ebook statmat2

STATISTIKA MATEMATIS IIEdisi E-Book

Oleh

Dr.Phil. I Gusti Putu Sudiarta,M.Si

Jurusan Pendidikan Matematika

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Universitas Pendidikan Ganesha

Februari, 2009

Kata Pengantar

Puji syukur penulis panjatkan kehadirat Tuhan Yang Maha Esa

atas terbitnya buku ajar "Statistika Matematis II" ini. Buku ini merupakan

lanjutan dari buku "Statistika Matematis I" dan menyajikan pengetahuan

dasar yang dibutuhkan baik untuk mempelajari statistika secara matema-

tis dan penerapannya dalam pemecahan masalah sehari-hari. Buku ajar

ini ditujukan bagi mahasiswa jurusan (pendidikan) matematika khusus-

nya, tapi dapat juga dijadikan referensi bagi mahasiswa lainnya atau ma-

syarakat pada umumnya, terutama yang tertarik untuk mengetahui atau

mendalami ilmu statistika serta pembahasannya secara matematis.

Materi buku ajar ini bersumber dari beberapa buku terkenal se-

perti (1) Dudewicz E.J.; Mishra,S.N.(1988) Modern Mathematical Statisti-

cs,(2) Roussas G.G.(1973) A First Course in Mathematical Statistics, dan

(3) Walpole, Ronald.E.; Myers, Raymond H.; Myers, Sharon L.; Ye, Keying

(2002) Probability and Statistics for Engineers and Scientists, serta buku-

buku lainnya seperti yang tercantun dalam daftar pustaka.

Buku ini terdiri dari 5 Bab, yang secara garis besar menyajikan sta-

tistik induktif dengan pembahasan matematis, yang meliputi (1) distribu-

si pendekatan suatu distribusi variabel random, (2) konvergensi variabel

random, (3) estimasi titik, (4) estimasi interval, serta (5) hipotesis statistik.

Untuk membantu pemahaman yang lebih baik, ada beberapa hal

yang harus diperhatikan dalam menggunakan buku ajar ini sbb: (1) pada

setiap awal bab, diberikan standar kompetensi dan indikator hasil belajar,

yang diharapkan dapat membantu pembaca memusatkan perhatian atau

lebih berkonsentrasi pada hal-hal yang dianggap penting; (2) pada setiap

i

Statistika Matematis II/ Edisi E-book

akhir bab juga disajikan rangkuman, soal-soal dengan pembahasannya,

dan soal-soal latihan dalam jumlah yang memadai, sehingga pembaca me-

miliki kesempatan untuk melakukan latihan secara mandiri dan mengeva-

lusi sendiri hasil belajarnya.

Buku ajar ini disusun sejak tahun 2005, dan sejak saat itu pula

telah digunakan dalam perkuliahan di Universitas Pendidikan Ganesha.

Buku ini mengalami beberapa kali revisi baik berdasarkan saran-saran ma-

hasiswa peserta kuliah, maupun dosen sejawat yang telah dengan seksa-

ma menelaah buku ini, antara lain Prof. Dr. I Gusti Putu Suharta, M.Si

dan Drs. I Made Sugiarta,M.Si. Untuk semua dukungan tersebut penulis

sampaikan terimakasih yang setinggi-tingginya.

Namun demikian, penulis menyadari bahwa pada terbitan ini,

tentu masih ada hal-hal yang perlu untuk disempurnakan. Untuk itu pe-

nulis sangat terbuka terhadap saran, kritik dan koreksi, baik dari teman

sejawat, mahasiswa, pencinta matematika, maupun masyarakat pembaca

umumnya. Akhirnya penulis berharap, semoga buku ajar ini dapat mem-

berikan manfaat yang sebesar-besarnya.

Singaraja, Februari 2009

I Gusti Putu Sudiarta

ii ISBN 978-602-8310-02-4

Daftar Isi

Kata Pengantar i

1 Distribusi Pendekatan 1

1.1 Standar Kompetensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Indikator Hasil Belajar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3.1 Konsep Dasar Distribusi Pendekatan . . . . . . . . . 2

1.3.2 Menentukan Distribusi Pendekatan . . . . . . . . . . 2

1.3.2.1 Melalui Fungsi Distribusi . . . . . . . . . . . 2

1.3.2.2 Melalui Fungsi Pembangkit Momen . . . . 8

1.3.2.3 Melalui Teorema Limit Pusat . . . . . . . . . 12

1.4 Soal-Soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5 Soal-Soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Konvergensi Variabel Random 25



2.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3.1 Konsep Dasar Variabel Random . . . . . . . . . . . . 26

2.3.2 Barisan Variabel Random . . . . . . . . . . . . . . . . 27

iii


2.3.3 Jenis-Jenis Konvergensi Variabel Random . . . . . . . 28

2.3.3.1 Konvergen dalam Distribusi . . . . . . . . . 28

2.3.3.2 Konvergen dalam Probabilitas . . . . . . . . 33

2.3.4 Sifat-Sifat Konvergensi Variabel Random . . . . . . . 36



3 Estimasi Titik 51



3.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.3.1 Prinsip Reduksi Data . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.3.1.1 Azas Kecukupan . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.3.1.2 Teorema Halmos & Savage . . . . . . . . . . 55

3.3.2 Estimasi Titik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3.3.2.1 Estimator Tak Bias . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.3.2.2 Estimator Konsisten . . . . . . . . . . . . . . 62

3.3.2.3 Estimator Efisien . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.3.2.4 Estimator Bayes . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.3.3 Metode Evaluasi Estimator Titik . . . . . . . . . . . . 67

3.3.3.1 Galat Kwadrat Rata-Rata . . . . . . . . . . . 67

3.3.3.2 Estimator Terbaik . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.3.3.3 Teorema Batas Bawah Cramer-Rao . . . . . 71

3.3.4 Metode Estimasi Titik . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.3.4.1 Metode Momen . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.3.4.2 Metode Maksimum Likelihood . . . . . . . 82

3.4 Soal-Soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87


iv ISBN 978-602-8310-02-4


4 Estimasi Interval 113



4.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.3.1 Konsep Dasar Estimasi Interval . . . . . . . . . . . . . 114

4.3.2 Metode Menentukan Estimasi Interval . . . . . . . . . 117

4.3.2.1 Inversi Uji Statistik . . . . . . . . . . . . . . 117

4.3.2.2 Besaran Pivot . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.3.3 Metode Evaluasi Estimasi Interval . . . . . . . . . . . 121

4.3.4 Estimasi Interval Kepercayaan Khusus . . . . . . . . 124

4.3.4.1 Interval Kepercayaan untuk Mean . . . . . . 124

4.3.4.2 Interval Kepercayaan untuk Perbedaan Mean126

4.3.4.3 Interval Kepercayaan untuk Variansi . . . . 127

4.3.4.4 Interval Kepercayaan untuk Rasio Dua Va-

riansi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128



5 Hipotesis Statistik 135



5.3 Uraian Materi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

5.3.1 Konsep Dasar Uji Hipotesis . . . . . . . . . . . . . . . 136

5.3.2 Uji Rasio Likelihood . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

5.3.3 Metode Uji Evaluasi Hipotesis . . . . . . . . . . . . . 140

5.3.3.1 Probabilitas Kesalahan dan Fungsi Keku-

atan Uji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

v ISBN 978-602-8310-02-4


5.3.3.2 Uji Paling Kuat (Most Powerfull Test) . . . . . 144

5.3.3.3 Teorema Neyman-Pearson . . . . . . . . . . 147

5.3.3.4 Teorema Karlin-Rubin . . . . . . . . . . . . 149

5.3.3.5 Daerah Kritik Terbaik . . . . . . . . . . . . . 150

5.4 Soal-Soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152


Daftar Pustaka 195

vi ISBN 978-602-8310-02-4

Bab 1

Distribusi Pendekatan

1.1 Standar Kompetensi

Memahami konsep dasar distribusi pendekatatan suatu barisan variabel

random, dan mampu menerapkannya, baik dalam pemecaham masalah

matematika, ilmu lain maupun dalam kehidupan sehari-hari

1.2 Indikator Hasil Belajar

1. Menjelaskan konsep dasar distribusi pendekatatan suatu variabel

atau fungsi variabel random

2. Menentukan distribusi pendekatan suatu barisan atau fungsi vari-

abel random dengan menggunakan fungsi distribusi.


abel random dengan menggunakan fungsi pembangkit momen,


abel random dengan menggunakan dalil limit pusat,

5. Memecahkan masalah yang berkaitan dengan distribusi pendekatan

1


1.3 Uraian Materi

1.3.1 Konsep Dasar Distribusi Pendekatan

Pada kuliah Statistika Matematis I, telah dibahas distribusi variabel ran-

dom maupun distribusi fungsi variabel random secara eksak. Sering di-

jumpai sebuah variabel random yang distribusinya bergantung pada bi-

langan nulat positif n atau mungkin juga sebuah statistik, yang meru-

pakan fungsi dari variabel random yang distribusinya juga bergantung

pada bilangan positif n. Kadang-kadang ada masalah dalam mengitung

distribusi peluang variabel random, karena sulit menentukan fungsi kepa-

datan peluangnya. Oleh karena itu dalam bab ini akan dibahas cara

menentukan distribusi variabel random melalui pendekatan, apabila n

cukup besar.

