2. Handout Statmat 15 Jan 2016.pdf

<X =2

=2 ;

=2

<X+p z n

<

) % bagi

p z n

x

=2

=2

!

=2

:

ialah

x+ p z n

;

=2

1X x= xi : n i=1 n

z

Contoh 3.20 Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran N ( ; dengan asumsi 2 tidak diketahui: Misalkan X dan S 2 merupakan nilai tengah dan ragam dari sampel. Tentukan selang kepercayaan 100 (1 ) % bagi : Jawab. Karena X1 ; X2 ; :::; Xn 2

X

N

;

n

dan

N( ; n

1 2

2

), maka

S2

2

(n

1) ;

3.4 Penduga Selang

dengan X dan

69

n 1 2 S n

saling bebas. Oleh karena itu, peubah acak X p S= n

T =

Untuk 0 <

t (n

1) :

(X p )

>t

X p
!

< 1; de…nisikan bahwa P

S= n

=

=2

2

sedemikian

sehingga 1

= P

t

=2

S p t =2 < X n S X p t =2 < n

= P = P

Jadi, selang kepercayaan 100 (1

di mana

S < p t =2 n S <X+p t n

) % bagi

s p t n

x

=2 ;

=2

=2

:

ialah

s x+ p t n

=2

;

1 X 1X xi dan s2 = (xi x= n i=1 n 1 i=1 n

n

x)2 : z

Contoh 3.21 Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran N ( ; dengan asumsi 2 tidak diketahui: Misalkan X dan S 2 merupakan nilai tengah dan ragam dari sampel. Tentukan selang kepercayaan 100 (1 ) % bagi 2 : Jawab. Karena X1 ; X2 ; :::; Xn n

1 2

Untuk 0 <

N( ;

S2

2 =2

2

(n

), maka 1) :

< 1; de…nisikan bahwa P

n

1 2

S2 <

2 =2

(n

1)

=

2

2

);

3.4 Penduga Selang

70

sedemikian sehingga 1

2

= P

=2 2 =2

= P

(n

1) <

(n

1)

(n

= P

2 1

1 2

1) S 2 < 1) =2 (n

Jadi, selang kepercayaan 100 (1

1

S2 <

2

<

1) S 2

(n

n

2 1

< 2

) % bagi

2 1 =2

(n

=2

(n

(n

1)

1) S 2

1) S 2 < 2 1) =2 (n (n

1) !

!

:

2

ialah ! (n 1) s2 (n 1) s2 ; ; 2 1) 2 =2 (n 1) 1 =2 (n

di mana 1

2

s =

n

1

n X

(xi

x)2 :

i=1

z

Contoh 3.22 Misalkan X adalah peubah acak Bernoulli dengan peluang sukses sebesar p dan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran X. Misalkan Pn p^ = X adalah proporsi sampel yang menyatakan sukses, dengan p^ = 1 p) = p (1 p) =n: Tentukan sei=1 Xi merupakan nilai tengah dan V ar (^ n lang kepercayaan bagi p. Jawab. Berdasarkan Teorema Limit Pusat, sebaran dari peubah acak p^ p Z=p p (1 p) =n

mendekati sebaran N (0; 1) : Bila p (1 p^ (1 p^) ; maka 1

p^

p) diganti dengan penduganya, yaitu

p

!

z

=2

Jadi, selang kepercayaan 100 (1 ) % bagi ialah p p p z =2 p (1 p) =n; p + z =2 p (1 dengan p menyatakan dugaan dari p:

p) =n ; z

3.4 Penduga Selang

3.4.1

71

Selang Kepercayaan Beda Dua Nilai Tengah

Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xm adalah sampel acak dari sebaran X dan Y1 ; Y2 ; :::; Yn adalah sampel acak dari sebaran Y . Asumsikan bahwa masing-masing sam2 pel saling bebas dan ragam dari X dan Y berhingga, Pm dinotasikan dengan Pn 1 = 1 1 2 V ar (X) dan 2 = V ar (Y ) : Misalkan X = m i=1 Xi dan Y = n i=1 Yi adalah nilai tengah sampel dari sebaran X dan Y: Dengan demikian, X Y memiliki sebaran dengan E X

dan V ar X

2 1

2 2

+ m n Berdasarkan asumsi kebebasan sampel dan Teorema Limit Pusat, peubah acak X Y x y r Z= N (0; 1) : 2 2 S1 S2 + m n Jadi, selang kepercayaan 100 (1 ) % bagi x y ialah ! r r s21 s22 s21 s22 + ; (x y) + z =2 + (3.16) (x y) z =2 m n m n Y =

x

y

Y =

dengan s21

=

s22 =

1 m

1 1

n

1

m X

i=1 n X

(xi

(yi

x)2 ; y)2 :

i=1

Selang kepercayaan bagi beda dua nilai tengah yang dihasilkan pada persamaan 3.16 merupakan suatu pendekatan. Berikut ini akan dijelaskan hasil eksak untuk selang kepercayaan bagi beda dua nilai tengah jika diasumsikan bahwa sebaran X dan Y adalah normal dengan ragam yang sama, yaitu 21 = 22 : Asumsikan X N ( x ; 2 ) dan Y N y ; 2 saling bebas. Misalkan n = n1 + n2 adalah total dari ukuran sampel. Misalkan pula X1 ; X2 ; :::; Xn1 adalah sampel acak dari sebaran X dan Y1 ; Y2 ; :::; Yn2 adalah sampel acak dari sebaran Y . Penduga bagi x Y dengan E X Y = x y adalah X y dan 2 2 V ar X Y = n1 + n2 . Karena X dan Y saling bebas, maka X

Y q

x 1 n1

+

1 n2

y

N (0; 1) :

3.4 Penduga Selang

72

Misalkan

1) S12 + (n2 1) S22 : n1 + n2 2 Perhatikan bahwa Sp2 merupakan penduga tak bias bagi Sp2 =

(n1

1) S12 =

2

2

(n1

(n1

serta S12 dan S22 saling bebas, maka (n demikian, X T = X

=

1) S22 =

1) dan (n2

Y q (n

x

2) Sp2 = =

y

2) Sp2 = (n

Y x h q i Sp n11 + n12

2)

2 2

1 n1 2

: Karena 2

2

h q

2

+

(n2

(n

1 n2

1) ; 2) : Dengan

i

y

memiliki sebaran-t dengan derajat bebas (n 2) ; sehingga dapat disimpulkan bahwa selang kepercayaan 100 (1 ) % bagi 1 2 ialah r r 1 1 1 1 (x y) t( =2;n 2) sp + ; (x y) + t( =2;n 2) sp + n1 n2 n1 n2 dengan 1) s21 + (n2 1) s22 ; n1 + n2 2 n1 1 X = (xi x)2 ; n1 1 i=1

s2p = s21

s22 =

3.4.2

(n1

1

n2

1

n2 X

(yi

y)2 :

i=1

Selang Kepercayaan Nisbah Dua Ragam

Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran X maka Pn 2 X i=1 Xi 2 (n 1) : V = 2

N(

x;

2 x) ;

Misalkan pula Y1 ; Y2 ; :::; Ym adalah sampel acak dari sebaran Y maka Pm 2 Y i=1 Yi 2 W = (m 1) : 2

N

y;

2 y

x

y

;

3.4 Penduga Selang

73

Karena peubah acak V dan W saling bebas, maka W= (m 1) V = (n 1) sehingga untuk 0 < 1

= P

F

=2

F (m

1) ;

< 1; (m

1; n

Pm

Pni=1

1)

= P

F

=2

(m

1; n

1)

= P

F

=2

(m

1; n

1)

i=1 2 Sy = 2y Sx2 = 2x 2 Sx2 x 2 Sy2 y

Jadi, selang kepercayaan 100 (1 F

1; n

=2 (m

1; n

Yi

Y =

Xi

X =

1)

s2x ; F1 s2y

1)

=2

(m

1; n

1)

F1

=2

(m

1; n

1)

ialah

=2 (m

1; n

1)

s2x s2y

dengan s2x

1

=

n

1 1

s2y =

m

n X

1

x)2 ;

(xi

i=1 m X

y)2 :

(yi

i=1

Catatan: Misalkan Z= atau

W= (m 1) V = (n 1)

1 V = (n 1) = Z W= (m 1)

F (m

1; n

1)

F (n

1; m

1) ;

maka F

=2

(m

Bukti. Karena Z

1; n

1) =

F (m

1; n

P Z ,

P

F 1 Z

=2

1 F1

=2

(n

1; m

1)

1) ; maka (m

F1

1)

F1

2 x 2 y

) % bagi

2 y (m 2 (n x

1; n

1 F =2 (m 1;n 1)

1) = = 2:

2

:

Sx2 Sy2

=2

:

(m

1; n

1)

!

3.5 Latihan

Karena

1 Z

74

F (n

1) ; maka

1; m F1

, F

=2

=2

(n

(m

1; m 1; n

1

1) = 1) =

F

F1

(m 1; n 1 1; m =2 (n =2

1) 1)

: z

3.5

Latihan

1. Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; ) = Tentukan penduga dari

dan

1

I( < x < )

dengan menggunakan metode momen:

2. Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang r 1 2 exp (x )2 I (x f (x; ) = ) 2 Tentukan penduga kemungkinan maksimum bagi : 3. Andaikan X1 ; X2 ; :::; Xn merupakan sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; ) = I (

0:5

x

+ 0:5)

dan Y1 < Y2 < ::: < Yn merupakan statistik-statistik tataan (order statistics)-nya. Carilah penduga bagi dengan menggunakan: (a) metode momen, (b) metode kemungkinan maksimum. Jelaskan bahwa (Y1 +Yn )=2 dan (4Y1 + 2Yn + 1)=6 masing-masing merupakan penduga kemungkinan maksimum bagi . 4. Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran mana merupakan parameter yang tidak diketahui.

(2; ) ; di

3.5 Latihan

75

P (a) Carilah sebaran dari Y jika Y = ni=1 Xi dan tentukan konstanta c sedemikian sehingga cY adalah penduga tak bias bagi :

(b) Jika n = 5, tunjukkan bahwa P 9:59 <

2Y

< 34:2 = 0:95:

5. Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; ) = e

(x

)

I (x > )

di mana 1 < < 1: Periksa apakah penduga X(1) dan X 1 merupakan penduga tak bias bagi ? Di antara penduga tersebut, manakah penduga yang lebih e…sien? 6. Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran X P oisson ( ) dengan > 0: Tentukan penduga bagi dan periksa apakah penduga tersebut merupakan penduga konsisten bagi : 7. Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; ) = e di mana

x

I (x > 0)

> 0:

(a) Tentukanlah I ( ) ; informasi Fisher bagi : (b) Berikanlah penduga takbias bagi : (c) Berikanlah batas bawah pertaksamaan Rao-Cramèr untuk penduga yang diperoleh dari butir b. (d) Carilah e…siensi penduga yang diperoleh dari butir b. 8. Andaikan fungsi kepekatan peluang f (x; ) = exp ( Y = (X1 + X2 + ::: + Xn )=n, maka :

x) I (x > 0) dan

(a) Tunjukkanlah bahwa W = 2nY = memiliki sebaran Khi-kuadrat dengan derajat bebas 2n. (b) Berikanlah selang kepercayaan (1

) bagi .

9. Misalkan X1 ; X2 ; :::; X11 adalah sampel acak dari sebaran normal P11 den2 gan nilai tengah (tidak diketahui) dan ragam = 9:9: Jika i=1 xi = 132; tentukanlah konstanta p k sedemikian p sehingga 90% selang kepercayaan bagi ialah 12 k 0:9; 12 + k 0:9 :

3.5 Latihan

76

10. Misalkan X dan Y adalah nilai tengah dari dua sampel acak yang saling bebas dari sebaran N ( x ; 2 ) dan N y ; 2 dengan asumsi ragam tidak diketahui. Tentukan n sedemikian sehingga P X

Y

=5 <

x

y

<X

Y + =5 = 0:90:

BAB 4 Kecukupan 4.1

Statistik Cukup

De…nisi 4.1 Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari populasi X dengan fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa peluang f (x; ) ; 2 : Andaikan Y = u (X1 ; X2 ; :::; Xn ) merupakan statistik dengan fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa peluang gY (y; ) ; 2 ; maka Y adalah statistik cukup bagi jika f (x1 ; :::; xn ; ) = H (x1 ; :::; xn ) ; gY (u (x1 ; :::; xn ) ; ) dengan H (x1 ; :::; xn ) tidak bergantung pada

2 :

Contoh 4.1 Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fP (x; ) = x (1 )1 x I (x = 0; 1) di mana 0 < < 1: Tunjukkan bahwa n Y = i=1 Xi adalah statistik cukup bagi : Jawab.

n Y

f (x1 ; :::; xn ; ) =

xi

(1

)1

(1

)n

xi

I (xi = 0; 1)

i=1

n x i=1 i

=

n x i=1 i

n Y

I (xi = 0; 1) :

i=1

Karena Xi

Bernoulli ( ) ; maka Y = gY (y; ) =

n y

y

Pn

i=1

)n

(1 77

y

Xi

binomial (n; ) sehingga

I (y = 0; 1; :::; n) :

4.1 Statistik Cukup

78

Sebaran bersyarat dari X1 ; X2 ; :::; Xn untuk Y = n x i=1 i

f (x1 ; :::; xn ; ) = gY (y; )

