 1 2 2 2 2 dengan Sm = m1 m i=1 (Xi − µ1 ) dan Sn = n i=1 (Yi − µ2 ) . Karena 2 m berdistribusi X1 , . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1 , σ12 ) maka mS σ2 1
χ2m dan karena Y1 , . . . , Yn sampel random dari populasi N (µ2 , σ22 ) maka berdistribusi χ2n σ2 S 2 T (σ12 /σ22 ) = 12 2n = σ1 S m
2 nSn σ22
2 nSn σ22 2 mSm σ12
berdistribusi Fm,n . Karena t berdistribusi Fm,n maka interval kepercayaan untuk dapat ditentukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a ≤ Fm,n ≤ b) P (a ≤ T ≤ b) σ2 S 2 P (a ≤ 12 2n ≤ b) σ1 S m 2 σ2 S S2 P (a m2 ≤ 12 ≤ b m2 ) Sn σ1 Sn Hal itu berarti interval kepercayaan untuk Soal 9
= 1−α = 1−α = 1−α = 1 − α.
σ12 /σ22
adalah
h
2 a SSm2 n
≤
σ12 σ12
≤
2 b SSm2 n
i
.
Diketahui X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas dengan mean µ tidak diketahui dan variansinya σ 2 berhingga dan diketahui serta ukuran sampel n besar. 1. Gunakan teorema limit sentral untuk mengkonstruksikan interval kepercayaan µ dengan koefisien kepercayaan mendekati 1 − α. 2. Tentukan interval kepercayaan mendekati 0, 95 jika ukuran sampel n = 100 dan variansi 1. 3. Tentukan n sehingga panjang interval 0, 1 dengan σ = 1 dan α = 0, 05. 53
Pembahasan 1. Karena X1 , X2 , . . . , Xn variabel random saling bebas dengan mean µ tidak diketahui dan variansinya σ 2 berhingga dan diketahui serta ukuran sampel n besar maka dengan menggunakan teorema limit sentral diperoleh ¯ −µ X √ ∼ N (0, 1) σ/ n untuk n → ∞. Interval kepercayaan untuk µ ditentukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a ≤ N (0, 1) ≤ b) = 1 − α. Akibatnya ¯ −µ X √ ≤ b) = 1 − α σ/ n σ ¯ − µ ≤ b √σ ) = 1 − α P (a √ ≤ X n n σ σ ¯ +b ) = 1−α ¯ + a ≤ −µ ≤ −X P (−X n n σ ¯ −a ≥µ≥X ¯ − bσ ) = 1 − α P (X n n σ ¯ −b ≤µ≤X ¯ − aσ ) = 1 − α P (X n n i h ¯ − a σ sedangkan in¯ − bσ, X Interval kepercayaan untuk µ adalah X n n h i ¯ ¯ + Zα/2 σ terval kepercayaan terpendek untuk µ adalah X − Zα/2 σn , X n dengan Zα/2 adalah kuantil 1 − α/2 untuk distribusi N (0, 1). P (a ≤
2. Jika n h= 100, σ = 1, α = 0, 05 i makah interval kepercayaani untuk µ 1 1 adalah x¯ − 1, 96 10 , x¯ + 1, 96 10 atau x¯ − 0, 196, x ¯ + 0, 196 . 3. Panjang interval dapat dinyatakan sebagai ¯ + Zα/2 √σ − X ¯ − Zα/2 √σ l = X n n 1 0, 1 = 2(1, 96) √ n √ n = 2(1, 96) = 39, 2 n ≈ 1600.
54
Soal 10 Diketahui X1 , X2 , . . . , Xm variabel random saling bebas dan mempunyai fungsi kepadatan probabilitas 1 −x f (x; θ) = e θ1 θ1 untuk x > 0 dan Y1 , Y2 , . . . , Yn variabel random saling bebas dan mempuny 1 − θ2 yai fungsi kepadatan probabilitas f (y; θ) = θ2 e untuk y > 0. Tentukan interval kepercayaan untuk θ1 /θ2 dengan koefisien kepercayaan 1 − α. Pembahasan Karena X1 , X2 , . . . , Xm variabel randomxsaling bebas dan mempunyai fungsi − kepadatan probabilitas f (x; θ) = θ11 e θ1 untuk x > 0 maka berdistribusi 2
Pm
X
i=1 i Gamma(1, θ1 ) sehingga berdistribusi χ22m dan karena Y1 , Y2 , . . . , Yn θ1 variabel random saling bebas dan mempunyai fungsi kepadatan probabilitas
1 − θy e 2 θ2
f (y; θ) =
untuk y > 0 maka berdistribusi Gamma(1, θ2 ) sehingga P 2 ni=1 Yi θ1 berdistribusi χ22n . Dibentuk statistik 2
T (θ1 /θ2 ) =
2
Pn
i=1
nθ Pm 2
i=1 mθ1
Yi Xi
.
Dalam hal ini T (θ1 /θ2 ) berdistribusi F dengan derajat pembilang n dan derajat bebas penyebut m. Untuk menentukan interval kepercayaan untuk dilakukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a ≤ F2n,2m ≤ b) = 1 − α. Akibatnya
P a≤
2 2
Pn
i=1
nθ Pm 2
i=1
mθ1
Yi Xi
≤b
= 1−α
¯ ≤ θ1 ≤ bY¯ ) = 1 − α. P (aX θ2
¯ bY¯ ]. Hal itu berarti interval kepercayaan untuk θ1 /θ2 adalah [aX, 55
Chapter 8 Latihan Soal Estimasi Interval 1. Sampel ukuran 25 dari populasi yang berdistribusi normal dengan variansi 81 diperoleh sampel meannya adalah 81,2. Tentukan interval kepercayaan 95% untuk mean populasi. 2. Dimiliki sampel random ukuran 25 diambil dari distribusi N (0, σ 2 ). Konstruksikan interval kepercayaan untuk σ 2 dengan koefisien kepercayaan 90%. 3. Dimiliki sampel 0,3915, 0,1034, 0,6858, 0,7626, 0,0041, yang diambil dari distribusi eksponensial dengan mean θ1 dan sampel 0,7731, 0,5909, 0,3267, 0,1477, 0,0322 yang diambil dari distribusi eksponensial dengan mean θ2 . Konstruksikan interval kepercayaan untuk θ1 /θ2 dengan koefisien kepercayaan mendekati 90%. 4. Misalkan X1 , . . . , Xn variabel random yang mempunyai distribusi eksponensial negatif dengan parameter θ ∈ Ω = (0, ∞) dan anggap bahwa n besar. Gunakan teorema limit sentral untuk mengkonstruksikan interval kepercayaan untuk θ dengan koefisien kepercayaan mendekati 1 − α. 5. Diketahui X1 , X2 , . . . , Xm sampel random dari populasi N (µ1 , σ12 ) dan Y1 , . . . , Yn sampel random dari populasi dengan µ1 , µ2 tidak diketahui. Tentukan interval kepercayaan untuk σ12 /σ22 dengan koefisien kepercayaan 1 − α.
56
Bibliography [1] Bain, L. J. and Engelhardt, M., (1992), Introduction to probability and mathematical statistics, Duxbury, Pasific Grove. [2] Lindgren, B. W., (1993), Statistical Theory 4th edition, Chapman & Hall Inc, New York. [3] Oosterhoff, J., (1993), Algemene Statistiek, Faculteit Wiskunde en Informatica, Vrije Universiteit Amsterdam, Amsterdam. [4] Roussas, G. G., (1973), A first Course in Mathematical Statistics, Addison-Wesley Publishing Company, Reading Massachusetts.
57