1.3.2 Menentukan Distribusi Pendekatan

Ada tiga cara dalam menentukan distribusi pendekatan tersebut yaitu

melalui fungsi distribusi, fungsi pembangkit momen, dan teorema limit

pusat. Ketiga cara tersebut akan dibahas secara satu persatu.

1.3.2.1 Melalui Fungsi Distribusi

Masalah :

Jika X adalah rerata dari sampel acak X1, X2, ..., Xn yang berasal dari dis-

tribusi dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk:

f(x) =

1; 0 < x < 1

0; lainnya

Hitung P (X < 0, 5). Kita menghadapai masalah dalam menghitung nilai

ini, karena ternyata distribusi dari X , dan fungsi pembangkit momen dari

X bergantung pada n, sehingga nilai dari P (X < 0, 5) tidak dapat dihitung

dengan cara langsung.

Bab 1. Distribusi Pendekatan 2 ISBN 978-602-8310-02-4


Pembahasan

Distribusi dari X harus kita selesaikan lebih dahulu. Karena variabel ran-

dom X berasal dari distribusi seragam pada (0, 1), untuk menentukan

distribusi dari X akan digunakan teknik fungsi pembangkit momen. Se-

belumnya kita akan menentukan dahulu fungsi pembangkit momen dari

X . Fungsi pembangkit momen dari X adalah:

Mx(t) = E(etx)

=∫ 1

0etx.1 dx

= 1tetx∣∣1x=0

= et−1t

; t 6= 0

Untuk t = 0 digunakan dalil L’Hospital

Limt→0Mx(t) = Limt→0(et−1)

t

= Limt→0et−1

t

Jadi Mx(t) =

et−1

t; t 6= 0

1; t = 0

Dari sini dapat dilihat bahwa fungsi pembangkit momen dari X bergan-

tung pada n, distribusi dari X juga bergantung pada n. Jadi kita tidak

dapat menentukan fungsi kepadatan peluang dari X , sehingga tidak da-

pat pula menghitung peluang untuk harga tertentu.

Oleh karena itu, berikut ini akan dijelaskan suatu cara pendekatan untuk

menentukan distribusi dari sebuah variabel random bergantung pada bi-

langan bulat positif n.

Sebagai kesepakatan dalam hal ini, fungsi distribusi akan dituis sebagai

Fndan fungsi kepadatan peluangnya ditulis sebagai fn. Apabila kita mem-

bahas barisan fungsi distribusi, maka kita harus menuliskan indeks n pada

variabel randomnya. Misalkan penulisan:

Fn

(X)

=

∫ x

−∞

1√1/n.

√2π

e−ny2/2

dy



merupakan fungsi distribusi dari rerata X yang dihitung dari sampel acak

berukuran n dan berasal dari distribusi N(0, 1).

Definisi

Misalkan Fn (y) adalah fungsi distribusi dari variabel random Yn yang

bergantung pada bilangan bulat positif n. Jika F (y)adalah fungsi dis-

tribusi dan Limt→0Fn (y) = F (y) untuk setiap nilai y yang mengakibatkan

F (y) kontinu, maka variabel random Yn dikatakan mempunyai distribusi

pendekatan dengan fungsi distribusi F (y).

Contoh :

Misalkan Yn menunjukkan statistik urutan ke-n dari sampel acak

X1, X2, ..., Xn yang berdistribusi dengan fungsi kepadatan peluang

berbentuk:

f(x) = 1θ

; 0 < x < θ ; 0 < θ < ∞= 0 ; lainnya

Apakah Yn mempunyai distribusi pendekatan ?

Jawab:

Fungsi kepadatan peluang dari Yn adalah:

gn (y) = n(F (y))n−1f(y) ; a < y < b

= 1 ; Lainnya

dengan :

F (y) =∫ y

0f(x) dx =

∫ y

01θdx = y

θ

F (y) = F ′(y) = 1θ

Jadi

gn (y) = n[

yθ

]n−1 1θ

gn (y) = nθn yn−1 ; 0 < y < θ

= 0 ; Lainnya

Fungsi distribusi dari Ynadalah:

1. Untuk y < 0

Fn (y) =∫ y

0gn (t) dt =

∫ <0

00 dt = 0



2. Untuk 0 ≤ y < θ

Fn (y) =∫ y

0ntn−1

θn dt = 1θn tn

∣∣y0

=[

yθ

]n

3. Untuk θ ≤ y < ∞Fn (y) =

∫ θ

0gn (t) dt +

∫ y

0gn (t) dt

=∫ θ

0ntn−1

θn dt +∫ <0

00 dt

= 1

Jadi :

Fn (y) = 0 ; y < 0

=[

yθ

]n; 0 ≤ y < θ

= 1 ; θ ≤ y < ∞

limn→∞Fn(y) =

0, −∞ < y < θ

1, θ ≤ y < ∞Sekarang ambil fungsi distribusi dari Y adalah:

F (y) =

0, −∞ < y < θ

1, θ ≤ y < ∞Karena Limn→0Fn (y) = F (y) pada masing-masing nilai y yang menye-

babkan F (y) kontinu, menurut definisi, variabel random Ynmempunyai

distribusi pendekatan dengan fungsi distribusi F (y).

Berikut ini akan diberikan sebuah contoh tenang sebuah variabel random

yang mempunyai distribusi pendekatan degenerate.

Contoh

Misalkan X mempunyai fungsi distribusi berbentuk:

Fn (x) =

∫ x

−∞

1√1/n.

√2π

e−ny2/2

dy

misalkan:

t =√

n y→dt =√

n dy

batas-batasnya:



Untuk y = −∞ maka t = −∞

Untuk y = x , maka t =√

n x

Fn (x) =∫ √

n x

−∞1√

1/n.√

2πe−t2/2 dt√

n

=∫ √

n x

−∞1√2π

e−t2/2dt

Limn→∞Fn (x) = 0 ; x < 0

= 12

; x = 0

= 1 ; x > 0

Sekarang ambil fungsi distribusi dari X adalah :

F (x) = 0 ; x < 0

= 1 ; x ≥ 0

Ternyata Limn→∞Fn (x) = F (x) untuk setiap nilai kontinu dari F (x).

Dalam hal ini, Limn→∞Fn (0) 6= F (0), tetapi F (x)tidak kontinu di x =

0. Dengan demikian variabel random Xnmempunyai distribusi pen-

dekatan dengan fungsi distribusi F (x). Distribusi pendekatannya adalah

degenerate.

Contoh

Misalkan Yn menunjukkan statistik urutan ke-n dari sampel acak

X1, X2, ..., Xn yang berdistribusi seragam pada (0, θ), θ > 0. Jika Zn =

n(θ − Yn),maka apakah Znmempunyai distribusi pendekatan?