(1

n x i=1 i

n n x i=1 i

Pn

i=1

Xi = y ialah n x i=1 i

)n

n x i=1 i

)n

(1

1

=

n n x i=1 i

=

1 n y

Pn

(tidak bergantung pada parameter ) : Jadi, Y = tistik cukup bagi :

i=1

Xi merupakan staz

Contoh 4.2 Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan f (x; ) = e (x ) I (x > ) : Tunjukkan bahwa Y = X(1) adalah statistik cukup bagi : Jawab. Fungsi kepekatan peluang bagi Y = X(1) ialah F (y)]n Z y e

gY (y; ) = nf (y; ) [1 = ne

(y

)

1

= ne

(y

)

1

= ne

(y

)

e

= ne

n(y

)

1 (y

e

1

I (y > ) n 1

(x

(y

)

)

dx n 1

) n 1

I (y > ) :

Sebaran bersyarat dari X1 ; X2 ; :::; Xn untuk Y = X(1) = min (Xi ) ialah Yn e (xi ) f (x1 ; :::; xn ; ) i=1 = gY (y; ) ne n(min(xi ) ) Pn exp (n i=1 xi ) = n exp ( n (min (xi ) )) Pn exp ( i=1 xi ) = n exp ( n min (xi )) (tidak bergantung pada parameter ) : Jadi, Y = X(1) merupakan statistik cukup bagi : z Teorema 4.1 (Faktorisasi Neyman) Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa

4.1 Statistik Cukup

79

peluang f (x; ) ; 2 : Statistik Y1 = u1 (X1 ; X2 ; :::; Xn ) merupakan statistik cukup bagi jika dan hanya jika terdapat dua fungsi nonnegatif k1 dan k2 sehingga n Y

f (xi ; ) = k1 (u1 (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; ) k2 (x1 ; x2 ; :::; xn )

i=1

dengan k2 (x1 ; x2 ; :::; xn ) tidak bergantung pada : Bukti. ()) Jika Y1 adalah statistik cukup, maka f (x1 ; x2 ; :::; xn ; ) = gY1 (u1 (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; ) H (x1 ; x2 ; :::; xn ) n Y f (xi ; ) = k1 (u (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; ) k2 (x1 ; x2 ; :::; xn ) : i=1

(() Misalkan X merupakan peubah acak kontinu. Dalam pembuktian ini, peubah y1 = u1 (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; y2 = u2 (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; :::; yn = un (x1 ; x2 ; :::; xn ) ditransformasikan satu-satu. Peubah y1 ; y2 ; ::: dan yn memiliki invers x1 = w1 (y1 ; y2 ; :::; yn ) ; x2 = w2 (y1 ; y2 ; :::; yn ) ; :::; xn = wn (y1 ; y2 ; :::; yn ) dan determinan matriks Jacobi J: Fungsi kepekatan peluang bagi Y1 ; Y2 ; ::: dan Yn ialah g (y1 ; y2 ; :::; yn ; ) = k1 (y1 ; ) k2 (w1 ; w2 ; :::; wn ) jJj di mana wi = wi (y1 ; y2 ; :::; yn ) ; i = 1; 2; :::; n: Fungsi kepekatan peluang bagi Y1 ialah Z 1 Z 1 g (y1 ; y2 ; :::; yn ; ) dy2 :::dyn gY1 (y1 ; ) = ::: 1 1 Z 1 Z 1 = k1 (y1 ; ) ::: k2 (w1 ; w2 ; :::; wn ) jJj dy2 :::dyn : Misalkan m (y1 ) =

R1

1

:::

R1

1

1

1

k2 (w1 ; w2 ; :::; wn ) jJj dy2 :::dyn ; maka

gY1 (y1 ; ) = k1 (y1 ; ) m (y1 ) :

Jika m (y1 ) = 0; maka gY1 (y1 ; ) = 0: Jika m (y1 ) > 0; maka fungsi k1 (y1 ; ) dapat dituliskan menjadi k1 (u1 (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; ) =

gY1 (u1 (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; ) m (u1 (x1 ; x2 ; :::; xn ))

dan faktorisasinya menjadi n Y i=1

f (xi ; ) = gY1 (u1 (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; )

k2 (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; m (u1 (x1 ; x2 ; :::; xn ))

4.1 Statistik Cukup

80

di mana fungsi k2 dan m tidak bergantung pada : Dengan demikian, berdasarkan de…nisinya dengan H (x1 ; :::; xn ) =

k2 (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; m (u1 (x1 ; x2 ; :::; xn )) z

maka Y1 merupakan statistik cukup bagi :

Contoh 4.3 Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran N ( ; 2 ), 1 < < 1; di mana 2 > 0 diketahui. Dengan menggunakan Teorema 4.1 (Faktorisasi Neyman), tunjukkan bahwa X adalah statistik cukup bagi : Jawab. Jika x = n X

(xi

2

)

Pn

i=1

xi

n n X

=

i=1

, maka (xi

i=1 n X

=

)2

x+x

x)2 + 2 (xi

(xi

x) (x

) + (x

)2

i=1

n X

=

(xi

x)2 + n (x

)2 ;

i=1

Pn

x) = 0: Fungsi kepekatan peluang bersama bagi

karena (x ) i=1 (xi X1 ; X2 ; :::; Xn ialah f (x1 ; x2 ; :::; xn ; ) =

n Y

f (xi ; )

i=1

= =

1 p 2 ( " exp

= k1 (x; )

n

exp n (x 2

" P n

(xi 2 2 #) (

2

)

i=1

2

) 2

exp

#

Pn

i=1 (xi p 2

x)2 =2 n

k2 (x1 ; x2 ; :::; xn ) :

Yn Karena f (xi ; ) dapat difaktorkan menjadi k1 dan k2 di mana k2 tidak i=1 bergantung pada parameter ; maka berdasarkan Teorema 4.1, X merupakan statistik cukup bagi : z Akibat 4.1 Jika Y adalah statistik cukup bagi ; maka penduga kemungkinan maksimum bagi adalah fungsi dari Y .

2

)

4.1 Statistik Cukup

81

Bukti. Berdasarkan Teorema 4.1, fungsi kemungkinan L ( ) dapat difaktorisasi menjadi L( ) =

n Y

f (xi ; )

i=1

= k1 (y; )

k2 (x) ;

sehingga untuk memaksimumkan L ( ) ; hanya perlu memaksimumkan k1 (y; ) : Dengan demikian, penduga kemungkinan maksimum bagi merupakan fungsi dari statistik cukup Y: z Teorema 4.2 (Rao-Blackwell) Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi kepekatan peluang atau fungsi massa peluang f (x; ) ; 2 : Misalkan Y1 = u1 (X1 ; X2 ; :::; Xn ) merupakan statistik bagi dan Y2 = u2 (X1 ; X2 ; :::; Xn ) penduga takbias bagi : Jika E (Y2 jy1 ) = ' (y1 ) ; maka E (' (Y1 )) = dan V ar (' (Y1 )) V ar (Y2 ) : Bukti. Misalkan X merupakan peubah acak kontinu. Karena E (Y2 jy1 ) = ' (y1 ) ; maka Z 1 ' (y1 ) fY1 (y1 ; ) dx E (' (Y1 )) = 1 Z 1 Z 1 = y2 f (y2 jy1 ) dy2 fY1 (y1 ; ) dy1 1 1 Z 1 Z 1 f (y1 ; y2 ; ) dy2 fY1 (y1 ; ) dy1 = y2 fY1 (y1 ; ) 1 1 Z 1Z 1 y2 f (y1 ; y2 ; ) dy2 dy1 = 1

= E (Y2 ) = :

1

4.1 Statistik Cukup

E [(Y2

82

' (Y1 )) (' (Y1 )

)] =

Z Z

Z Z

(y2

' (y1 )) (' (y1 )

) f (y1 ; y2 ; ) dy1 dy2

' (y1 )) (' (y1 ) ) f (y2 jy1 ) fY1 (y1 ; ) dy1 dy2 Z Z = (' (y1 ) ) (y2 ' (y1 )) f (y2 jy1 ) dy2 fY1 (y1 ; ) dy1 Z = (' (y1 ) ) (' (y1 ) ' (y1 )) fY1 (y1 ; ) dy1

=

(y2

= 0

V ar (Y2 ) = E (Y2 )2 = E (Y2 ' (Y1 ) + ' (Y1 ) )2 = E (Y2 ' (Y1 ))2 + 2E [(Y2 ' (Y1 )) (' (Y1 ) +E (' (Y1 ) )2 = E (Y2 ' (Y1 ))2 + E (' (Y1 ) )2 = E (Y2 ' (Y1 ))2 + V ar (' (Y1 )) : Karena E (Y2

' (Y1 ))2

)]

(4.1)

0; maka persamaan 4.1 menjadi V ar (Y2 )

V ar (' (Y1 )) :

z Berdasarkan Teorema 4.2, jika Y1 adalah statistik cukup untuk suatu parameter , maka untuk mendapatkan penduga takbias dengan ragam minimum atau Minimum Variance Unbiased Estimator (MVUE), cukup dengan mencari fungsi dari statistik Y1 ; ' (Y1 ) ; sedemikian sehingga E (' (Y1 )) = : Contoh 4.4 Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dengan f (x; ) = 1 e x= I (x > 0) : Tentukan MVUE bagi : Jawab. L( ) =

n Y

f (xi ; )

i=1

L( ) =

n

exp

Pn

i=1

xi

:

(4.2)

P Berdasarkan Teorema 4.1, statistik Y1 = ni=1 Xi merupakan statistik cukup. Fungsi log-likelihood dari persamaan 4.2 adalah n 1X xi ; ln L ( ) = n ln i=1

4.1 Statistik Cukup

83

sehingga diperoleh penduga kemungkinan maksimum bagi Pn Karena Xi (1; ) ; maka Y1 = i=1 xi (n; ) : E X =E

Y1 n

=

adalah X =

Y1 : n

1 1 E (Y1 ) = n = ; n n z

sehingga X merupakan MVUE bagi :

Misalkan ' (Y1 ) = E (Y2 jY1 ) adalah penduga takbias yang memiliki ragam lebih kecil daripada penduga takbias bagi ; yaitu Y2 : Misalkan pula suatu fungsi dari suatu statistik Y3 , dinotasikan dengan (Y3 ) dan amatannya dide…nisikan sebagai (y3 ) = E (' (Y1 ) jY3 = y3 ) ; di mana Y3 bukan statistik cukup. Berdasarkan Teorema 4.2 (Rao-Blackwell), E ( (Y3 )) = dan (Y3 ) memiliki ragam lebih kecil daripada ' (Y1 ) : Oleh karena itu, seharusnya (Y3 ) merupakan penduga takbias yang lebih baik jika dibandingkan dengan ' (Y1 ) : Namun, hal ini tidak benar karena Y3 bukan statistik cukup, sehingga sebaran bersyarat dari Y1 jika diketahui Y3 = y3 dan nilai harapan bersyarat dari Y3 masih mengandung : Jadi, meskipun E ( (Y3 )) = ; (Y3 ) bukanlah suatu statistik karena masih bergantung pada paramater yang tidak diketahui. Sebagai contoh, misalkan X1 ; X2 ; X3 adalah sampel acak dari sebaran eksponensial dengan nilai harapan > 0; maka fungsi kepekatan peluang bersama dari sampel acak tersebut ialah f (x1 ; x2 ; x3 ; ) =

1

3

exp

x1 + x2 + x3

3 Y i=1

I (0 < xi < 1) :

Berdasarkan Teorema 4.1, Y1 = X1 + X2 + X3 merupakan statistik cukup bagi : Nilai harapan dari Y1 ialah E (Y1 ) = E (X1 + X2 + X3 ) = 3 ; dan Y1 =3 = X ialah fungsi dari statistik cukup yang merupakan penduga takbias bagi : Misalkan Y2 = X2 +X3 dan Y3 = X3 : Transformasi satu-satu x1 = y1 y2 ; x2 = y2 y3 ; x3 = y3 memiliki determinan matriks Jacobi sama dengan J = det = = 1

1 0 0

@x @y0 1 1 0

0 1 1

4.1 Statistik Cukup

84

dan fungsi kepekatan peluang bersama bagi Y1 ; Y2 ; dan Y3 ialah 3

1

g (y1 ; y2 ; y3 ; ) =

y1

exp

I (0 < y3 < y2 < y1 < 1) :

Fungsi kepekatan peluang marginal bagi Y1 dan Y3 ialah g13 (y1 ; y3 ; ) =

Z

y1

3

1

y1

exp

dy2

y3

=

1

3

(y1

y1

y3 ) exp

I (0 < y3 < y1 < 1) :

Karena Y3 = X3 ; maka fungsi kepekatan peluang bagi Y3 ialah g3 (y3 ; ) =

1

exp

y3

I (0 < y3 < 1) ;

sehingga fungsi kepekatan peluang bersyarat bagi Y1 jika diketahui Y3 = y3 ialah g1j3 (y1 jy3 ) =

g13 (y1 ; y3 ; ) g3 (y3 ; ) 1

=

E

Y1 y3 3

2

(y1

Y1

= E 1 = 3

y3 ) exp

Z

Y3 3

1

1

1

y3 + E

(y1

Y3 y3 3

2

(y1

y3

y3 ) I (0 < y3 < y1 < 1) :

y3 )2 exp

1

(y1

y3 ) dy1 +

y3 3

1 (3) 3 y3 + 2 3 3 y3 2 + = 3 3 = (y3 ) :

=

Jelas bahwa E ( (Y3 )) = dan V ar ( (Y3 )) V ar (Y1 =3), tetapi (Y3 ) bukan statistik karena bergantung pada parameter dan tidak dapat digunakan sebagai penduga bagi :