Jawab:

Fungsi kepadatan peluang dari X adalah:

f(x) = 1θ

; 0 < x < θ ; 0 < θ < ∞= 0 ; lainnya

Fungsi kepadatan peluang dari Yn adalah:

gn (y) = nyn−1

θn ; 0 < x < θ

= 0 ; Lainnya



Kita akan menentukan fungsi kepadatan peluang dari Zn dengan meng-

gunakaan teknik transformasi variabel random. Hubungan antara nilai

yndengan nilai Yndengan nilai zndari Zn diberikan sbb:

Zn = n(θ − yn)

inversnya :

yn = θ − Zn

n

Jacobiannya :

J =dyn

dzn=

−1

n

|J | =

∣∣∣∣dyn

dzn

∣∣∣∣ =1

n

Fungsi kepadatan peluang dari Zn adalah:

hn(z) = 1θn ; 0 < z < nθ

= 0 ; lainnya

Fungsi distribusi dari Znadalah

1. Untuk z < 0, Kn(z) =∫ z

0hn(t) dt =

∫ <0

00 dt = 0

2. Untuk 0 ≤ z < nθ, Kn(z) =∫ z

01θn

[θ − t

n

]n−1dt

3. Misalkan : y = θ − tn

; dy = − 1n

dt

Batas-batasnya:

Untuk t = 0, maka y = θ

Untuk t = z, maka y = θ − zn

Kn(z) =∫ θ− z

n0

1θn yn−1(−n) dy

= 1θn yn

∣∣θθ− z

n

Kn(z) = 1 −[1 − z

nθ

]n

4. Untuk z ≥ nθ



Kn(z) =∫ nθ

0hn(t) dt +

∫ z

nθhn(t) dt

=∫ nθ

01θn

[θ − t

n

]n−1dt +

∫ z

nθ0 dt = 1

Jadi :

Kn(z) = 0 ; z ≤ 0

= 1 −[1 − z

nθ

]; 0 ≤ z < nθ

Kn(z) = 1 ; z ≥ nθ

Limn→∞Kn(z) = 0 ; z ≤ 0

= 1 − e−z/θ ; 0 < z < ∞

Sekarang ambil fungsi distribusi dari Z:

K(z) = 0 ; z < 0

= 1 − e−z/θ ; z ≥ 0

merupakan fungsi ditribusi yang kontinu dimana-mana, serta

Limn→∞Kn(z) = K(z)untuk semua nilai. Jadi Zn mempunyai pendekatan

dengan fungsi distribusi K(z). Dalam hal ini, distribusi pendekatannya

tidak degenerate.

Penentuan distribusi pendekatan dengan menggunakan fungsi distribusi

bisa dinyatakan sebagai konvergen dalam distribusi yang akan dibahas

lebih lanjut pada Bab II.

1.3.2.2 Melalui Fungsi Pembangkit Momen

Selain menggunakan fungsi distribusi, penentuan disribusi pendekatan

dapat dilakukan melalui fungsi pembangkit momen.

Berikut ini diberikan sebuah teorema yang dikemukakan oleh Curtiss

sebagai modifikasi dari teorema Levy dan Cramer yang menjelaskan

bagaimana fungsi pembangkit momen dapat digunakan dalam menen-

tukan distribusi secara pendekatan.

Teorema



Misalkan variabel random Yn mempunyai fungsi distribusi Fn(y) dan

fungsi pembangkit momennya M(t; n) ada untuk −h < t < h, h > 0 dan

setiap n.

Jika ada fungsi disribusi F (y) dengan funsgi pembangkit momennya M(t)

untuk |t| ≤ h1 < h sedemikian hingga Limn→∞M(t; n) = M(t), maka

Yndikatakan mempunyai distribusi pendekatan dengan fungsi distribusi

F (y).

Contoh

Misalkan Yn adalah variabel random berdistribusi binomial dengan pa-

rameter n dan p. Jika rerata dari Ynadalah sama untuk setiap n, yaitu

µ = np, sehingga p = µn

dengan µadalah konstanta, maka apakah ada

distribusi pendekatan dari Yn?

Jawab :

Fungsi kepadatan peluang dari Yn adalah

F (yn) =

(n

yn

)pyn (1 − p)n−yn ; yn = 0, 1, 2, ..., n

= 0 ; lainnya

Kemudiankita akan menentukan fungsi pembangkit momen dari Yn.

Fungsi pembangkit momen dari ynadalah:

M(t; n) = E(etyn)

=∑n

yn=0 etyn

(n

yn

)pyn (1 − p)n−yn

=∑n

yn=0

(n

yn

)(pet)

yn (1 − p)n−yn

= ((1 − p) + pet)n

=[1 − µ

n+ µ

net]n

=[1 + µ(et−1)

n

n]

Limn→∞M(t; n) = Limn→∞

[1 + µ(et−1)

n

n]

Limn→∞M(t; n) = eµ(et − 1); t ∈ ℜ



Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen dari dis-

tribusi poison dengan rerata µdan M(t) = eµ(et−1). Dengan demikian

Yn dikatakan mempunyai distribusi pendekatan dengan distribusi

penekatannya adalah Poisson dengan rerata µ.

Contoh :

Misalkan variabel random Zn berdistribusi chi-kuadrat dengan derajat ke-

bebasan = n. Jika variabel random Yn = (Zn−n)√2n

, maka tentukan distribusi

pendekatan dari Yn dengan menggunakan fungsi pembangkit momen.

Jawab :

Fungsi kepadatan peluang dari Zn adalah

f(zn) = 1

2n/2.Γ(n2 )

z(n/2)−1n e−Zn/2 ; Zn > 0

= 0 ; lainnya

Fungsi pembangkit momen dari Zn adalah:

MZn(t) = E(etzn)

=∫∞0

etzn 1

2n/2.Γ(n2 )

z(n/2)−1n e−Zn/2dzn

=∫∞0

1

2n/2.Γ(n2 )

z(n/2)−1n e−Zn/2dzn

Misalkan: u = zn((1/2) − t) ; du = ((1/2) − t)dzn

MZn(t) = 1

2n/2.Γ(n2 )

∫∞0

[u

(1/2)−t

](n/2)−1

e−u du((1/2)−t)

= 1

2n/2.Γ(n2 )((1/2)−t)n/2

∫∞0

u(n/2)−1e−udu

= 1

2n/2.Γ(n2 )((1/2)−t)n/2 Γ

(n2

)

= (1 − 2t)−n/2; t < 1/2



Fungsi pembangkit momen dari Yn adalah:

M(t; n) = MYn(t) = E(etYn)

= E

exp[t[

(Zn−n)√2n

]]

= e−tn/√

2.E[etZn/

√2]

= etZn/√

2.MZn( t√2n

)

= e−(t√

2n

)(n/2)[1 − 2 t√

2n

]−n/2

=[et√

2n − t

√2net√

2/n)−n/2]

Apabila et√

2/n)diuraikan dengan Deret Taylor, maka akan diperoleh:

et√

2/n) = 1 + t

√2

n+

1

2

[t

√2

n

]2

+1

6

[t

√2

n

]3

+ ...

Sehingga:

M(t; n) = 1 + t√

2n

+ 12

[t√

2n

]2+ 1

6

[t√

2n

]3+ ...−

t√

2n

[1 + t

√2n

+ 12

[t√

2n

]2+ 1

6

[t√

2n

]3+ ...

]−n/2

=[1 − t2( 2

n) + 1

2t2( 2

n) + 1

6t3( 2

n)√

2n− 1

2t3( 2

n)√

2n

+ ...]−n/2

=[1 − t2

n− 1

3t3( 2

n)√

2n

+ ...]−n/2


[1 − t2

n− 1

3t3( 2

n)√

2n

+ ...]−n/2

M(t; n) = Limn→∞

[1 − t2

n− 1

3t3( 2

n)√

2n

+ ...]−n/2

= Limn→∞

[1 − t2

n

]−n/2

Limn→∞M(t; n) = et2

2

Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen dari dis-

tribusi normal standar, yaitu M(t) = et2

2 . Jadi variabel random Yn = (Zn−n)√2n

mempunyai distribusi pendekatan berbentuk distribusi normal standar.



Apabila sebuah variabel random mempunyai disribusi pendekatan maka

kita dapat menggunakan distribusi pendekatan itu sebagai distribusi yang

sebenarnya. Misalnya dari hasil contoh di atas, kita dapat menggunakan

distribusi Poisson sebagai pendekatan dari distribusi Binomial untuk n be-

sar dan p kecil. Kemudian kita bisa menghitung peluang dari variabel ran-

dom yang berdistribusi binomial dengan menggunakan distribusi pois-

son.

Contoh

Misalnya variabel random Y berdistribusi binomial dengan n = 50 dan

p = 0, 04. Hitung P (Y ≤ 1) dengan dua cara, yaitu cara eksak dan cara

pendekatan.

Jawab :

1. Cara eksak

Dalam hal ini, kita menyelesaikannya dengan menggunakan dis-

ribusi binomial.P (Y ≤ 1) = P (Y = 0) + P (Y = 1)

=

(50

0

)(0, 04)0(0, 96)50 +

(50

0

)(0, 04)1(0, 96)49

= 0, 1299 + 0, 2706

P (Y ≤ 1) = 0, 4005

2. Cara pendekatan

Dalam hal ini, kita menyelesaikannya dengan menggunakan distr-

busi poisson.

µ = np = 50.0, 04 = 2

P (Y ≤ 1) = P (Y = 0) + P (Y = 1)

= e−220

0!+ e−221

1!= 3.e−2 = 0, 4060

1.3.2.3 Melalui Teorema Limit Pusat

Berikut ini akan dijelaskan beberapa teorema limit pusat, sbb:



1. Teorema limit pusat yang pertama kali dikemukakan oleh Laplace

pada tahun 1812 dan pembuktiannya yang lebih teliti dijelakan oleh

Liapounoff pada tahun 1901.

Teorema

Jika Xi, I = 1, 2, 3, ..., n adalah n buah variabel random yang saling

bebas sedemikian hingga E(Xi) = µi dan Var (Xi) = σ2i maka vari-

abel random Sn = X1 +X2 + ...+Xn secara pendekatan berdistribusi

N(µ; σ2) dengan µ =∑n

i=1 µi dan Var (Xi) =∑n

i=1 σ2i

2. Teorema limit pusat berikut ini dikemukakan oleh De-Moiure’s dan

Laplace pada tahun 1833

Teorema

Jika Xi =

1 ; dengan peluang p

0 ; dengan peluang q = 1 − p

maka distribusi dari variabel random Sn = X1 +X2 + ...+Xndengan

Xi saling bebas dan berdistribusi identik, secara pendekatan akan

berdistribusi N(np; npq) untuk n → ∞.

Bukti :

Fungsi pembangkin momen dari Xi adalah:

Mxi(t) = E [etxi ]

=∑1

xi=0 etxif(xi

= et(1).p + et(0).q

= pet + q

)

Fungsi pembangkit momen dari Snadalah:

Msn(t) = E [etsn ]

= E[et(X1+X2+...+Xn)

]

= E[etX1+tX2+...+tXn

]

=[etX1

]+[etX2

]+ ... + E

[etXn

]

= Mx1(t) + Mx2(t) + ... + Mxn(t)

= (pet + q).(pet + q)...(pet + q)

Msn(t) = (pet + q)n



Ternyata bentuk di atas merupakan fungsi pembangkit momen dari

distribusi binomial dengan parameter n dan p.

Jadi E(Sn) = np dan Var (Sn) = npq, misalkan : Z = Sn−E(Sn)√Var (Sn)

=Sn−np√npq

Fungsi pembangkit momen dari Z adalah:

Mz(t) = E[etZ]

= Eexp

[t[

Sn−np√npq

]]

= e−tnp/√

npq.Msn

(t√npq

)

= e−tnp/√

npq[pet/

√npq + q

]n

=[e−tp/

√npq[pet/

√npq + q

]]n

=[e−tq/

√npq + q.e−tp/

√npq]n

=

p[1 + tq√

npq+ t2q2

2npq+ t3q3

6npq√

npq+ ...

]

+q[1 − tq√

npq+ t2q2

2npq+ t3q3

6npq√

npq+ ..]n

=[p + t

√pqn

+ t2q2n

+ t3q2

6np√

npq+ ... + q−

t√

pqn

+ t2q2n

+ t3q2

6np√

npq+ ...

]n

Mz(t) =[1 + t2

2n+ t3(q−p)

6√

npq+ ...

]n

Limn→∞Mz(t) = Limn→∞

[1 +

t2

2n+

t3(q − p)

6√

npq+ ...

]n

= Limn→∞

[1 +

t2

2n

]n

Limn→∞Mz(t) = et2/2


distribusi normal standar. Jadi Z = Sn−np√npq

berdistribusi N(0; 1). Den-

gan menggunakan teknik fungsi pembangkit momen dapat ditun-

jukkan Sn berdistribusi N(np; npq)

3. Berikut ini akan dijelaskan dalil limit pusat untuk n buah variabel

random yang berdistribusi identik (pembuktiannya dilakukan oleh

Lindeberg dan Levy)

Teorema : Jika X1 + X2 + ... + Xn adalah n buah variabel random



yang bebas dan berdistribusi identik dengan:

E(Xi) = µ; V ar(Xi) = σ2; i = 1, 2, ..., n

maka variabel random Sn = X1 + X2 + ... + Xn secara pendekatan

berdistribusi normal dengan rerata µ = nµ dan variansi σ2 = nσ2

Bukti : Misalkan M1(t) menunjukkan fungsi pembangkit momen

dari (Xi − µ1) dan M(t) menunjukkan fungsi pembangkit momen

dari Z = Sn−µσ

.

Karena µ1 dan µ2 dari (Xi − µ1) diberikan dengan:

µ1 = E(Xi − µ1) = E(Xi) − µ1 = µ1 − µ1 = 0

µ2 = E(Xi − µ1)2 = σ2

i

maka fungsi pembangkit momen dari (Xi − µ1) adalah:

M1(t) = E[et(xi−µ1)

]

= E1 + t(xi − µ1) + 1

2t2(xi − µ1)

2 + 16t3(xi − µ1)

3 + ...

= 1 + tE(xi − µ1) + 12t2E(xi − µ1)

2 + 16t3E(xi − µ1)

3 + ...

M1(t) = 1 + tt

2σ2

i + 16t3E(xi − µ1)

3 + ...

Kita akan menguraikan dahulu Z,

Z =Sn − µ

σ=

(X1 + X2 + ... + Xn) − µ

σ

dengan :



(i) µ = E(Sn) = E(X1 + X2 + ... + Xn)

= E(X1) + E(X2) + ... + E(Xn)

= µ1 + µ1 + ... + µ1

µ = E(Sn) = nµ1

(ii) σ =√

Var (Sn)

=√

Var(X1 + X2 + ... + Xn)

=√

Var(X1) + Var(X2) + ... + Var(Xn)

=√

σ21 + σ2

1 + ... + σ21)

σ = σ1

√n

Jadi

Z =(X1 + X2 + ... + Xn) − nµ1

σ1

√n

=

∑nxi=0(Xi − µ1)

σ1

√n

Fungsi pembangkit momen dari Z adalah:

Mz(t) = E[etZ]

= E[e

tσ1

√n

Pnxi=0(Xi−µ1)

]

= E[e

tσ1

√n

[(x1−µ1)+t(x2−µ1)+...+t(xn−µ1)]]

= E[e

tσ1

√n

[(x1−µ1)+t(x2−µ1)+...+t(xn−µ1)]]

= E[e

tσ1

√n

(x1−µ1)e

tσ1

√n

(x2−µ1)....e

tσ1

√n

(xn−µ1)]

= Mx1 − µ1

[t

σ1

√n

].Mx2 − µ1

[t

σ1

√n

]....Mxn − µ1

[t

σ1

√n

]

Mz(t) =

[Mx1 − µ1

[t

σ1

√n

]]n

=

[1 +

1

2

[t

σ1

√n

]2

σ21 +

1

6

[t

σ1

√n

]3

σ21 + ...

]n

=

[1 +

t2

2n+

t3

6σ1n√

n+ ...

]n



Limn→∞Mz(t) = Limn→∞

[1 + t2

2n+ t3

6σ1n√

n+ ...

]n

= Limn→∞

[1 + t2

2n

]n

Limn→∞Mz(t) = et2/2


distribusi normal standar. Jadi Z = Sn−nµ1

σ1nberdistribusi N(0; 1).

4. Teorema: Jika X1 +X2 + ...+Xnmenunjukkan sampel acak distribusi

yang mempunyai rerata µdan varians σ2, maka variabel random:

Yn =

∑nxi=1(Xi − µ1)

σ1

√n

akan berdistribusi N(0; 1)

Bukti : Tentukan fungsi pembangkit momen dari Yn, kemudian kita

akan menguraikan eth

X1−µ

σ√

n

i

berdasarkan deret Taylor, sehingga diper-

oleh:

M(t; n) =

[1 + t

[X1−µσ√

n

]+ t2

2

[X1−µσ√

n

]2+ t3

6n

[X1−µσ√

n

]3+ ...

]n

=[1 + t

σ1√

nE(X1 − µ) + t2

2nσ2 E(X1 − µ)2 + ...]n

=[1 + t2

2n+ t3

6σ3n√

nE(X1 − µ)3 + ...

]n


[1 + t2

2n+ t3

6σ3n√

nE(X1 − µ)3 + ...

]n

= Limn→∞

[1 + t2

2n

]n

Limn→∞M(t; n) = et2/2


distribusi normal standar, sehingga Yn =Pn

xi=1 Xi−nµ

σ√

nberdistribusi

N(0; 1).

5. Teorema: Jika X1, X2, ..., Xnmenunjukkan sampel acak dari dis-

tribusi yang mempunyai rerata µ dan varians σ2, maka variabel ran-

dom Yn = x−µσ/

√n

akan berdistribusi normal standar.