4.2 Kelengkapan dan Kekhasan

4.2

85

Kelengkapan dan Kekhasan

De…nisi 4.2 Misalkan Z adalah peubah acak dengan fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang h (z; ) ; 2 : Jika E (u (Z)) = 0; 8 2 memerlukan u (Z) = 0 kecuali pada himpunan berpeluang nol untuk setiap h (z; ) ; 2 ; maka famili fh (z; ) : 2 g disebut famili lengkap dari fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang. Berikut merupakan beberapa contoh famili lengkap dan famili tak lengkap. Contoh 4.5 Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel P acak dari sebaran Poisson dengan parameter > 0. Tunjukkan bahwa Y1 = ni=1 Xi adalah statistik cukup bagi dan himpunan fungsi massa peluang bagi Y1 merupakan famili lengkap. Jawab. Karena Xi n Y

P oisson ( ) ; maka

f (xi ; ) =

i=1

n Y

xi

e I (xi = 0; 1; 2; : : :) xi !

i=1

e n Y = Qn I (xi = 0; 1; 2; : : :) i=1 (xi !) i=1

=

n

xi

xi

e

n

1 i=1 (xi !) k2 (x1 ; x2 ; :::; xn ) :

Qn

= k1 (y1 ; ) P Berdasarkan Teorema 4.1, Y1 = ni=1 Xi merupakan statistik cukup bagi : Kemudian, fungsi massa peluang bagi Y1 ialah (n )y1 e g (y1 ; ) = y1 !

n

I (y1 = 0; 1; 2; : : :) :

Misalkan fg (y1 ; ) : > 0g merupakan famili dari fungsi massa peluang. Misalkan pula u (Y1 ) adalah fungsi dari Y1 sedemikian sehingga E (u (Y1 )) = 0: Akan ditunjukkan bahwa bila E (u (Y1 )) = 0 memerlukan u (Y1 ) = 0 ke-

4.2 Kelengkapan dan Kekhasan

86

cuali pada himpunan berpeluang nol untuk setiap g (y1 ; ) ; > 0: E (u (Y1 )) = 0

e Karena e

n

n

"

1 X

y1

(n )y1 e u (y1 ) y1 ! =0

n

=0

n (n )2 u (0) + u (1) + u (2) + 1! 2!

6= 0; maka u (0) + [nu (1)] +

n2 u (2) 2

2

+

#

= 0:

= 0:

Catatan: Jika suatu deret (pangkat) takhingga konvergen ke nol untuk setiap > 0; maka setiap koe…siennya sama dengan nol. Dengan demikian, n2 u (2) = 0; : 2 = 0: Jadi, fg (y1 ; ) :

u (0) = 0; nu (1) = 0; Artinya, u (0) = u (1) = u (2) = famili lengkap.

> 0g merupakan z

Contoh 4.6 Misalkan Z adalah peubah acak dari famili fh (z; ) : mana 1 h (z; ) = e z= I (0 < z < 1) : Tunjukkan bahwa famili fh (z; ) :

2 g di

2 g merupakan famili lengkap.

Jawab. Misalkan pula u (Z) adalah fungsi dari peubah acak Z sedemikian sehingga E (u (Z)) = 0; yaitu Z 1 1 u (z) e z= dz = 0; > 0: (4.3) 0

Catatan: Misalkan £ merupakan operator transformasi Laplace. Bila £ f = £ g; maka f = g pada titik-titik kekontinuannya: Dengan kata lain, Z 1 Z 1 st f (t) e dt = g (t) e st dt ) f (t) = g (t) : 0

0

Karena ruas kiri pada persamaan 4.3 merupakan transformasi Laplace bagi fungsi u (z) ; maka u (z) = 0 pada titik-titik kekontinuannya. Jadi, fh (z; ) : merupakan famili lengkap.

2 g

z

4.2 Kelengkapan dan Kekhasan

87

Contoh 4.7 Tunjukkan bahwa famili yang anggotanya sebagai berikut bukan merupakan famili lengkap. a. f (x; ) =

1 2

I (jxj = 1; 2; :::; ) ;

b. f (x; ) =

1 2

I (jxj < ) :

2 N:

Jawab. a. Karena peubah acak X memiliki fungsi massa peluang f (x; ) =

1 I (jxj = 1; 2; :::; ) ; 2 N; 2

maka X

E (X) =

xf (x; )

x=

X

=

x=

x

1 2

= 0;

tetapi tidak mengharuskan X = 0 sehingga f (x; ) bukan anggota famili lengkap. b. Karena peubah acak X memiliki fungsi kepekatan peluang f (x; ) =

1 I (jxj < ) 2

maka E (X) = =

Z Z

xf (x; ) dx x

1 2

dx

= 0; tetapi tidak mengharuskan X = 0 sehingga f (x; ) bukan anggota famili lengkap.

4.3 Kelas Eksponen

88

z Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dengan fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; ) dan Y1 = u (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) adalah statistik cukup bagi : Misalkan pula ' (Y1 ) dan (Y1 ) masing-masing adalah fungsi dari statistik cukup Y1 (tidak bergantung pada ) sedemikian sehingga E (' (Y1 )) = dan E ( (Y1 )) = ; 8 2 . Nilai harapan dari selisih kedua fungsi tersebut ialah E (' (Y1 )

(Y1 )) = 0; 2 :

Jika famili ffY1 (y1 ; ) : 2 g merupakan famili lengkap, maka ' (y1 ) (y1 ) = 0 kecuali pada himpunan yang berpeluang nol. Dengan kata lain, untuk setiap penduga takbias (Y1 ) bagi ; ' (y1 ) =

(y1 ) ;

kecuali pada himpunan yang berpeluang nol. Dengan demikian, ' (Y1 ) merupakan fungsi dari statistik cukup Y1 yang khas dan memiliki ragam minimum jika dibandingkan dengan penduga takbias lainnya (Teorema 4.2). Hal tersebut dinyatakan dalam teorema berikut. Teorema 4.3 (Lehmann dan Sche¤é) Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dengan fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; ) : Misalkan pula Y1 = u (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) adalah statistik cukup bagi dan famili ffY1 (y1 ; ) : 2 g merupakan famili lengkap. Jika terdapat fungsi Y1 yang merupakan penduga takbias bagi ; maka fungsi Y1 merupakan penduga takbias dengan ragam minimum yang khas atau Unique Minimum Variance Unbiased Estimator (U M V U E).

4.3

Kelas Eksponen

De…nisi 4.3 Suatu fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; ) = exp [p ( ) K (x) + S (x) + q ( )] I (x 2 W ) ;

<

<

(4.4)

disebut sebagai anggota kelas eksponen biasa fungsi kepekatan peluang kontinu atau fungsi massa peluang diskret jika 1: W tak bergantung pada parameter : 2: p ( ) fungsi kontinu nontrivial dari : 3: a. Jika X peubah acak kontinu, maka setiap K 0 (x) 6= 0 dan S (x)

4.3 Kelas Eksponen

89

fungsi kontinu dari x, x 2 W: b. Jika X peubah acak diskret, maka K (x) adalah fungsi nontrivial dari x 2 W: Contoh 4.8 Misalkan X

N (0; ) : Apakah anggota dari famili ff (x; ) : 0 <

< 1g

merupakan anggota kelas eksponen biasa fungsi kepekatan peluang kontinu? Jawab. 1 2 e x =2 2 = exp [ln f (x; )] p 1 2 = exp x ln 2 2

f (x; ) = p

I ( 1 < x < 1) :

(4.5)

Berdasarkan persamaan 4.5, W = ( 1; 1) tidak bergantung pada parameter , f (x; ) = exp [p ( ) K (x) + S (x) + q ( )] p 1 2 x ln 2 = exp 2 p 1 ; K (x) = x2 ; S (x) = 0; q ( ) = ln 2 ; 2 0 K (x) = 2x 6= 0 dan S (x) merupakan fungsi kontinu pada x 2 ( 1; 1) : Jadi, N (0; ) anggota kelas eksponen biasa fungsi kepekatan peluang kontinu. z p( ) =

Contoh 4.9 Misalkan X

P oisson ( ) : Apakah anggota dari famili ff (x; ) : 0 <

< 1g

merupakan anggota kelas eksponen biasa fungsi massa peluang diskret? Jawab. x

f (x; ) = e

I (x = 0; 1; 2; : : :) x! = exp [ln f (x; )] I (x = 0; 1; 2; : : :) 1 = exp (ln ) x + ln I (x = 0; 1; 2; : : :) x!

(4.6)

4.3 Kelas Eksponen

90

Berdasarkan persamaan 4.6, W = f0; 1; 2; : : :g tidak bergantung pada parameter , f (x; ) = exp [p ( ) K (x) + S (x) + q ( )] 1 I (x = 0; 1; 2; : : :) = exp (ln ) x + ln x! p ( ) = ln ; K (x) = x; S (x) = ln

1 x!

; q( ) =

;

dan K (x) = x merupakan fungsi nontrivial dari x 2 W: Jadi, x

f (x; ) = e

x!

I (x = 0; 1; 2; : : :)

anggota kelas eksponen biasa fungsi massa peluang diskret. z 1 Misalkan X seragam (0; ) ; maka f (x; ) = I (0 < x < ) juga dapat dituliskan seperti persamaan 4.6. Namun, perhatikan bahwa interval (0; ) bergantung pada parameter sehingga fungsi kepekatan peluang sebaran seragam (0; ) bukan anggota kelas eksponen biasa fungsi kepekatan peluang kontinu. Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran yang merupakan anggota kelas eksponen biasa. Fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang bersama dari X1 ; X2 ; : : : ; Xn ialah n Y i=1

f (xi ; ) =

n Y i=1

exp [ln f (xi ; )] "

= exp p ( ) "

= exp p ( )

n X

i=1 n X

K (xi ) +

n X i=1

S (xi ) + nq ( ) #

K (xi ) + nq ( ) exp

i=1

#

"

n X i=1

#

S (xi )

n Y i=1

I (xi 2 W ) :

P Berdasarkan Teorema 4.1, Y1 = ni=1 K (xi ) merupakan statistik cukup bagi parameter : Selanjutnya, teorema berikut ini menyatakan kelengkapan dari statistik cukup Y1 tersebut. Teorema 4.4 Misalkan f (x; ) ; < < ; adalah fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang dari peubah acak X yang merupakan anggota kelas eksponen biasa. Jika X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah contoh acak dari sebaran X, maka Y1 =

n X i=1

K (xi )

4.3 Kelas Eksponen

91

merupakan statistik cukup bagi dan famili ffY1 (y1 ; ) : < < g dari fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang Y1 adalah famili lengkap. Dengan kata lain, Y1 adalah statistik cukup lengkap. Contoh 4.10 Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran Pn nor2 2 mal N ( ; ) ; 1 < < 1; > 0. Tunjukkan bahwa Y1 = i=1 Xi merupakan statistik cukup lengkap dan Y1 =n merupakan UMVUE bagi : Jawab. Karena X

2

), maka fungsi kepekatan peluangnya ialah # " 1 (x )2 f (x; ) = p exp I ( 1 < x < 1) 2 2 2 N( ;

atau f (x; ) = exp

2

p ln 2

x2 2 2

x

2 2

2

I ( 1 < x < 1) ;

2

sehingga p( ) =

; K (x) = x; S (x) = 2

x2 2 2

p ln 2

2 2;

q( ) =

2

2

:

P Berdasarkan Teorema 4.4, Y1 = ni=1 Xi merupakan statistik cukup lengkap. Karena E (Y1 ) = n ; maka ' (Y1 ) = Y1 =n = X adalah penduga takbias khas bagi dan fungsi dari statistik cukup Y1 yang memiliki ragam minimum. Dengan demikian, X merupakan UMVUE bagi : z Contoh 4.11 Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran binomial dengan parameter (1; ) ; 0 < < 1: Tentukan UMVUE bagi dan UMVUE bagi V ar X . Jawab. f (x; ) =

x

(1

x

)1

I (x = 0; 1)

x

=

1

= exp x ln p ( ) = ln

1

(1 1

) I (x = 0; 1) + ln (1

) I (x = 0; 1)

; K (x) = x; S (x) = 0; q ( ) = ln (1

):

4.3 Kelas Eksponen

92

Karena K (x) = x adalah fungsi nontrivial dari x 2 f0; 1g ; maka b (1; ) anggota P kelas eksponen biasa fungsi massa peluang diskret. Dengan demikian, Y = ni=1 Xi merupakan statistik cukup lengkap bagi dan Y b (n; ) ; sehingga nilai harapan dan ragam dari Y ialah E (Y ) = n dan V ar (Y ) = n (1 Y Y = dan V ar = (1 E n n n

); ):

Jadi, Y =n adalah UMVUE bagi : Selanjutnya ingin ditentukan UMVUE bagi V ar Yn = n (1 ) ; di mana n (1 ) merupakan fungsi dari parameter : Misalkan = (1 ) ; maka dugaan kemungkinan maksimum bagi n diberikan sebagai fungsi dari statistik cukup, yaitu 1 Y n n 1 = E n 1 = E n

E

Karena E

Y n

=

E

dan E Y n

1 n

Y2 n2

=

Y n

1

Y n

1

=

Y n Y n

n

: Y n

1 E

(1

=

Y2 n2 2

)+

(n

; maka

1) n

:

n

(1

);

sehingga E

n n

1

1 n

Y n

Y n

1

n

=

n

=

n

1

1 n

E

(1

):