Bukti : Fungsi pembangkit momen dari Yn adalah:

MYn(t) = M(t; n) = E(etyn)

= E[e

t x−µσ/

√n

]

= E[e

−tµσ/

√n .e

txσ/

√n

]

= e−tµ

σ/√

n E[e

tσ√

n[X1+X2+...+Xn]

]

= e−tµ

σ/√

n E[e

tσ√

nX1 .e

tσ√

nX2 ...e

tσ√

nXn

]

= e−tµ

σ/√

n E[e

tσ√

nX1

].E[e

tσ√

nX2

]...E

[e

tσ√

nXn

]

= e−tµ

σ/√

n.Mx1

[t

σ1√

n

].Mx2

[t

σ1√

n

]....Mxn

[t

σ1√

n

]

M(t; n) = e−tµ

σ/√

n

[Mx1

[t

σ1√

n

]]n

ln M(t; n) = −tµσ/

√n

+ n.ln Mx1

[t

σ1√

n

]

Apabila kita menguraikan Mx1

[t

σ1√

n

]lebih lanjut, maka akan diper-

oleh hasil:

Mx1

[t

σ1√

n

]= 1 + µ′

1t

σ1√

n+ 1

2µ′

2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6µ′

3

[t

σ1√

n

]3+ ...

Sehingga:

ln M(t; n) = −tµσ/

√n+n.ln Mx1

[1 + µ′

1t

σ1√

n+ 1

2µ′

2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6µ′

3

[t

σ1√

n

]3+ ...

]

Kita akan menguraikan ln (1 + x) dengan perluasan deret Maclau-

rin, yaitu:

ln (1 + x) = x − 12x2 + 1

3x3 − ...; |x| < 1

Disini X = µ′1

tσ1

√n

+ 12µ′

2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6µ′

3

[t

σ1√

n

]3+ ...

Sehingga:

ln M(t; n) = −tµσ√

n+ n

[µ′

1t

σ1√

n+ 1

2µ′

2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6µ′

3

[t

σ1√

n

]3+ ...

−

12

µ′

1t

σ1√

n+ 1

2µ′

2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6µ′

3

[t

σ1√

n

]3+ ...

2

+

13

µ′

1t

σ1√

n+ 1

2µ′

2

[t

σ1√

n

]2+ 1

6µ′

3

[t

σ1√

n

]3+ ...

3

− ...

]

=[−µ

√n

σ+

−µ′1

√n

σ

]t +[

µ′2

2σ2 +µ′2

1

2σ2

]t2 +

[µ′

3

6σ3√

n− +

µ′1µ′

2

2σ√

n

]t3 + ..

dengan:µ′

1 = µ

µ′2 − µ′

1 = µ2 = σ2



ln M(t; n) = 0 + 12t2 +

[µ′

3

6σ3√

n− µ′

1µ′3

2σ3√

n+

(µ′1)

3

23σ3√

n

]t3 + ...

Limn→∞ln M(t; n) = Limn→∞

[12t2 +

[µ′

3

6σ3√

n− µ′

1µ′3

2σ3√

n+

(µ′1)

3

23σ3√

n

]t3 + ...

]

Limn→∞ln M(t; n) = 12t2

Limn→∞M(t; n) = et2/2


distribusi normal standar, sehingga : Yn = x−µσ/

√n

berdistribusi N(0; 1).

Untuk menerapkan teorma limit pusat dalam menyelesaikan soal,

seringkali diperlukan untuk mengubahnya lebih dulu dalam bentuk

lain, yaitu: Jika X1, X2, ..., Xn adalah n buah variabel random yang

saling bebas dan berdistribusi identik dengan rerata µ1dan variansi

σ2 yang besarnya berhingga dan S1 = X1 + X2 + ... + Xn; maka:

Limn→∞P[a ≤ Sn−nµ1

σ1n≤ b]

= φ(b) − φ(b) =∫ b

a1√2π

e−x2/ndx

Limn→∞P

[a ≤ Sn−E(Sn)√

V ar(Sn)≤ b

]= φ(b) − φ(b)

Limn→∞P

[a ≤ X−E(X)q

V ar(X)≤ b

]= φ(b) − φ(b)

atau Limn→∞P[a ≤ X−µ1

σ1√

n≤ b]

= φ(b) − φ(b)

Jika kita memperhatikan ketiga bentuk di atas, maka untuk menghi-

tung peluang dari variabel random yang mempunyai harga tertentu

dengan menggunakan teorema limit pusat, dapat diselesaikan den-

gan bantuan tabel distribusi normal standar.

1.4 Soal-Soal dan Pembahasan

1. Misalkan X adalah rerata dari sampel acak berukuran 75 dari dis-

tribusi dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk:

f(x) = 1 ; 0 < x < 1

= 0; lainnya



Hitung P (0, 45 < X < 0, 55)

Jawab :

Kita akan menghitung dahulu E(X) dan Var (X).

µ = E(X) =∫ 1

0xdx = 1

2

µ′2 = E(X2) =

∫ 1

0x2dx = 1

3

Jadi : σ2 =Var (X) =Var (X) = 13− 1

4= 1

12

Sehingga:

P (0, 45 < X < 0, 55) = P

[0,45−0,5q

1(75)(12)

< X−µ1

σ1√

n< 0,55−0,5q

1(75)(12)

]

= P (−1, 50 < Z < 1, 50)

P (0, 45 < X < 0, 55) = 0, 866

2. Misalkan X1, X2, ..., Xn menunjukkan sebuah sampel acak dari dis-

tribusi b(1, p). Jika n = 100, p = 1/2, dan Y = X1 + X2 + ... + Xn;

maka hitung P (Y = 48, 49, 50, 51, 52)

Jawab :

Karena X berdistribusi Bernouli, maka:

(i)E(X) = p

(ii)Var (X) = p(1 − p)

Dengan menggunakan teknik fungsi pembangkit momen, maka Y

dapat ditunjukkan berdistribusi b(n; p). Akibatnya:

(i) E(Y ) = n.p = 100.1/2 = 50

(ii)Var (Y ) = np(1 − p) = 100.1/2(1 − 1/2) = 25

Karena kita melakukan perubahan dari variabel random diskrit ke

kontinu, maka kita harus menggunakan faktor koreksi, yaitu dengan

menambah dan megurangi 0, 5. Sehingga:

P (Y = 48, 49, 50, 51, 52) = P

[47,5−50

5≤ Y −E(Y )√

V ar(Y )≤ 52,5−50

5

]

= P (−0, 50 < Z < 0, 50)

P (Y = 48, 49, 50, 51, 52) = 0, 381

Kemudian kita akan menghtiung hasi eksak dengan menggunakan

disribusi binomial.



P (Y = 48, 49, 50, 51, 52) = P (Y = 48) + P (Y = 49) + P (Y = 50)

+P (Y = 51) + P (Y = 52)

P (Y = 48) =

(100

48

)(

12

)100= 0, 0375

P (Y = 49) =

(100

49

)(

12

)100= 0, 0780

P (Y = 50) =

(100

50

)(

12

)100= 0, 0796

P (Y = 51) =

(100

51

)(

12

)100= 0, 0780

P (Y = 52) =

(100

52

)(

12

)100= 0, 0735

Sehingga:

P (Y = 48, 49, 50, 51, 52) = 0, 0375 + 0, 0780 + 0, 0796+

0, 0780 + 0, 0735

P (Y = 48, 49, 50, 51, 52) = 0, 3826

Apabila kita membandingkan hasil pendekatan dengan hasil eksak,

maka akan terdapat perbedaan sebesar 0, 0016.

3. Misalkan X1, X2, ..., Xnadalah n buah variabel random yang masing-

masing berdistribusi χ (1). Jika Sn = X1 + X2 + ... + Xn dan n = 100

, maka tentukan nilai a sedemikian hingga P (Sn < a) = 0, 95

Jawab :

Dengan menggunakan teknik fungsi pembangkit momen, maka

Snakan berdistribusi χ (n). Akibatnya

(a) E(Sn) = n = 100

(b) Var (Sn) = 2n = 200

Sehingga:

P (Sn < a) = 0, 95



P

[Sn − E (Sn)√

V ar (Sn)≤ a − 100√

200

]= 0, 95

P

[Z ≤ a − 100√

200

]= 0, 95

Dari tabel Distribusi Normal diperoleh:

a − 100√200

= 1, 645

a = 100 + 1, 645√

200 = 123, 264

Kemudian kita akan menghitung peluang di atas secara eksak den-

gan menggunakan tabel Distribusi Chi-Kuadrat. Karena P (Sn <

a) = 0, 95; dengan menggunakan tabel Distribusi Chi-Kuadrat den-

gan derajat kebebasan n = 100 diperoleh hasil: a = 124, 342. Apabila

kita membandingkan hasil pendekatan degan hasil eksak maka akan

terdapat perbedaan sebesar 1, 078.