Y n

=

Y n

1

Y n

Dengan kata lain, statistik ^= adalah UMVUE bagi

n n

1

1 Y n n

1

(ragam dari Y/n) :

n n

1 z

4.3 Kelas Eksponen

93

Contoh 4.12 Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran normal N ( ; 1). Tentukan UMVUE dari fungsi yang dide…nisikan sebagai berikut Z c 2 1 p e (x ) =2 dx = (c ); P (X c) = 2 1 di mana c adalah suatu konstanta. Jawab. Misalkan u (X1 ) adalah fungsi dari X1 : Kemudian, hitung nilai harapan bersyarat dari statistik takbias jika diketahui statistik cukup X; yaitu E u (X1 ) jX = x = ' (x) : Berdasarkan Teorema Rao-Blackwell dan Lehmann-Sche¤é, ' X adalah UMVUE bagi (c ): Misalkan fungsi u (x1 ) = I ( 1 < x1 < c) ; maka nilai harapan dari E (u (X1 )) = 1 P (X1

c

)=

(c

):

Dengan demikian, u (X1 ) adalah penduga takbias takbias bagi (c ): Selanjutnya akan ditentukan fungsi kepekatan peluang bersama bagi X1 dan X serta fungsi kepekatan peluang bersyarat dari X1 jika diketahui X: Dari fungsi kepekatan peluang bersyarat tersebut, dapat ditentukan nilai harapan bersyarat E u (X1 ) jX = x = ' (x) : Fungsi kepekatan peluang bersama bagi X1 dan X adalah normal bivariat dengan vektor nilai harapan ( ; ) p 2 2 dan ragam 1 = 1, 2 = 1=n; serta koe…sien korelasi = 1= n; sehingga fungsi kepekatan peluang bersyarat dari X1 jika diketahui X = x adalah normal dengan nilai harapan +

1

(x

)=x

2

dan ragam 2 1

1

2

=

n

1

: n Jadi, nilai harapan bersyarat dari u (X1 ) jika diketahui statistik cukup X = x ialah r Z 1 n 1 1 n (x1 x) p exp ' (x) = u (x1 ) dx1 n 2 (n 1) 2 1 Z c r n 1 1 n (x1 x) p exp = dx1 : n 2 (n 1) 2 1

4.4 Latihan

94

Dengan pemisalan peubah z = bersyarat tersebut menjadi ' (x) =

Z

c0 1

p

p x) = n

n (x1

1 p e 2

z 2 =2

dz =

1; maka nilai harapan

(c0 ) ;

p p di mana c0 = n (c x) = n 1: Dengan demikian, UMVUE bagi untuk setiap konstanta c ialah ! p n c X p : ' X = n 1

(c

)

z

4.4

Latihan

1. Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; ) =

(1 + x)

+1

I (x

0) ;

> 0:

Tentukan statistik cukup bagi parameter : 2. Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan Pnfungsi x kepekatan peluang f (x; ) = e I(x > 0) ; > 0: Y = i=1 Xi merupakan statistik cukup bagi : Tunjukkan bahwa (n 1) =Y adalah MVUE bagi : 3. Misalkan fh (x; ) : 2 g merupakan famili dari fungsi kepekatan peluang, di mana h (x; ) = 1 I (x > 0) : Tunjukkan bahwa famili tersebut tidak lengkap jika = f : > 1g : 4. Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; ) = 2 xe x I(0 < x < 1) ; > 0: (a) Tunjukkan bahwa Y = bagi :

Pn

i=1

Xi merupakan statistik cukup lengkap

(b) Hitung E (1=Y ) dan carilah fungsi dari Y yang merupakan UMVUE bagi :

4.4 Latihan

95

5. Andaikan peubah acak X dengan fungsi kepekatan peluang f (x; ) = B( )h(x) exp[Q( )R(x)]I (a < x < b) merupakan anggota kelas eksponen biasa. Tunjukkanlah bahwa E[R(X)] =

B 0 ( ) =[(B ( ) Q0 ( )]:

BAB 5 Pendugaan Bayes 5.1

Prinsip Minimax

Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn merupakan sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; ) ; 2 : Misalkan pula Y = U (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) merupakan statistik yang digunakan untuk menduga parameter dan (y) merupakan fungsi nilai amatan dari statistik Y yang menjadi dugaan titik bagi parameter : Fungsi disebut juga sebagai fungsi keputusan. Suatu nilai dari fungsi keputusan, sebut saja (y) ; disebut sebagai putusan. Putusan tersebut dapat benar atau salah. Hal tersebut dapat menjadi ukuran dari perbedaan, jika ada, antara nilai sebenarnya dari dengan dugaan titik (y) : Oleh karena itu, de…nisikan $ [ ; (y)] sebagai fungsi kehilangan (loss function). Nilai harapan dari fungsi kehilangan disebut sebagai fungsi risiko (risk function), dinotasikan dengan R ( ; ). Jika Y merupakan peubah acak kontinu dengan fY (y; ) ; 2 ; merupakan fungsi kepekatan peluang dari Y; maka fungsi risiko dapat dihitung sebagai berikut Z 1 $ [ ; (y)] fY (y; ) dy: R ( ; ) = E ($ [ ; (Y )]) = 1

Contoh 5.1 Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; X25 merupakan sampel acak dari sebaran N ( ; 1) ; 1 < < 1: Misalkan Y = X; nilai tengah dari sampel acak, dan misalkan $ [ ; (y)] = [ (y)]2 : Bandingkanlah dua fungsi keputusan berikut: 1

(y) = y;

2

(y) = 0: 96

5.1 Prinsip Minimax

97

Jawab. Fungsi risiko untuk masing-masing

1

(y) dan

2

(y) ialah

1 25 = 2:

R( ;

1)

= E (

Y )2 =

R( ;

2)

= E (

0)2

Jelas bahwa jika pada kenyataannya = 0; maka 2 (y) = 0 adalah keputusan yang tepat dan R (0; 2 ) = 0: Tetapi, jika 6= 0; maka 2 (y) = 0 adalah keputusan yang kurang tepat. Sebagai contoh, misalkan pada kenyataannya 1 = 2; maka R (2; 2 ) = 4 > R (2; 1 ) = 25 : Secara umum, R ( ; 2 ) < 1 1 R ( ; 1 ) jika 5 < < 5 dan untuk selainnya R ( ; 2 ) R ( ; 1 ) : Dengan demikian, kadang kala suatu fungsi keputusan lebih baik daripada fungsi keputusan lainnya untuk beberapa nilai dan fungsi keputusan lainnya lebih baik untuk nilai lainnya, sehingga jika kita membatasi fungsi keputusan ; seperti E ( (Y )) = untuk setiap nilai ; 2 ; maka 2 (y) = 0 tidak termasuk ke dalam pertimbangan sebagai fungsi keputusan. Berdasarkan hal tersebut, fungsi risiko merupakan ragam dari penduga takbias (Y ) : Misalkan kita tidak ingin membatasi sendiri fungsi keputusan ; seperti E ( (Y )) = untuk setiap nilai ; 2 : Misalkan kita katakan bahwa fungsi keputusan yang meminimumkan fungsi risiko yang maksimum merupakan fungsi keputusan terbaik. Karena pada contoh ini R ( ; 2 ) = 2 tak terbatas, maka berdasarkan kriteria tersebut, 2 (y) = 0 bukanlah fungsi keputusan terbaik. Dengan demikian, kita peroleh maxR ( ;

1)

= max

1 25

=

1 : 25

Oleh karena itu, 1 (y) = y = x merupakan fungsi keputusan terbaik berdasarkan 1 kriteria minimax karena 25 nilainya terkecil. z Berdasarkan Contoh 5.1, dapat disimpulkan bahwa tanpa pemberian batasan pada fungsi keputusan, sulit untuk mencari fungsi keputusan yang memiliki fungsi risiko yang secara umum lebih kecil daripada fungsi risiko dari putusan yang lain, suatu prinsip mengenai pemilihan fungsi keputusan terbaik disebut sebagai prinsip minimax. Prinsip tersebut dapat dinyatakan sebagai berikut: Misalkan diberikan fungsi keputusan maxR ( ;

0

(y))

0

(y) ; untuk setiap

maxR ( ; (y))

2 ;

5.2 Sebaran Prior dan Posterior

98

untuk setiap fungsi keputusan (y) ; maka (y) disebut sebagai fungsi keputusan minimax (minimax decision function). Dengan pemberian batasan bahwa E ( (Y )) = dan fungsi kehilangan $ [ ; (y)] = [ (y)]2 ; fungsi keputusan yang meminimumkan fungsi risiko menghasilkan penduga takbias dengan ragam minimum.

5.2

Sebaran Prior dan Posterior

De…nisi 5.1 Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dengan sebaran f (xj ) ; di mana adalah parameter yang tidak diketahui. Fungsi kepekatan peluang dari peubah acak disebut sebaran prior bagi ; dinotasikan dengan h( ): De…nisi 5.2 Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dengan sebaran f (xj ) ; di mana adalah parameter yang tidak diketahui. Fungsi kepekatan peluang bersyarat dari peubah acak jika diberikan sampel x1 ; x2 ; : : : ; xn disebut sebaran posterior bagi ; dinotasikan dengan k ( jx1 ; x2 ; : : : ; xn ) : Catatan 5.1 Jika X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari populasi yang memiliki fungsi kepekatan peluang f (xj ) ; maka fungsi kepekatan peluang bersama antara sampel dan parameter ialah g (x1 ; : : : ; xn ; ) = L (x1 ; : : : ; xn j ) h ( ) Q dengan L (x1 ; : : : ; xn j ) = ni=1 f (xi j ) : Fungsi kepekatan peluang marginal bagi X ialah Z g1 (x1 ; : : : ; xn ) =

1

g (x1 ; : : : ; xn ; ) d :

1

Selanjutnya, dengan menggunakan formula Bayes diperoleh

g (x1 ; : : : ; xn ; ) g1 (x1 ; : : : ; xn ) L (x1 ; : : : ; xn j ) h ( ) = : g1 (x1 ; : : : ; xn )

k ( jx1 ; x2 ; : : : ; xn ) =

bsi

Contoh 5.2 Misalkan Xi j P oisson ( ) dan tahui. Tentukan sebaran posterior bagi :

( ; );

dan

dike-

5.2 Sebaran Prior dan Posterior

99

Jawab. Misalkan X0 = (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) dan x0 = (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) : L (xj ) =

xi

n Q

e xi !

i=1

dan sebaran prior bagi

I (xi = 0; 1; 2; : : :) ;

>0

ialah 1

e ( )

h( ) =

=

I ( > 0) :

Fungsi kepekatan peluang bersama antara x dan g (x; ) = L (xj ) h ( ) 1 n Q e = = I ( > 0) ( ) i=1

ialah

xi

e xi !

I (xi = 0; 1; 2; : : :)

sehingga fungsi kepekatan peluang marginal bagi x ialah g1 (x) =

Z

1

xi +

0

=

x1 !

1

exp

=(n +1)

x1 ! xn ! ( ) P ( ni=1 xi + )

xn ! ( )

(n + 1= )

Dengan demikian, sebaran posterior bagi xi +

L (xj ) h ( ) k ( jx) = = g1 (x)

1

d xi +

ialah exp

n Q

I (xi = 0; 1; 2; : : :) :

i=1

=(n +1)

I ( > 0) : P ( ni=1 xi + ) [ = (n + 1)] xi + P tersebut merupakan sebaran ( ni=1 xi + ; = (n + 1)) :

Sebaran posterior bagi z Pada Contoh 5.2 terlihat bahwa tidak perlu menentukan fungsi kepekatan peluang marginal g1 (x) untuk mencari sebaran posterior k ( jx) : Jika kita membagi L (xj ) h ( ) dengan g1 (x) ; maka diperoleh faktor yang bergantung pada amatan peubah, x; tetapi tidak bergantung pada ; misalkan disebut c (x) ; dan xi + 1 e [ =(n +1)] ; yaitu k ( jx) = c (x)

xi +

1

exp

= (n + 1)

I ( > 0)

dengan xi = 0; 1; 2; : : : dan i = 1; 2; : : : ; n: Faktor c (x) tersebut harus berupa konstanta sedemikian sehingga membuat k ( jx) sebagai suatu fungsi kepekatan peluang, yaitu c (x) =

1 Pn ( i=1 xi + ) [ = (n + 1)]

xi +

:

5.3 Metode Pendugaan Bayes

100

Oleh karena itu, seringkali k ( jx) dituliskan proporsional dengan L (xj ) h ( ) ; yaitu k ( jx) / L (xj ) h ( ) : (5.1) Perhatikan bahwa ruas kanan pada 5.1, faktor yang bergantung pada peubah x dan berupa konstanta dapat diabaikan. Sebagai ilustrasi, untuk menyelesaikan soal pada Contoh 5.2, k ( jx) dapat dituliskan proporsional dengan xi + 1 e [ =(n +1)] ; yaitu k ( jx) /

xi +

1

exp

= (n + 1)

I ( > 0) :

(5.2)

Selanjutnya, tentukan konstanta c (x) sedemikian sehingga membuat k ( jx) sebagai suatu fungsi kepekatan peluang.PJelas bahwa k ( jx) harus berupa fungsi kepekatan peluang dari sebaran ( ni=1 xi + ; = (n + 1)) ; sehingga c (x) =

1 Pn ( i=1 xi + ) [ = (n + 1)]

xi +

:

Misalkan terdapat statistik cukup Y = u (X) untuk parameter sehingga L (xj ) = g [u (x) j ] H (x) ; di mana g (yj ) adalah fungsi kepekatan peluang dari Y; jika diketahui = : Karena faktor H (x) tidak bergantung pada ; maka dapat kita abaikan, sehingga k ( jx) / g [u (x) j ] h ( ) :

Dengan demikian, jika statistik Y untuk parameter ada, maka kita dapat memulai dengan fungsi kepekatan peluang Y dan menuliskan k ( jy) / g [yj ] h ( ) ;

(5.3)

di mana k ( jy) adalah fungsi kepekatan peluang bersyarat dari jY = y: Dalam kasus statistik cukup Y , kita juga akan menggunakan g1 (y) ; fungsi kepekatan peluang marginal dari Y; yaitu Z 1 g1 (y) = g [yj ] h ( ) d : 1

5.3

Metode Pendugaan Bayes

Dugaan Bayes adalah fungsi keputusan yang meminimumkan Z 1 E f$ [ ; (x)] jX = xg = $ [ ; (x)] k ( jx) d ; 1

5.3 Metode Pendugaan Bayes

jika

101

adalah peubah acak kontinu, yaitu Z 1 $ [ ; (x)] k ( jx) d ; (x) = Arg min 1

di mana $ [ ; (x)] adalah fungsi kehilangan. Peubah acak terkait (X) disebut penduga Bayes bagi : Jika fungsi kehilangan yang diberikan ialah $ [ ; (x)] = [

(x)]2 ;

maka dugaan Bayes ialah (x) = E [ jx] ; nilai harapan dari sebaran bersyarat jX = x: Hal tersebut berdasarkan fakta bahwa E (W b)2 (jika ada) adalah minimum ketika b = E (W ) : Jika fungsi kehilangan yang diberikan ialah $ [ ; (x)] = j (x)j ; maka dugaan Bayes ialah median dari sebaran bersyarat jX = x: Hal tersebut berdasarkan fakta bahwa E (jW bj) (jika ada) adalah minimum ketika b = median (W ) : Secara umum, misalkan ( ) adalah suatu fungsi dari : Untuk fungsi kehilangan $ [ ( ) ; (x)] ; dugaan Bayes dari ( ) adalah fungsi keputusan yang meminimumkan Z 1 $ [ ( ) ; (x)] k ( jx) d : E f$ [ ; (x)] jX = xg = 1

Peubah acak (X) disebut penduga Bayes bagi ( ) : Nilai harapan bersyarat dari $ [ ; (x)] jX = x mende…nisikan peubah acak yang merupakan fungsi dari contoh X. Nilai harapan fungsi dari X (dalam kasus kontinu) diberikan sebagai berikut Z 1 Z 1 $ [ ; (x)] k ( jx) d g1 (x) dx 1 1 Z 1 Z 1 = $ [ ; (x)] L (xj ) dx h ( ) d ; (5.4) R1

1

1

di mana 1 $ [ ; (x)] L (xj ) dx adalah fungsi risiko yang dinotasikan dengan R ( ; ). Oleh karena itu, persamaan 5.4 adalah nilai harapan dari risiko. Karena dugaan Bayes (x) meminimumkan Z 1 $ [ ; (x)] k ( jx) d 1

untuk setiap x di mana g (x) > 0; maka harapan dari risiko.

(x) juga meminimumkan nilai

5.3 Metode Pendugaan Bayes

102

Contoh 5.3 Diketahui sebaran bsi

Xi j Tentukan dugaan Bayes bagi

binomial (1; ) beta ( ; ) :

Jawab. Sebaran prior bagi

ialah

( + ) ( ) ( )

h( ) =

(x)]2 :

jika $ [ ; (x)] = [

1

(1

1

)

I (0 <

< 1) ;

Pn di mana dan adalah konstanta positif. Statistik cukup Y = i=1 xi menyebar binomial(n; ) ; sehingga fungsi kepekatan bersyarat Y j = ialah n y

g (yj ) =

y

(1

)n

y

)n

y

I (y = 0; 1; :::; n) :

Dengan menggunakan 5.3, k ( jy) /

y

(1

1

(1

1

)

I (0 <

< 1) ;

sehingga sebaran posterior jY = y menyebar beta dengan parameter ( + y; + n dan fungsi kepekatan peluangnya ialah k ( jy) =

(n + + ) ( + y) (n +

+y 1

y)

(1

+n y 1

)

I (0 <

< 1; y = 0; 1; :::; n) :

Untuk $ [ ; (x)] = [ (x)]2 ; maka (y) merupakan nilai harapan dari sebaran beta dengan parameter ( + y; + n y) ; yaitu +y + +n + + +n

(y) = =

n

+

+

+

y : +n n

Dugaan Bayes yang diperoleh ini merupakan rata-rata terbobot antara dugaan yang diperoleh dari sebaran prior, yaitu dengan dugaan yang diperoleh + y dari sebaran bersyarat Y j , yaitu : z n Contoh 5.4 Diketahui sebaran Xi j

N

bsi

N

0;

; 2 0

Tentukan dugaan Bayes bagi

2

; di mana

; di mana

0

2

dan

diketahui 2 0

jika $ [ ; (x)] = [

diketahui. (x)]2 :

y)

5.3 Metode Pendugaan Bayes

103

Jawab. Karena Y = X adalah statistik cukup bagi ; maka Yj Sebaran prior bagi

bsi

N

N

2

; 2 0

0;

2

=n ; di mana

; di mana

0

dan

diketahui 2 0

diketahui.

ialah

1 h( ) = p 2

1

exp

2 0

2 0

2

2 0)

(

I( 1 <

< 1) :

Dengan menggunakan 5.3, k ( jy) / p 2 / exp

1

1 p p = n 2 (

2

2 0

2

+

exp 0

=n)

"

(y )2 2 ( 2 =n)

2

2 (y 2 2 ( =n)

2 2 =n 0+ 0 2 2 =n 0+ 2 2 ( =n) 20 2 2 =n 0+

y

6 6 / exp 6 4

sehingga sebaran posterior y

2 0+ 2 0 3 2

2 0)

( 2 0

2

2 0

#

=n)

7 7 7; 5

jY = y menyebar normal dengan parameter 2 2 =n 0+ 0 ; 2 2 =n 0+

( 2 =n) 20 2 2 =n 0+

(5.5)

:

Untuk $ [ ; (x)] = [ (x)]2 ; maka (y) merupakan nilai harapan dari sebaran normal dengan parameter 5.5; yaitu (y) = =

y

2 2 =n 0+ 0 2 2 =n 0+ 2 0 2 2 =n + 0

2

y+

2 0

+

=n 2 =n

0:

Dugaan Bayes yang diperoleh ini merupakan rata-rata terbobot antara dugaan yang diperoleh dari sebaran prior, yaitu 0 dengan dugaan yang diperoleh dari sebaran bersyarat Y j , yaitu y: z

5.3 Metode Pendugaan Bayes

104

Berikut ini merupakan contoh yang membandingkan penggunaan prinsip minimax dan metode pendugaan Bayes. Misalkan diketahui sebaran prior bagi peubah acak ialah sebagai berikut: P( P(

= =

1)

= 0:6 2 ) = 0:4

Misalkan 1 menyatakan Bogor hujan di sore hari dan 2 menyatakan Bogor tidak hujan di sore hari. Kemudian, terdapat tambahan informasi Y mengenai kondisi cuaca di Gunung Salak, yaitu Gunung Salak cerah Gunung Salak berawan Gunung Salak gelap

y1 : y2 : y3 :

dengan peluang bersyarat Y j ialah sebagai berikut: P (Y j ) 1 2

y1 y2 0:05 0:25 0:425 0:375

y3 0:7 0:2

Selanjutnya, misalkan fungsi kehilangan $ [ ; (y)] diberikan sebagai berikut: nY

Putusan ( ) 1

1

(membawa payung)

2

1

1

(tidak membawa payung) Prinsip minimax P R ( j ; j ) = 3i=1 $ [ j ;

j

(yi )] P (Y = yi j j ) ; j = 1; 2:

Putusan ( ) 1

1

$ [ 1; Membawa payung

1

(y)]

1

(y)]

2

(y)]

2

$ [ 2;

2

1

$ [ 1;

Tidak membawa 2 payung $ [ 2 ; 2 (y)] Putusan minimax:

2

y1 y2 y3 6 3 1 12 5 2 10 15 20 0 2 4

y1 y2 y1 R ( ; ) 0:05 0:25 0:7 1:75 6 3 1 0:425 0:375 0:2 7:375 12 5 2 0:05 0:25 0:7 18:25 10 15 20 0:425 0:375 0:2 1:033 0 2 4

= arg min max R ( ; ) =

1:

5.4 Latihan

105

Sebaran bersama dan sebaran marginal bagi peubah acak sebagai berikut: P ( ;Y )

dan Y diperoleh

y1 y2 y3 P ( j ) 0:03 0:15 0:42 0.6 0.17 0.15 0.08 0.4 0.2 0.3 0.5 1

1 2

P (yi ) di mana P(

= ; Y = y) = P (Y = yj = ) P ( = ) 3 X P ( j) = P ( = j ; Y = yi ) ; j = 1; 2 i=1

P (yi ) =

2 X

P(

=

j; Y

= yi ) ; i = 1; 2; 3:

j=1

Sebaran posterior

jY ialah P ( jY ) 1 2

y1 y2 y3 0.15 0.5 0.84 0.85 0.5 0.16

Pendugaan Bayes Amatan Putusan E jy ($ [ ; y1 (6 0:15) + (12 1 (10 0:15) + (0 2 y2 (3 0:5) + (5 1 (15 0:5) + (2 2 y3 (1 0:84) + (2 1 (20 0:84) + (4 2

(y)]) 0:85) = 11:1 0:85) = 1:5 0:5) = 4 0:5) = 8:5 0:16) = 1:16 0:16) = 17:44

Jadi, putusan Bayes bergantung pada amatan Y yang diperoleh. Jika Y yang diperoleh y1 ; maka putusan Bayes ialah 2 ; sedangkan jika Y yang diperoleh y2 atau y3 ; maka putusan Bayes ialah 1 :

5.4

Latihan

1. Misalkan X adalah peubah acak sedemikian sehingga E (X b)2 ada untuk setiap bilangan Real b. Tunjukkan bahwa E (X b)2 minimum ketika b = E (X) :

5.4 Latihan

106

2. Misalkan X adalah suatu peubah acak kontinu. Tunjukkan bahwa Z b (b x) f (x) dx E (jX bj) = E (jX mj) + 2 m

di mana m adalah median dari sebaran X: 3. Andaikan Yn merupakan statistik tataan ke-n dari suatu sampel acak berukuran n dari sebaran dengan fungsi kepekatan peluang f (x; ) = 1 I (0 < x < ). Andai pula merupakan amatan dari peubah acak 1 dengan fungsi kepekatan peluang h ( ) = I( > ); > 0; > 0. Bila fungsi kehilangan $ [ ; (yn )] = [ (yn )]2 , maka tentukanlah solusi Bayes (yn ) yang merupakan dugaan titik bagi . 4. Misalkan merupakan nilai amatan dari peubah acak kepekatan peluang h( ) = ( ( )

)

1

1

e

=

dengan fungsi

I ( > 0)

dan > 0; > 0 merupakan bilangan yang diketahui. Misalkan pula bahwa X1 ; X2 ; : : : ; Xn merupakan sampel acak dari sebaran Poisson dengan nilai tengah . Bila Y = ni=1 Xi dan fungsi kehilangannya ialah $ [ ; (y)] = [ (y)]2 , maka tentukan solusi Bayes (y) sebagai dugaan titik bagi . 5. Misalkan merupakan nilai amatan dari peubah acak bersebaran N (a; b), a dan b masing-masing merupakan konstanta yang diketahui, a 2 R dan b > 0. Misalkan pula Y merupakan rata-rata dari sampel acak X1 ; X2 ; : : : ; Xn yang bersebaran N ( ; 25), 2 R. Bila fungsi kerugian $ [ ; (y)] = j (y)j maka berikan dugaan Bayes (y) sebagai dugaan titik bagi .