1.5 Soal-Soal Latihan

1. Misalkan Xnmenunjukkan rerata dari sampel acak berukuran

N(µ; σ2). Tentukan distribusi pendekatan dari Xn

2. Misalkan Y1menunjukkan statistik urutan pertama dari sampel acak

berukuran n yang berasal dari distribusi dengan fungsi kepadatan

peluang berbentuk:

f(x) = e−(x−θ) ; θ < x < ∞= 0 ; lainnya



Jika Zn = n(Y1 − θ), maka tentukan distribusi pendekatan dari Zn

3. Misalkan X1, X2, ..., Xn merupakan sebuah sampel acak berukuran n

dari distribusi yang mempunyai fungsi kepadatan peluang berben-

tuk:

f(x) = e−xxµ−1

Γ(µ); x > 0, 0 < µ < ∞

= 0 ; lainnya

Jika Xn = 1n

∑ni=1 Xi, maka perlihatkan bahwa untuk n −→ ∞

berlaku:

√n(Xn − µ)

(Xn)1/27→ N(0, 1)

dalam distribusi.

4. Jika variabel random acak Zn berdistribusi Poisson dengan parame-

ter µ = n, maka perlihatkan bahwa distribusi pendekatan dari vari-

abel random acak Yn = (Zn−n)/√

n adalah distribuai normal dengan

rerata 0 dan variansi 1

5. Misalkan Xn menunjukkan rerata dari sampel acak berukuran n

dari distribusi Poisson dengan parameter µ = 1. Perlihatkan bahwa

fungsi pembangkit momen dari:

Yn =√

n(Xn − µ)/α =√

n(Xn − 1)

Jika diberikan dengan exp(−t√

n + n(et/√

n − 1))

6. Untuk soal nomer 5, selidiki distribusi pendekatan dari Yn untuk

n → ∞. Petunjuk: Uraikan et/√

n dengan menggunakan perluasan

deret maclaurin

7. Misalkan Xn menunjukkan rerata dari sampel acak berukuran n dari

distribusi dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk



f(x) = e−x ; x > 0

= 0 ; lainnya

(a) Perlihatkan bahwa fungsi pembangkit momen dari:

Yn =√

n(Xn − 1) sama dengan m(t,n) = [et/√

n(t√

n)et/√

n]n0 ; t <√

n

(b) Tentukan distribusi dari Ynuntuk n → ∞

8. Misalkan Xn menunjukkan rerata dari sampel acak berukuran 15

dari distribusi dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk:

f(x) = 3x2 ; 0 < x < 1

= 0 ; lainnya

Hitung secara pendekatan P (35

< X < 45)

9. Misalkan S2n menunjukkan variansi dari sampel acak berukuran n

dari distribusi N(µ, δ2) Buktikan bahwa nS2n

n−1konvergen stokastik ke

- α2

10. Misalkan X1, X2, ..., X10adalah barisan peubah acak yang saling be-

bas dan berdistribusi identik dengan rerata µ dan variansi. Perli-

hatkan bahwa:

(a) 2n(n+1)

Σn

i=1i.Xi p−→µ

(b) 6n(n+1)(2n+1)

Σn

i=1i.Xi p−→µ


Bab 2

Konvergensi Variabel Random


Memahami konsep dasar konvergensi barisan variabel random dan mam-

pu menerapkan dalam penentuan distribusi pendekatan khususnya, dan

dalam pemecahan masalah matematika, ilmu lain dan dalam kehidupan

sehari-hari pada umumnya.


1. Menjelaskan konsep dasar konvergensi stokasitik barisan variabel

random

2. Menganalisis jenis-jenis konvergensi stokastik barisan variabel ran-

dom

3. Menurunkan teorema-teorema dan sifat-sifat konvergensi barisan

variabel random, seperti konvergen dalam distribusi, konvergen da-

lam probabilitas, konvergen dalam kwadrat rataan,dan lain-lain.

4. Menggunakan teorema dan sifat-sifat konvergensi barisan variabel

random untuk menentukan distribusi pendekatan suatu variabel

random

25


2.3 Uraian Materi

2.3.1 Konsep Dasar Variabel Random

Sebelum membahas tentang konvergensi barisan variabel random, kita

paparkan dulu konsep variabel random, konsep fungsi, kejadian-kejadian

yang dihasilkan dari variabel random, dan beberapa contoh-contoh konk-

ret tentang variabel random. Bagi pembaca yang cukup familiar dengan

konsep varibel random, dipersilakan untuk melewatinya, dan langsung

menuju, ke sub bab, tentang konsep konvergensi barisan variabel random.

Random Variable sering diterjemahkan menjadi variabel random atau peu-

bah acak. Untuk selanjunya demi alasan konsistensi akan digunakan is-

tilah variabel random. Secara intutif, variabel random dapat dipandang

sebagai bilangan x(ζ)yang dihubungkan dengan suatu kejadian ζ dari su-

atu percobaan random. Bilangan ini, misalnya dapat berupa angka keme-

nangan dalam permainan judi, angka voltage dari naik-turunnya tegangan

listrik, angka lama hidup suatu bola lampu, atau sembarang bilangan hasil

pengamatan pada percobaan random1.

Definisi

Diberikan ruang probabilitas (Ω,A, P ), dengan Ω,A, P masing-

masing menyatakan ruang sampel, ruang kejadian dan proba-

bilitas. Variabel random X didefinisikan sebagai fungsi dari

(domain) Ω ke bilangan real. Ditulis: X : Ω → R

Jadi variabel random merupakan fungsi dengan domain berupa ruang

sampel dan kodomain bilangan real.

1 Istilah percobaan random digunakan untuk menggambarkan proses atau proseduryang hasilnya tak dapat diprediksi secara pasti. Misalnya percobaan melantunkan sebu-ah mata uang. Hasilnya umumnya dinyatakan sebagai data, misalnya dinyatakan seba-gai Angka,Gambar atau mungkin sebagai 0,1. Jadi data tersebut dapat berupa datanumerik (bilangan) maupun katagorik.

Bab 2. Konvergensi Variabel Random 26 ISBN 978-602-8310-02-4


2.3.2 Barisan Variabel Random

Masalah fundamental dalam teori kemungkinan adalah bagaimana me-

nentukan konvergensi (sifat asimptotik) dari variabel random. Kita mulai

dengan mencermati masalah sederhana berikut. Misalkan akan diukur

panjang suatu benda, katakanlah panjangnya m(dalam hal ini dapat di-

pandang sebagai parameter yang tak diketahui). Mengingat pengukuran

bersifat tidak akurat, maka hasil pengukuran panjang benda tersebut da-

pat dinyatakan dengan variabel random berikut.

x = m + v

dengan v merupakan galat (kesalahan). Jika tak ada kesalahan sistematik

yang disengaja, maka v juga merupakan variabel random dengan rataan

0 atau E(v) = 0. Jika deviasi σ dari v relatif kecil dibandingkan m, maka

x(ζ) dari pengukuran tersebut cukup baik untuk m. Dalam konteks ini,

dapat dikatakan bahwa rataan dari random variabel x adalah m dan va-

riannya σ2. Hal ini dapat dinyatakan dalam bentuk pertidaksamaan Tche-

bycheff sbb:

P (|x − m| < ε) > 1 − σ2

ε2(2.1)

Jika varian x relatif kecil dibanding ε atau σ ≪ εmaka probabilitas |x −m| < ε akan menuju 1,atau P (|x − m| < ε) 7→ 1. Hal ini berarti bahwa

suatu hasil pengamatan terhadap panjang benda m tersebut hampir pasti

(almost certainly) terletak antara m − εdan m + ε. Akibatnya parameter m

terletak antara x(ζ) − ε dan x(ζ) + ε.

Untuk meningkatkan keakuratan hasil pengukuran terhadap m tersebut

dapat dilakukan dengan mengulang pengukuran tersebut, misalnya n ka-

li. Hasil-hasil pengukuran tersebut dapat dinyatakan dalam bentuk ba-

risan variabel random Xn = (x1,x2, ...,xn), dengan rata-rata sampel x =∑n

i=1(x1 + x2 + ... + xn), juga merupakan variabel random dengan rata-

rata m dan varian σ2

n. Jika n cukup besar sehingga σ2 ≪ n.m2maka nilai

x(ζ) merupakan estimasi yang baik untuk parameter (yang tak diketahui)



m.

Contoh:

Masih berkaitan dengan masalah di atas, tentukanlah probabilitas bahwa

x terletak antara 0, 9.m dan 1, 1.m, jika diestimasi dengan variabel random

x dan dengan mengasumsikan n cukup besar sedemikian sehingga σ2.nm2 =

10−4.

Jawab: Dengan menggunakan ketidaksamaan Tchebycheff didapat:

P (0, 9.m < x < 1.1.m) = P (−0, 1.m < x − m < 0, 1.m)

P (|x − m| < 0, 1.m > 1 − σ2

ε2, dengan ε = 0, 1.m

P (|x − m| < ε = 1 − 10−4.m2

10−2n.m2

= 1 − 1

100n

Dari hasil ini didapat, misalnya untuk n = 10,maka probabilitas x terletak

antara 0, 9.m dan 1, 1.m adalah 0,999

Untuk selanjutnya masalah konvergensi variabel random dapat diru-

muskan sebagai berikut. Misalkan X1, X2, ... Xn barisan variabel random

dengan distribusi bersama yang terletak pada ruang sampel yang sama

Ω dan X variabel random yang lain yang juga terletak pada ruang sampel

Ω. Selanjutnya masalah dapat dirumuskan menjadi: “Bagaimana jenis dan

sifat konvergensi dari barisan variabel random Xn tersebut?”.

2.3.3 Jenis-Jenis Konvergensi Variabel Random

2.3.3.1 Konvergen dalam Distribusi

Definisi

Misalnya X1, X2, ..., Xn adalah barisan variabel random yang didefinisikan

atas ruang sampel yang sama S. Jika Fn(x) fungsi distribusi dari variabel



random Xn, kita katakan Xn konvergen ke X dalam distribusi dan ditulis

Xnd→ X jika ada fungsi distribusi dari X sehingga

limn→∞

Fn(x) = F (x) (2.2)

untuk setiap titik x dimana F(x) kontinu. Xn konvergen ke X dalam dis-

tribusi juga dikatakan Xn mempunyai limit distribusi dengan fungsi dis-

tribusi F (x).

Teorema Kekontinuan Levy :

Misal Yn variabel random dengan fungsi distribusi Fn(y) dan Mn(y) ada

untuk ∀t ∈ ℜ. Jika F (y) fungsi distribusi yang bersesuaian dengan M(t)

sehingga Mn(t) → M(t) maka Ynd→ Y .

Catatan :

Limn→∞ 1 + b/n + Ψ(n)/ncn = ebc, jika Ψ(n) = 0 (2.3)

Teorema Limit Pusat

Jika X1, X2, ..., Xn ∼ (µ, σ2), σ > 0 maka Yn =√

n(Xn − µ)/σd→ Y, dimana

Y ∼ N(0, 1)

Bukti

Dalam pembuktian berikut, diasumsikan fpm dari x ada. Misal fpm dari

X dan X − µ adalah M(t) dan m(t) maka m(t) = E(et(X−µ)) = e−µtM(t)

juga ada. Karena m(t) merupakan fpm dari X−µ maka m(0) = 1, m′(0) =

E(X − µ) = 0, m′′(0) = E(X − µ)2 = σ2. Menurut teorema Taylor, ada

bilangan ε antara 0 dan t sehingga m(t) = m(0)+ m′(0)t+ m′′(ε)t2/2 =

1 + m′′(ε)t2/2. Di ruas kanan ditambah dan dikurangkan dengan σ2t2/2

maka

m(t) = 1 + σ2t2/2 +[m′′(ε) − σ2] t2

2.



Pandang

Mn(t) = E

[exp

(t

(n∑

i=1

Xi − nµ

)/σ

√n

)](2.4)

=

E

[exp

(tX − µ

σ√

n

)]n

(2.5)

=

m

(t

σ√

n

)n

;−h < t < h (2.6)

Menurut di atas diperoleh:

m

(t

σ√

n

)= 1 +

t2

2n+

[m′′(ε) − σ2] t2

2nσ2(2.7)

dengan 0 < ε < tσ√

ndan −hσ

√n < t < hσ

√n sehingga

Mn(t) =

1 +

t2

2n+

[m′′(ε) − σ2] t2

2nσ2

n

(2.8)

Karena m′′(t) kontinu di t = 0 dan jika n → ∞ maka ε → 0 maka diperoleh

(m′′(ε)−σ2) → 0 akibatnya Mn(t) → ett/2. Jadi Ynd→ Y dimana Y ∼ N(0, 1)

Contoh

Misalkan X1, X2, ..., Xn adalah n buah variabel random yang saling bebas

berdistribusi seragam pada (0, θ), θ > 0. Jika Yn = max (X1, X2, ..., Xn)dan

variabel random Z didefinisikan sebagai P (Z = θ) = 1, maka buktikan

Yn d−→ Z

Jawab :

Fungsi kepadatan peluang dari X adalah:

f(x) = 1θ

; 0 < x < θ

= 0 ; lainnya

Fungsi distribusi dari Yn adalah:



FYn(yn) = P (Yn ≤ yn = P (max (X1, X2, ..., Xn) ≤ yn

= P (X1 ≤ yn, X2 ≤ yn, ..., Xn ≤ yn)

= P (X1 ≤ yn).P (X2 ≤ yn)....P (Xn ≤ yn)

= [P (X1 ≤ yn)]n

[∫ yn

−∞ f(x)dx]

Untuk yn < 0 maka FYn(yn) = 0

Untuk 0 ≤ yn < θ,

FYn(yn) =[∫ 0

−∞ f(x)dx +∫ yn

0f(x)dx

]n

=[∫ 0

−∞ 0dx +∫ yn

01θdx]n

=[

yn

θ

]n

Untuk yn ≥ θ,

FYn(yn) =[∫ 0

−∞ f(x)dx +∫ θ

0f(x)dx +

∫ yn

0f(x)dx

]n

=[∫ 0

−∞ dx +∫ yn

01θdx +

∫ yn

00dx]n

= 1

Jadi

FYn(yn) = 0 ; yn < 0

=[

yn

θ

]n; 0 ≤ yn < θ

= 1 ;[

yn

θ

]n

Limn→∞FYn(yn) = 0 ; yn < 0

= 1 ; yn ≥ θ

Karena didapat Limn→∞FYn(yn) = F (z), dengan F (z) adalah fungsi dis-

tribusi dari Z.

Jadi Yn d−→ Z

Contoh Diketahui barisan fungsi distribusi

Fn(x) =

0, x < n

1, x ≥ n(2.9)



Jelaslah bahwa limn→∞

Fn(x) = 0 = F (x) , karena F (x) = 0, ∀X bukan

fungsi distribungsi maka Xn tidak konvergen dalam distribusi.

Contoh Diketahui fungsi distribusi dari variabel random xn sbb:

Fn(x) =

x∫

−∞

1

(2π)1/2(1/n)1/2e−nw2/2

dw (2.10)

Apakah variabel random xn mempunyai limit distribusi?

Jawab Misal v =√

nw, sehingga

Fn(x) =

√nx∫

−∞

1√2π

e−v2/2dv (2.11)

dan

Limn→∞ Fn(x) =

0, x < 012, x = 0

1, x > 0

Pandang fungsi distribusi

F (x) =

0, x < 0

1, x < 0(2.12)

tidak kontinu di x = 0. Akan tetapi, untuk x 6= 0

limn→∞

Fn(x) = F (x) (2.13)

Jadi variabel random xn mempunyai limit distribusi dengan fungsi distri-

busi F (x) atau xnd→ x.

Contoh Diketahui Xn barisan variabel random dengan

fn(x) =

1; x = 2 + 1

n

0; x yang lain



diperoleh limn→∞

fn(x) = 0, untuk setiap x. Karena f(x) = 0 bukan

merupakan fkp, maka fn(x) tidak konvergen ke suatu fkp. Tetapi

Fn(x) =

0; x < 2 + 1

n

1; x ≥ 2 + 1n

(2.14)

dan

limn→∞

Fn(x) = F (x) =

0; x < 2

1; x ≥ 2(2.15)

Karena limn→∞

Fn(x) = F (x) di setiap titik kontinu dari F (x) maka xnd→

x. Ini berarti limit distribusi tidak dapat ditentukan oleh fkp.