BAB 6 Pengujian Hipotesis Misalkan X peubah acak untuk suatu populasi dengan parameter yang tidak diketahui, di mana 2 : Misalkan pula X1 ; X2 ; : : : ; Xn ialah sampel acak dari sebaran peubah acak X yang memiliki fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang f (x; ) : Suatu hipotesis statistika adalah pernyataan tentang sebaran dari populasi X: Pernyataan tersebut biasanya berkaitan dengan parameter jika kita sedang berhadapan dengan statistika parametrik, selain itu pernyataan tersebut ialah berkaitan dengan bentuk sebaran X. Hipotesis statistika disebut sebagai hipotesis sederhana jika hipotesis tersebut secara keseluruhan menunjukkan sebaran suatu populasi, sebaliknya disebut sebagai hipotesis majemuk. De…nisikan suatu hipotesis sebagai berikut H0 : H1 :

2 !0 2 !1

di mana ! 0 dan ! 1 ialah himpunan bagian dari dan ! 0 [ ! 1 = : Hipotesis H0 disebut sebagai hipotesis nul dan H1 disebut sebagai hipotesis alternatif atau hipotesis tandingan. Misalkan D adalah ruang dari sampel, yaitu D = ruangf(X1 ; X2 ; : : : ; Xn )g : Pengujian H0 lawan H1 tersebut berdasarkan himpunan bagian C dari D: Himpunan bagian C disebut sebagai daerah kritis dan himpunan tersebut berpadanan dengan aturan sebagai berikut: Tolak H0 (Terima H1 ) ; jika (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) 2 C Tidak Tolak H0 (Tolak H1 ) ; jika (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) 2 C c : Penerimaan suatu hipotesis tidak berarti bahwa hipotesis tersebut benar, tetapi karena tidak ada bukti yang cukup untuk menolak atau mena…kannya. 107

108

Dalam pengujian hipotesis, ada dua kemungkinan kesalahan yang dapat kita lakukan, yaitu: 1. Kesalahan untuk menolak H0 , sedangkan kenyataanya H0 benar. 2. Kesalahan untuk tidak menolak H0 , sedangkan kenyataanya H0 salah. Kesalahan menolak H0 yang benar disebut sebagai kesalahan jenis I dan kesalahan tidak menolak H0 yang salah disebut kesalahan jenis II. Peluang terjadinya salah jenis I dinotasikan dengan ; sedangkan peluang terjadinya salah jenis II dinotasikan dengan :

Tolak H0 Tidak Tolak H0

H0 benar H0 salah Salah Jenis I Putusan benar Putusan benar Salah Jenis II

Ukuran atau taraf nyata dari suatu uji hipotesis adalah peluang dari salah jenis I, yaitu = maxP [(X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) 2 C] : 2! 0

P [(X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) 2 C] merupakan peluang bahwa (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) 2 C ketika adalah parameter yang benar. Berdasarkan semua kemungkinan daerah kritis C berukuran , kita menginginkan daerah kritis dengan peluang salah jenis II yang minimum atau daerah kritis dengan peluang dari komplemen salah jenis II maksimum. Komplemen salah jenis II ialah menolak H0 ketika H1 benar, di mana hal tersebut adalah putusan yang benar. Dengan demikian, untuk 2 ! 1 ; kita ingin memaksimumkan 1

P [Salah jenis II] = P [(X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) 2 C] :

(6.1)

Peluang pada ruas kanan persamaan 6.1 disebut sebagai kuasa dari uji pada : Jadi, meminimumkan peluang salah jenis II sama dengan memaksimumkan kuasa. Selanjutnya, de…nisikan fungsi kuasa dari daerah kritis C sebagai C

( ) = P [(X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) 2 C] ;

2 :

Untuk H0 sederhana lawan H1 sederhana, yaitu H0 : H1 :

= =

0 00

fungsi kuasanya ialah C ( 0 ) = dan C ( 00 ) = 1 : Misalkan terdapat dua daerah kritis C1 dan C2 yang berukuran : C1 dikatakan lebih baik dari C2 jika C1 ( ) 2 !1: C2 ( ) untuk setiap

109

Contoh 6.1 Misalkan X sis berikut

N( ;

2

) : Tentukan daerah kritis C untuk hipote-

H0 : H1 :

= >

0 0

di mana 0 diketahui. Asumsikan bahwa ukuran dari uji hipotesis ini ialah , untuk 0 < < 1: Jawab. Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran N ( ; 2 ) : Misalkan X dan S 2 adalah nilai harapan dan ragam sampel. Secara intuisi, aturan penolakan H0 ialah jika X > 0 : Kemudian, kita dapat mengetahui sebaran p dari statistik X: Berdasarkan hipotesis H0 ; statistik T = 1) : X 0 = (S= n) memiliki sebaran t-Student dengan derajat bebas (n Dengan menggunakan sebaran T , daerah penolakan berukuran ialah p T = X t (n 1) ; 0 = S= n di mana t (n 1) adalah batas atas titik kritis dari sebaran t–Student dengan derajat bebas (n 1) ; yaitu = P (T > t (n 1)) : Biasanya hal tersebut disebut t-test dari H0 : = 0 : Dengan demikian, daerah kritis C berukuran ialah p t (n 1) C = x : t = (x 0 ) = s= n p = x:x 1) s= n : 0 + t (n z Contoh 6.2 Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; X10 adalah sampel acak dari sebaran Poisson dengan nilai harapan : Daerah kritis untuk pengujian H0 : = 0:1 lawan H1 : > 0:1 diberikan sebagai berikut Y =

10 X

Xi

3:

i=1

Statistisk Y memiliki sebaran dengan nilai harapan 10 ; sehingga bila nilai harapan Y ialah 1: Taraf nyata dari uji ini ialah = P (Y

3) = 1

P (Y

= 0:1;

2) = 1 0:920 = 0:080: P Jika daerah kritis dide…nisikan sebagai 10 4; maka taraf nyatanya i=1 Xi ialah = P (Y 4) = 1 P (Y 3) = 1 0:981 = 0:019:

6.1 Uji Paling Kuasa

110

Sebagai contoh, jika taraf nyata yang diinginkan ialah = 0:05; maka hal tersebut dapat disesuaikan dengan cara sebagai berikut. Misalkan W merupakan peubah acak yang menyebar Bernoulli dengan peluang sukses sebesar P (W = 1) =

0:050 0:080

31 0:019 = : 0:019 61

Asumsikan bahwa W dipilih secara bebas dari sampel. Perhatikan aturan penolakan berikut : Tolak H0 jika

10 X

xi

4 atau jika

i=1

10 X

xi = 3 dan W = 1:

i=1

Berdasarkan aturan penolakan tersebut, diperoleh taraf nyata sebesar PH0 (Y

4) + PH0 (fY = 3g \ fW = 1g) = PH0 (Y

4) + PH0 (Y = 3) P (W = 1) 31 = 0:019 + 0:061 61 = 0:05:

Proses melakukan percobaan tambahan untuk memutuskan apakah akan menolak H0 atau tidak ketika Y = 3 disebut sebagai uji acak (randomized test) :

6.1

Uji Paling Kuasa

Misalkan f (x; ) adalah fungsi kepekatan atau fungsi massa peluang dari suatu peubah acak X di mana 2 = f 0 ; 00 g : Misalkan pula ! 0 = f 0 g dan ! 1 = f 00 g ; serta X0 = (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) adalah sampel acak dari sebaran peubah acak X: Selanjutnya, de…nisikan daerah kritis terbaik untuk uji hipotesis sederhana antara hipotesis nul H0 dan hipotesis alternatif H1 : De…nisi 6.1 Misalkan C adalah himpunan bagian dari ruang sampel. C disebut sebagai daerah kritis terbaik berukuran untuk uji hipotesis sederhana H0 : = 0 dan H1 : = 00 jika P 0 [X 2 C] = dan untuk setiap himpunan bagian A dari ruang sampel, P 0 [X 2 A] =

) P 00 [X 2 C]

P 00 [X 2 A] :

Teorema 6.1 (N eyman P earson) Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi massa atau kepekatan peluang f (x; ) ; maka fungsi kemungkinan dari X1 ; X2 ; : : : ; Xn ialah L ( ; x) =

n Q

i=1

f (xi ; ) ; untuk x0 = (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) :

6.1 Uji Paling Kuasa

111

Misalkan 0 dan 00 adalah nilai dari sedemikian sehingga = f : = 0 ; 00 g dan k adalah bilangan positif. Misalkan pula 0 C adalah himpunan bagian L( ;x) dari ruang sampel sedemikian sehingga: (a) L( k untuk setiap x 2 C; 00 ;x) 0

L( ;x) (b) L( k untuk setiap x 2 C c ; dan (c) = PH0 [X 2 C] ; maka C 00 ;x) adalah daerah kritis terbaik berukuran untuk pengujian hipotesis sederhana H0 : = 0 dan H1 : = 00 :

Bukti. Misalkan X adalah peubah acak kontinu. Jika C adalah satusatunya daerah kritis berukuran R R ; maka teorema tersebut terbukti. Untuk penyederhanaan, misalkan L ( ; x1 ; x2 ; : : : ; xn ) dx1 dx2 : : : dxn menjadi R R L ( ) : Jika terdapat daerah kritis berukuran yang lain, misalkan daerah R tersebut adalah A, maka Z Z 0 L( ) = L ( 0) = : A

C

Kemudian yang ingin dibuktikan ialah Z Z 00 L( ) L ( 00 ) C

0:

A

Karena C adalah gabungan dari himpunan saling lepas C \ A dan C \ Ac ; maka Z Z 00 L( ) L ( 00 ) AZ Z Z ZC 00 00 00 L( ) L( ) L ( 00 ) L( ) + = c c A\C A\C ZC\A ZC\A L ( 00 ) L ( 00 ) : (6.2) = C\Ac

A\C c

Berdasarkan hipotesis pada teorema tersebut, L ( 00 ) setiap x 2 C; juga untuk setiap x 2 C \ Ac ; sehingga Z Z 1 00 L( ) L ( 0) k c c C\A C\A dan L ( 00 ) sehingga

(1=k) L ( 0 ) untuk

(1=k) L ( 0 ) untuk setiap x 2 C c ; juga untuk setiap x 2 A \ C c ; Z Z 1 00 L( ) L ( 0) : k c c A\C A\C Berdasarkan pertaksamaan tersebut diperoleh Z Z Z Z 1 1 00 00 0 L( ) L( ) L( ) L ( 0) ; (6.3) k k C\Ac A\C c C\Ac A\C c

6.1 Uji Paling Kuasa

112

dan dari persamaan 6.2 diperoleh Z Z Z 1 00 00 L( ) L( ) L ( 0) k c C A C\A Dengan demikian, Z =

ZC\A

Z

00

L( )

c

Z

00

C

L ( 0) :

A\C c

L ( 00 )

A\C c

Z

00

L( ) + L( ) c C\A C\A Z Z 00 = L( ) L ( 00 )

=

Z

00

L( )

A\C

Z

L ( 00 )

A\C c

A

= 0:

Jika hasil tersebut disubstitusi ke pertaksamaan 6.3, maka diperoleh Z Z 00 L( ) L ( 00 ) 0: C

A

Jika peubah acak X adalah peubah acak diskret, maka pembuktian teorema tersebut sama seperti kasus kontinu, hanya saja notasi integral diubah menjadi notasi sigma (penjumlahan). z Akibat 6.1 Misalkan C adalah daerah kritis terbaik berukuran untuk pengujian hipotesis sederhana H0 : = 0 dan H1 : = 00 : Misalkan taraf nyata dari pengujian tersebut ialah : Misalkan pula C ( 00 ) = P 00 [X 2 C] 00 menyatakan kuasa dari pengujian tersebut, maka C ( ): Contoh 6.3 Misalkan X0 = (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) adalah sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi kepekatan peluang ! 1 (x )2 f (x; ) = p exp ; 1 < x < 1: 2 2 Tentukan daerah kritis terbaik C berukuran H0 : H1 : Jawab.

= =

0 00

untuk hipotesis sederhana berikut =0 = 1:

p Pn 2 n 1= 2 exp ( i=1 xi =2) p Pn n 1= 2 exp 1)2 =2 i=1 (xi ! n X n = exp xi + : 2 i=1

L ( 0 ; x) = L ( 00 ; x)

6.2 Uji Selalu Paling Kuasa

113

Jika k > 0, maka himpunan dari semua titik (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) sedemikian sehingga Pn n k exp i=1 xi + 2 Pn n , P i=1 xi + 2 log k n n , log k = c i=1 xi 2 P adalah daerah kritis terbaik, yaitu C = f(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) : ni=1 xi cg ; di mana c adalah suatu konstanta yang dapat ditentukan sedemikian sehingga Pn daerah kritis tersebut berukuran : Kejadian i=1 Xi c ekuivalen dengan kejadian X c=n = c1 : Sebagai contoh, misalkan uji hipotesis tersebut berdasarkan statistik X: Jika H0 benar, = 0 = 0; maka X N (0; 1=n) : Berdasarkan ukuran contoh n dan taraf nyata ; konstanta c1 dapat ditentukan dengan melihat tabel sebaran normal sedemikian sehingga PH 0 X

c1 = :

Dengan demikian, jika nilai dari X1 ; X2 ; : : : ; Xn berturut-turut adalah x1 ; x2 ; : : : ; xn ; P maka x = ni=1 xi =n: Jika x c1 , maka hipotesis H0 ditolak pada taraf nyata ; jika x c1 , maka hipotesis H0 tidak ditolak. Peluang menolak H0 padahal H0 benar ialah ; peluang menolak H0 ketika H0 salah adalah nilai dari kuasa uji hipotesis pada = 00 = 1; yaitu ! Z 1 (x 1)2 1 p p exp dx: PH 1 X c1 = 2 (1=n) 2 1=n c1

Misalkan n p= 25 dan = 0:05; maka berdasarkan tabel sebaran normal c1 = 1:645= 25 = 0:329 dan kuasa dari uji terbaik H0 lawan H1 ialah 0:05 ketika H0 benar dan ! Z 1 Z 1 1 1 (x 1)2 2 p e w =2 dw p p dx = exp 2 (1=25) 2 2 1=25 0:329 3:355 = P (Z = 0:9996

ketika H1 benar.

6.2

3:355)

z

Uji Selalu Paling Kuasa

Uji selalu paling kuasa atau uniformly most powerful test ini digunakan untuk menguji hipotesis nul sederhana dengan hipotesis alternatif majemuk. Berikut merupakan contoh dari pengujian tersebut.

6.2 Uji Selalu Paling Kuasa

114

Contoh 6.4 Misalkan X1 ; X2 adalah sampel acak dari sebaran yang memiliki fungsi kepekatan peluang 1 f (x; ) = e x= I (x > 0) : Tentukan daerah kritis terbaik C berukuran H0 : H1 :

=2 = ;

untuk hipotesis berikut > 2:

Jawab. L ( 0 ; x) L (2) = 00 L( ) L ( ; x) 1 exp [ (x1 + x2 ) =2] 22 = : 1 exp [ (x1 + x2 ) = ] ( )2 Jika k > 0, maka himpunan dari semua titik (x1 ; x2 ) sedemikian sehingga 1 exp [ 22 1 exp [ ( )2

(x1 + x2 ) =2] (x1 + x2 ) = ]

k

adalah daerah kritis terbaik berkuran : 1 exp [ (x1 + x2 ) =2] 22 k 1 exp [ (x1 + x2 ) = ] ( )2

, log 4 (x1 + x2 ) =2 + log ( )2 + (x1 + x2 ) = 1 , (x1 + x2 ) 1 k1 2

, (x1 + x2 ) karena 8

> 2;

1 2

1

1 2

1

k2 ;

log k (6.4)

> 0; maka pertaksamaan 6.4 dapat ditulis menjadi (x1 + x2 )

k3 ;

sehingga daerah kritis C = f(x1 ; x2 ) : (x1 + x2 )

k3 g :

= P (X 2 CjH0 ) 0:05 = P =2 (X1 + X2 k2 ) 0:05 = 1 P (X1 + X2 < k2 ) Z k3 Z k3 x1 1 0:05 = 1 exp [ (x1 + x2 ) =2] dx2 dx1 4 0 0 k3 0:05 = e k3 =2 1 + 2 k3 = 9:5: z

6.3 Uji Rasio Kemungkinan

115

De…nisi 6.2 Daerah kritis C adalah daerah kritis selalu paling kuasa (uniformly most powerful critical region) berukuran untuk pengujian hipotesis sederhana H0 dan hipotesis majemuk H1 jika himpunan C adalah daerah kritis terbaik berukuran untuk pengujian hipotesis H0 dengan setiap hipotesis sederhana H1 : Pengujian yang dide…nisikan berdasarkan daerah kritis C tersebut disebut uji selalu paling kuasa (uniformly most powerful test) dengan taraf nyata untuk pengujian hipotesis sederhana H0 dan hipotesis majemuk H1 : Contoh 6.5 Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dari sebaran normal N ( ; 1). Tentukan daerah kritis selalu paling kuasa berukuran (jika ada) untuk hipotesis berikut H0 : H1 :

=5 = ;

6= 5:

Jawab. n Y

L ( = 5) = i=1 n Y L( = )

p1 2

exp

1 2

(x

5)2

p1 2

exp

1 2

(x

)2

i=1

1X (xi 2 i=1

=

n

= (5

)

n X

1X 5) + (xi 2 i=1 n

2

xi + n ( )2

i=1

(5

)

n X

xi

k1

n ( )2 +

i=1

25n 2

)2 k1 :

25n : 2

P Jika < 5, maka C = f(x1 ; x2P ; : : : ; xn ) : ni=1 xi k2 g, tetapi untuk > 5, maka C = f(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) : ni=1 xi k2 g : Dengan demikian, tidak ada daerah kritis selalu paling kuasa. z

6.3

Uji Rasio Kemungkinan

Misalkan peubah acak X memiliki fungsi kepekatan atau massa peluang f (x; ) ; di mana adalah vektor dari parameter pada : Misalkan ! dan H0 : 2 ! lawan H1 : 2 \ ! c :

6.3 Uji Rasio Kemungkinan

116

Prinsip dari rasio kemungkinan untuk menolak H0 adalah jika dan hanya jika 0 < 1; di mana supL (!) 2!

(x) =

=

supL ( ) 2

dengan taraf nyata dari uji tersebut ialah

L (^ !) ; L ^ = maxPH0 [ (X) 2!

0] :

Contoh 6.6 Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn merupakan sampel acak dari sebaran N ( 1 ; 2 ) di mana 1 adalah nilai tengah dan 2 adalah ragam yang tidak diketahui, sehingga = f( 1 ; 2 ) 2 R R+ g : Hipotesis yang diuji ialah H0 : H1 :

1 1

= 0; 6= 0;

>0 > 0;

2 2

sehingga ! = f 1 = 0; 2 2 R+ g : Tentukan statistik dan sebaran yang terkait hipotesis tersebut, serta berikan daerah kritis pada taraf nyata : Jawab. Dalam hal ini sampel acak X1 ; X2 ; : : : ; Xn saling bebas, sehingga fungsi kemungkinannya ialah L ( ) = (2

2)

n=2

exp

2)

n=2

1 2 2

dan L (!) = (2 Jika @ ln L (!) =@

2

exp

n i=1

1 2 2

(xi

1)

n 2 i=1 xi

:

2

= 0 , maka n 2

+

2

1

= 0

2 2

n 2 i=1 xi

=

n

;

di mana 2 memaksimumkan L (!) : Jadi, penduga kemungkinan maksimum bagi 2 ialah n 2 ^2 = i=1 Xi : n Jika @ ln L ( ) =@ 1 dan @ ln L ( ) =@ 2 dibuat sama dengan nol, maka penduga kemungkinan maksimum bagi 1 dan 2 ialah ^1 = X ^2 =

n i=1

Xi n

X

2

:

6.3 Uji Rasio Kemungkinan

117

Dengan demikian, L ^

"

=

L (^ !) =

n i=1

2

2

n i=1

x)2 =

(xi

(x) = , , , , , Karena X

n 2 i=1 xi

"

e

n

L (^ !) (x) = = L ^

"

n i=1

T =q

2)

p n i=1

n i=1

Xi

n X X

;

n=2

; #n=2

:

nx2 ; maka

(xi x)2 n x)2 + nx2 i=1 (xi

Xi

n=2

e

n 2 i=1 xi

n i=1

dan

n=2

x)2

(xi

#n=2

1 2=n 0 2 nx 1+ n x)2 i=1 (xi 2 nx 2=n 1+ n 0 2 x) i=1 (xi nx2 2=n 1= 0 0 2 n x) i=1 (xi nx2 = 2 0 (n 2 1 n i=1 (xip x) =p2 n 1 p n jxj = 2 q n x)2 = 2 n 1 1 i=1 (xi

N ( 1;

#

n=2

2 n i=1 xi

sehingga

Karena

x)2

(xi n

X

2

1 2

= (n

=

2

0

1) 0

(n

2

(n

1) =

0

:

1) ; maka

t

Student (n

1)

t

Student (n

1) :

1)

dan bila H0 benar, T =q

p n i=1

Xi

nX X

2

= (n

1)

6.3 Uji Rasio Kemungkinan

118

Dengan demikian, daerah kritis C ialah 8 p < n jxj C = x; q : n x)2 = (n i=1 (xi S p t n

x; jxj

=

=2

(n

t

=2

9 = 1) ;

(n

1)

1) :

z Contoh 6.7 Misalkan X N ( 1 ; 3 ) dan Y N ( 2 ; 3 ) ; di mana 1 , 2 adalah nilai tengah dari X dan Y; serta 3 adalah ragam yang tidak diketahui, sehingga = f( 1 ; 2 ; 3 ) : 1 ; 2 2 R; 3 2 R+ g : Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn dan Y1 ; Y2 ; : : : ; Ym merupakan sampel acak dari sebaran tersebut. Hipotesis yang diuji ialah H0 : H1 :

1 1

= 6 =

2; 3 2; 3

>0 > 0;

sehingga ! = f( 1 ; 2 ; 3 ) : 1 = 2 2 R; 3 2 R+ g. Tentukan statistik dan sebaran yang terkait hipotesis tersebut, serta berikan daerah kritis pada taraf nyata : Jawab. Dalam hal ini X1 ; X2 ; : : : ; Xn ; Y1 ; Y2 ; : : : ; Ym adalah n + m > 2 sampel acak saling bebas, sehingga fungsi kemungkinannya ialah L ( ) = (2

exp

1 2 3

exp

1 2 3

(n+m)=2

3)

n i=1

2 1)

(xi

+

m i=1

2 2)

(yi

dan L (!) = (2

3)

Jika @ ln L (!) =@

(n+m)=2

1

dan @ ln L (!) =@ n i=1

1 3

n i=1

(xi

1) 2 1)

(xi

+

+

Solusi dari persamaan di atas untuk 1! 3!

= (n + m) = (n + m)

1 1

f

n i=1

3

1

n i=1 xi + n i=1 (xi

+

m i=1

2 1)

(yi

dibuat sama dengan nol, maka

m i=1 m i=1

2 1)

(xi

(yi

(yi dan

1)

3

1)

= 0

2

= n + m:

berturut-turut ialah

m i=1 yi g 2 1! ) +

m i=1

(yi

2 1! )

;

:

6.3 Uji Rasio Kemungkinan

119

di mana 1! dan 3! memaksimumkan L (!) : Selanjutnya, jika @ ln L ( ) =@ 1 , @ ln L ( ) =@ 2 ; dan @ ln L ( ) =@ 3 dibuat sama dengan nol, maka n i=1 (xi m i=1 (yi

1

(n + m) +

n i=1

3

1)

=0 2) = 0 2 1)

(xi

Solusi dari persamaan di atas untuk

m i=1

+

1; 2

dan

2 1)

(yi

3

= 0:

berturut-turut ialah

=x 2 = y

1

3

di mana

1;

2

= (n + m) dan

1

n i=1

2 1)

(xi

+

m i=1

2 2)

(yi

memaksimumkan L ( ) : Dengan demikian,

3

L ^

e 2

=

3 (n+m)=2

1

e

L (^ !) =

(n+m)=2

1

;

2

3!

sehingga (n+m)=2

L (^ !) = (x) = L ^ 2=(n+m)

(X) = =

n X i=1

Xi

3!

^3 ^3! n i=1

Pn

i=1

Karena

3

nX + mY n+m

Xi

X

nX + mY n+m

Xi

2

= = =

n X

i=1 n X

i=1 n X i=1

Xi

2

m i=1

+

2

+

Yi

Pm

i=1

X + X

Xi

X

Xi

X

2

2

+n X +

Y

Yi

2 2:

nX + mY n+m

2

nX + mY n+m

2

nX + mY n+m

m2 n X (n + m)2

Y

2

6.3 Uji Rasio Kemungkinan

120

dan m X i=1

Yi

m X

2

nX + mY n+m

=

Yi

i=1

m X

=

i=1 m X

=

Yi

Y

Yi

Y

2

2

n2 m X (n + m)2

i=1

2

nX + mY n+m

+m Y +

2

nX + mY n+m

Y + Y

Y

2

;

maka 2=(n+m)

(X) = Pn

i=1

=

Jika hipotesis H0 : T =

r

nm X n+m

Xi

X

n i=1 Xi P 2 + m i=1

X

2

Yi

+ Y

Y

Yi

=

2

(

Y

2

+ [nm= (n + m)] X

1

[nm= (n + m)] X Y 1 + Pn P 2 X + m i=1 Xi i=1 Yi 1

m i=1 2

Y

:

2 2

Y

benar, maka peubah acak

(n + m

2)

1

"

n X

Xi

X

2

+

i=1

m X i=1

Yi

Y

2

#)

1=2

memiliki sebaran t Student dengan derajat bebas n+m 2: Dengan demikian, peubah acak 2=(n+m) (X) dapat dituliskan menjadi n+m 2 ; (n + m 2) + T 2 sehingga daerah kritis C ialah C = jtj adalah nilai amatan dari peubah acak T:

t

=2

(n + m

2) ; di mana t z

De…nisi 6.3 Misalkan peubah acak Z N ( ; 1) dan peubah acak U 2 (r) ; serta dua peubah acak tersebut saling bebas, maka peubah acak Z T =p U=r

dikatakan memiliki sebaran t takterpusat dengan derajat bebas r dan parameter takterpusat : Jika = 0; maka T disebut memiliki sebaran terpusat t:

2

6.3 Uji Rasio Kemungkinan

121

Pada dua contoh di atas, Contoh 6.6 dan Contoh 6.7, penentuan uji rasio kemungkinan tersebut dilakukan berdasarkan statistik di mana jika H0 benar, maka memiliki sebaran t: Kemudian, kita ingin menguji statistik pada contoh-contoh tersebut dengan menggunakan De…nisi 6.3. Pada Contoh 6.6, diperoleh p nX

T =q

di mana

p

Z1 =

n i=1

nX

n i=1

U1 =

Xi

X p

N Xi

2

n

= (n

1

1)

;1

2

X

2

2

(n

1) ;

peubah acak Z1 dan U1 saling bebas. Dengan demikian, jika 1 6= 0; maka T memiliki sebaran p t takterpusat dengan derajat bebas n 1 dan parameter n 1 terpusatnya 1 = : Dari Contoh 6.7 diperoleh T =p

di mana

Z2 = dan U2 =

1 2

"

n X

r

Z2 U2 = (n + m

nm X n+m

Xi

X

2

i=1

+

2)

Y = m X

Yi

Y

i=1

2

#

:

Kedua peubah acak tersebut saling bebas dan Z2

N

U2

2

p nm= (n + m) (

(n + m

1

2) =

;1

2) :

Dengan demikian, jika 1 = 6 2 ; maka T memiliki sebaran t takterpusat dengan derajat bebas n + m 2 dan parameter takterpusatnya p nm= (n + m) ( 1 2 = 2) = :

6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens

Misalkan suatu statistik

2 ln

122

(X) dengan

(x) =

L (^ !) : L ^

Berdasarkan prinsip dari uji rasio kemungkinan, H0 ditolak jika dan hanya jika 2 ln ; H0 ditolak jika 2 ln > 1 0 ; sehingga untuk statistik untuk suatu konstanta 1 . Dengan demikian, uji rasio kemungkinan ekuivalen dengan uji yang menggunakan statistik 2 ln : Berikut ini merupakan teorema yang menyatakan sebaran asimtotik bagi 2 ln : Teorema 6.2 Misalkan X1 ; X2 ; :::; Xn adalah sampel acak dengan fungsi kepekatan peluang f (x; ) ; 2 ; di mana merupakan himpunan bagian berdimensi r dari Rr dan misalkan ! merupakan himpunan bagian berdimensi m dari : Misalkan pula himpunan positif dari fungsi kepekatan peluang tidak bergantung pada ; maka sebaran asimtotik dari 2 ln ialah 2 (r m) ; asalkan 2 !; yaitu saat n ! 1; P ( 2 ln

x) ! G (x) ; x

dengan G adalah fungsi sebaran dari sebaran

6.4

0; 8 2 !; 2

(r

m) :

Uji Rasio Peluang Bersekuens

Pada Teorema 6.1 diberikan suatu metode untuk menentukan daerah kritis terbaik untuk pengujian hipotesis sederhana lawan hipotesis alternatif sederhana. Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn adalah sampel acak dengan ukuran contoh n yang tetap, yang berasal dari sebaran dengan fungsi massa atau kepekatan peluang f (x; ) ; di mana = f : = 0 ; 00 g dan 0 ; 00 diketahui nilainya. Fungsi kemungkinan dari X1 ; X2 ; : : : ; Xn ialah L ( ; n) = f (x1 ; ) f (x2 ; ) Jika H0 :

=

0

ditolak dan H1 :

=

00

L ( 0 ; n) L ( 00 ; n)

f (xn ; ) :

diterima ketika k;

di mana k > 0, maka berdasarkan Teorema 6.1, hal tersebut merupakan uji terbaik dari H0 lawan H1 . Selanjutnya, misalkan ukuran sampel n merupakan suatu peubah acak. Misalkan N adalah peubah acak yang menyatakan ukuran sampel dengan

6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens

123

ruang sampel f1; 2; 3; :::g : Prosedur untuk pengujian hipotesis sederhana H0 : = 0 lawan H1 : = 00 ialah sebagai berikut: misalkan k0 dan k1 merupakan konstanta positif dengan k0 < k1 : Amati nilai dari X1 ; X2 ; : : : ; Xn pada suatu sekuens, sebagai contoh x1 ; x2 ; x3 : : : dan hitung L ( 0 ; 1) L ( 0 ; 2) L ( 0 ; 3) ; ; ; L ( 00 ; 1) L ( 00 ; 2) L ( 00 ; 3)

:

Hipotesis H0 ditolak jika dan hanya jika terdapat bilangan bulat positif n sedemikian sehingga xn = (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) merupakan anggota dari himpunan Cn =

x n : k0 <

L ( 0 ; j) < k1 ; j = 1; 2; :::; n L ( 00 ; j)

1 dan

L ( 0 ; n) L ( 00 ; n)

k0 :

Di samping itu, hipotesis H0 diterima jika dan hanya jika terdapat bilangan bulat positif n sedemikian sehingga xn = (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) merupakan anggota dari himpunan An =

x n : k0 <

L ( 0 ; j) < k1 ; j = 1; 2; :::; n L ( 00 ; j)

1 dan

L ( 0 ; n) L ( 00 ; n)

k1 ;

Dengan kata lain, pengamatan contoh dilanjutkan selama L ( 0 ; n) < k1 k0 < L ( 00 ; n)

(6.5)

dan berhenti jika: 1. Dengan penolakan H0 :

= 0; L ( 0 ; n) L ( 00 ; n)

2. Dengan penerimaan H0 :

k0 :

= 0; L ( 0 ; n) L ( 00 ; n)

k1 :

Pengujian hipotesis tersebut disebut uji rasio peluang bersekuens Wald (Wald’s sequential probability ratio test). Seringkali, pertaksamaan 6.5 dituliskan menjadi c0 (n) < u (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) < c1 (n) di mana u (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) adalah suatu statistik dan c0 (n) ; c1 (n) adalah konstanta yang bergantung terhadap k0 ; k1 ; 0 ; 00 ; dan n; sehingga pengamatan dihentikan serta putusan ditentukan ketika u (x1 ; x2 ; : : : ; xn )

c0 (n) atau u (x1 ; x2 ; : : : ; xn )

c1 (n) :

6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens

124

Contoh 6.8 Misalkan X memiliki fungsi massa peluang f (x; ) =

x

x

)1

(1

I (x = 0; 1) :

Tentukan daerah kritis bagi hipotesis H0 : H1 :

1 3 2 = 3 =

dengan menggunakan uji rasio peluang bersekuens Wald. Jawab. 1 ;n 3 2 ;n 3

L L di mana

xi =

=

1 3 2 3

xi xi

2 n 3 1 n 3

xi xi

= 2n

2 xi

;

n i=1 xi :

k0 <

c0 (n) =

log2 k0 < n 1 log2 k1 < 2

n 2

L L

1 ;n 3 < k1 2 ;n 3 2 ni=1 xi < log2 n i=1 xi

<

n 2

k1

1 log2 k0 = c1 (n) : 2

n Perhatikan bahwa L 31 ; n =L 23 ; n k0 jika dan hanya jika c1 (n) i=1 xi 1 2 n dan L 3 ; n =L 3 ; n x : Dengan k1 jika dan hanya jika c0 (n) i=1 i demikian, pengamatan contoh dilanjutkan selama

c0 (n) <

n i=1 xi

< c1 (n) :

Daerah penolakan H0 : = 31 ialah ni=1 xi c1 (n) dan daerah penerimaan H0 : = 13 ialah ni=1 xi c0 (n) : z Pada subbab ini, kuasa dari uji ketika H0 benar dinotasikan dan kuasa dari uji ketika H1 benar dinotasikan 1 : Dengan demikian, adalah peluang terjadinya kesalahan jenis I (penolakan H0 padahal H0 benar) dan adalah peluang terjadinya kesalahan jenis II (penerimaan H0 padahal H0 salah), sehingga (dalam kasus kontinu) =

1 Z X n=1

Cn

0

L ( ; n) ;

(1

)=

1 Z X n=1

Cn

L ( 00 ; n) :

6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens

125

Karena peluang bernilai satu ketika prosedur berakhir, maka 1 Z 1 Z X X 0 1 = L ( ; n) ; = L ( 00 ; n) : n=1

An

An

n=1

Jika (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) 2 Cn ; maka L ( 0 ; n) k0 L ( 00 ; n) ; sehingga jelas bahwa 1 Z 1 Z X X 0 L ( ; n) k0 L ( 00 ; n) = k0 (1 ): = n=1

Karena L ( 0 ; n) 1

Cn

Cn

n=1

k1 L ( 00 ; n) pada setiap titik dari himpunan An ; maka 1 Z 1 Z X X 0 = L ( ; n) k1 L ( 00 ; n) = k1 : n=1

An

An

n=1

Oleh karena itu, 1

(6.6) 1 asalkan tidak bernilai 0 atau 1. Misalkan 0 dan 0 adalah nilai yang ditetapkan sebelumnya. Jika kita mengambil 1 0 0 dan k1 = ; k0 = 1 0 0 maka pertaksamaan 6.6 menjadi k0 ;

0

1

1

k1

1

;

1

0

0

0

atau ekuivalen dengan (1

0)

0

(1

);

(1

0)

0

(1

):

Apabila kedua pertaksamaan 6.7 dijumlahkan, maka diperoleh +

0

+

0:

Dengan demikian, diperoleh batas atas dari 0

1

dan 0

,

1

0

serta secara empiris 0; 0:

; 0

ialah

(6.7)

6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens

Pada Contoh 6.8, bila

126

= 0:01 dan

= 0:05; maka

0:01 1 = 1 0:05 95 99 1 0:01 = ; = 0:05 5

k0 = k1 sehingga tolak H0 bila n i=1 xi

n 2

1 1 log2 = c1 (n) 2 95

n 2

1 99 log2 = c0 (n) : 2 5

dan terima H1 bila n i=1 xi

Catatan 6.1 Peluang bahwa prosedur dari pengujian tersebut terus berlanjut sampai n ! 1 ialah nol. Jika = 0 atau = 00 ; maka 1 [ ln k0 + (1 ) ln k1 ] ; E (ZjH0 ) 1 E (N jH1 ) = [(1 ) ln k0 + ln k1 ] ; E (ZjH1 )

E (N jH0 ) =

di mana Z = ln

f (X; 0 ) f (X; 00 )

dan N merupakan peubah acak yang menyatakan ukuran sampel. Contoh 6.9 Misalkan X memiliki sebaran N ( ; 1) : Gunakan uji rasio peluang bersekuens Wald untuk menentukan rata-rata ukuran contoh yang diharapkan untuk sampai pada suatu putusan bila diketahui hipotesis sebagai berikut : H0 : H1 : dengan

=

= 0:01:

=0 =1

6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens

127

Jawab. 0:01 1 = 1 0:01 99 1 0:01 = = 99 0:01

k0 = k1

Z = ln = ln

1 2

exp

1 X2 2

= =

f (X; 0 ) f (X; 00 ) " exp

1 2

1 2 X 2

1]2

[X

(X

#

1)2

X

1 2

E (ZjH0 ) = E 1 2 1 = 2

E (X j

=

1 2

E (ZjH1 ) = E 1 2 1 = 2

= 0)

X j H1

E (X j

=

=

X j H0

= 1)

1 1 2

1 1 0:01 ln + 0:99 ln (99) = 9 1=2 99 1 1 E (N jH1 ) = 0:99 ln + 0:01 ln (99) = 9 1=2 99 E (N jH0 ) =

6.4 Uji Rasio Peluang Bersekuens

128

Sebagai pembanding, gunakan uji terbaiknya. = P X > k j H0 1 0 k X 0:01 = P @ q > q A 0

1 n

1 n

1

k 0:01 = P @Z > q A 1 n

0:01 = P (Z > 2:325) ;

sehingga k q

= 2:325 1 n

1

q2

y

= 2:325 1 n

n = 22:

2.5

2.0

1.5

1.0

0.5

-2.0

-1.5

-1.0

-0.5

0.0

0.5

Gambar 5. Sebaran Normal X

1.0

1.5

2.0

N 0; n1 dan X

2.5

3.0

x

N 1; n1 z

6.5 Latihan

6.5

129

Latihan

1. Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn merupakan sampel acak dari sebaran N ( ; 25). n

xi

(a) Tunjukkanlah bahwa C = f(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) : i=1 n pakan daerah kritis terbaik untuk pengujian H0 : H1 : = 12. (b) Tentukan pula n dan c sehingga

= 0:05 dan 1

cg meru= 10 lawan = 0:90.

Catatan: Bila Z~N (0; 1); maka P (Z

1:645) = 0:05 dan P (Z

1:285) = 0:10:

2. Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; X10 merupakan sampel acak dari sebaran N (0; ) untuk pengujian H0 : = 5 lawan H1 : > 5: (a) Tunjukkanlah bahwa ada Uji Selalu Paling Kuasa (UMPT, Uniformly Most Powerful Test) dalam pengujian ini. (b) Bila

= 0:05 maka berikanlah daerah kritis dan fungsi kuasanya.

3. Misalkan X1 ; X2 ; : : : ; Xn merupakan sampel acak dari sebaran N (5; ), > 0; untuk pengujian H0 :

=

0

lawan H1 :

6=

0

(a) Apakah dapat diperoleh uji selalu paling kuasa (Uniformly Most Powerful Test)? Jelaskan. (b) Tunjukkanlah bahwa uji rasio kemungkinan (LRT, Likelihood Ratio Test) H0 : = 0 lawan H1 : 6= 0 dapat didasarkan pada statistik W = ni=1 (Xi 5)2 = 0 . Tentukan sebaran dari W bila H0 benar dan berikan daerah kritisnya untuk taraf nyata (level of signi…cance) . 4. Berikut fungsi massa peluang peubah acak Z dengan 0 < Amatan (z) f (z; 0 ) z1 1/12 z2 1/12 z3 1/6 z4 2/3

f (z; ) =3 (1=3) (1 ) 1/2 1/6

f (z;

0 ) = sup f

< 1: (z; )

6.5 Latihan

130

Isilah nilai f (z; 0 ) = sup f (z; ) pada tabel di atas dan berikanlah uji rasio kemungkinan (LRT, Likelihood Ratio Test) untuk pengujian H0 : = 0 lawan H1 : 6= 0 dengan amatan tunggal untuk = 1/6. Berikan pula kuasa uji-nya (1 ). 5. Misalkan peubah acak X bersebaran N (0; ). Berikanlah uji rasio peluang bersekuens (SPRT, Sequential Probability Ratio Test) bagi H0 : = 4 lawan H1 : = 9 dengan = 0:05 dan = 0:10. Berikan pula rata-rata ukuran contoh yang diharapkan untuk sampai pada suatu putusan.

Daftar Pustaka [1] Hogg RV, McKean J, Craig AT. 2005. Introduction to Mathematical Statistics. Sixth Edition. New Jersey: Pearson Education, Inc. [2] Hogg RV, McKean J, Craig AT. 2014. Introduction to Mathematical Statistics. Seventh Edition. New Jersey: Pearson Education, Inc. [3] Lindgren BW. 1976. Statistical Theory. Third Edition. New York: Macmillan Publishing Co, Inc. [4] Rice JA. 2007. Mathematical Statistics and Data Analysis. Duxbury: Thomson Brooks/Cole. [5] Roussas GG. 1973. A First Course in Mathematical Statistics. Boston: Addison-Wesley Publishing Company.

131