2.3.3.2 Konvergen dalam Probabilitas

Misalkan Fn(y) menunjukkan fungsi distribusi dari variabel random Yn

yang distribusinya bergantung pada n bilangan bulat positif. Jika c sebuah

konstanta yang tidak bergantung pasa n, maka Yndikatakan konvergen

stokastik ke-c jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 berlaku:

Limn→∞P [|Yn − c| < ε] = 1

Konvergen stokastik ke parameternya atau ke suatu konstanta, sering

dinyatakan sebagai konvergen dalam peluang.

Definisi

Misalkan Z1, Z2, ..., Zn adalah barisan variabel random yang didefinisikan

atas ruang sampel S. Misalkan pula Z adalah variabel random lain yang

didefinisikan atas ruang sampel S. Kita katakan Znkonvergen ke-Z dalam

peluang (ditulis Znp→ Z), jika untuk setiap ε > 0 berlaku:

Limn→∞P [|Zn − Z| ≥ ε] = 0 (2.16)

Karena

P |Zn − Z| ≥ ε + P |Zn − Z| < ε = 1



maka

P |Zn − Z| ≥ ε → 0 ⇔ P |Zn − Z| < ε → 1 (2.17)

Penyelesaian masalah konvergen dalam peluang digunakan ketidak-

samaan Chebysev, yaitu:

P [|X − µx| ≥ kσx] ≤ 1

k2

atau

P [|X − µx| < kσx] ≥ 1 − 1

k2

Berikut ini adalah langkah-langkah untuk penentuan konvergen stokastik,

sbb:

1. Gunakan ketidaksamaan Chebyshev seperti yang dirumuskan di atas

2. Tentukan rerata dan variansi dari statistiknya.

3. Substitusikan nilai rerata dan variansi tersebut ke dalam ketidak-

samaan Chebyshev

4. Lakukan modifikasi terhadap nilai di dalam harga mutlaknya,

sedemikian hingga nilai tersebut sesuai dengan yang diharapkan.

5. Misalkan kσx = εdengan σx sudah disubstitusikan dan diperoleh ni-

lai k. Kemudian tentukan nilai k2.

6. Beri limit untuk n → ∞ pada kedua ruasnya.

Contoh Misalkan X1, X2, ..., Xnadalah sebuah sampel acak dari distribusi

eksponensial dengan fungsi kepadatan peluang berbentuk:

f(x) = 1λe−x/λ ; x > 0

= 0 ; lainnyaPerlihatkan bahwa x konvergen stokastik

ke-λ.



Jawab :

Dari ketidaksamaan Chebysev: P [|X − µx| ≥ kσx] ≤ 1k2

Kita mengetahui bahwa E(Xi) = λ dan Var(Xi) = λ2.

Karena x = 1n

∑ni=1 Xi = 1

n[X1 + X2 + ... + Xn] , maka

(i) E (x) = E[

1n

[X1 + X2 + ... + Xn]]

= 1n

[E (X1) + E (X2) + ... + E (Xn)]

E (x) = 1n

(λ + λ... + λ) = λ

(ii) V ar (x) = V ar[

1n

[X1 + X2 + ... + Xn]]

= n−2 [V ar (X1) + V ar (X2) + ... + V ar (Xn)]

= n−2 (λ2 + λ2... + λ2) = λ2

n

Jadi:

P

[∣∣X − λ∣∣ ≥ k

λ√n

]≤ 1

k2

Misalkanε = k. λ√

n

k = ε√

nλ

k2 = ε2nλ2

Sehingga:

P[∣∣X − λ

∣∣ ≥ ε]≤ λ2

ε2n

Limn−→∞P[∣∣X − λ

∣∣ ≥ ε]≤ Limn→∞

λ2

ε2n= 0

Dengan demikian X konvergen stokastik ke-λ.

Contoh Misalkan barisan variabel random (X1, X2, ..., Xn )∼ (µ, σ2). Tun-

jukkan apakah Xnp→ µ?

Jawab

Diberikan ε > 0

P |Xn − µ| ≥ ε = P|Xn − µ| ≥ kσ/

√n

(2.18)



dengan k = ε√

n/σ. Dengan menggunakan ketaksamaan Chebyshev dipe-

roleh

P|Xn − µ| ≥ kσ/

√n≤ 1/k2 = σ2/(nε2) (2.19)

P |Xn − µ| ≥ ε → 0; jika σ2 finit dan n → ∞ (2.20)

Karena ∀ε > 0; P |Xn − µ| ≥ ε → 0 maka Xnp→ µ

Catatan Syarat limn→∞

P (|Yn − c| < ε) = 1 sering digunakan sebagai defi-

nisi konvergen dalam probabilitas dan orang mengatakan bahwa Yn

konvergen ke c dalam probabilitas. Tipe konvergen yang terkuat di-

berikan oleh P ( limn→∞

Yn = c) = 1. Dalam kasus ini kita katakan Yn

konvergen ke c dengan probabilitas 1. Sehubungan dengan ini, me-

an sampel Xn konvergen dengan probabilitas 1 ke mean µ dari suatu

distribusi. Hal ini disebut hukum kuat dari bilangan besar

2.3.4 Sifat-Sifat Konvergensi Variabel Random

Berikut ini adalah beberapa sifat-sifat penting konvergensi variabel ran-

dom, yang sering digunakan dalam menentukan distribusi pendekatan.

1. Misalkan Fn(u) menunjukkan fungsi distribusi dari variabel random

Unyang distribusinya bergantung pada bilangan bulat positif n. Jika

Unkonvergen stokastik ke-c (c 6= 0), maka Un

ckonvergen stokastik

ke-1.

2. Misalkan Fn(u) menunjukkan fungsi distribusi dari variabel random

Un yang distribusinya bergantung pada bilangan bulat positif n. Ke-

mudian Unkonvergen stokastik ke-c, c > 0) dan P (Un < 0) = 0untuk

setiap n. Dalam hal ini,√

Un konvergen stokastik ke-√

c.

3. Jika variabel random Un dan Vnkonvergen stokastik masing-masing

ke konstanta c dan d, maka:

(a) variabel random UnVnkonvergen stokastik ke konstanta cd



(b) variabel random Un

Vnkonvergen stokastik ke konstanta c/d, den-

gan d 6= 0

Contoh Misalkan variabel random Ynberdistribusi b(n, p), dengan 0 < p <

1. Jika Un = Yn−np√np(1−p)

,maka:

1. Tentukan disribusi penndekatan dari Un.

2. Perlihatkan bahwa Yn

nkonvergen stokastik ke-p

3. Perlihatkan bahwa Yn

npkonvergen stokastik ke-1

4. Perlihatkan bahwa[1 − Yn

n

]konvergen stokastik ke-(1 − p)

Penyelesaian : Fungsi pembangkit momen dari Yn adalah: MYn(t) = ((1 −p) + pet)n

1. Fungsi pembangkit momen dari Un adalah:

M(t; n) = MUn(t) = E[etUn

]

= E

e

t

»Yn−np√np(1−p)

–

= e−t√

np1−p E

[e

tYn√np(1−p)

]

= e−t√

np1−p MYn

[t√

np(1−p)

]

= e−t√

np1−p

[(1 − p) + pe

t√np(1−p)

]n

=

[(1 − p)e

−tn

√np1−p + pe

t√np(1−p)

− tn

√np1−p

]n

=

[(1 − p)e

t√

pn(1−p) + pe

t−tp√np(1−p)

]

=

[(1 − p)e

−t√

pn(1−p) + pe

tq

1−pnp

]n

Kemudian kita akan menguraikan e−t√

pn(1−p) dan pe

tq

1−pnp menggunakan

perluasan deret MacLaurin, yaitu:



(i) e−x = 1 − x + x2

2− x3

6+ ...dengan x = t

√p

n(1−p)

(ii) ex = 1 − x + x2

2− x3

6+ ...dengan x = t

√1−pnp

Jadi:

M(t; n) =[(1 − p)

1 − t

√p

n(1−p)+ t2

2n(1−p)− t3p

6n(1−p)

√p

n(1−p)+ ...

+

p

1 + t√

1−pnp

+ t2(1−p)2np

+ t3(1−p)6np

√1−pnp

+ ...]n

=[1 − t

√p

n(1−p)+ t2p

2n(1−p)− t3p

6n(1−p)

√p

n(1−p)+ ... − p+

pt√

pn(1−p)

+ t2p2

2n(1−p)− t3p2

6n(1−p)

√p

n(1−p)− ... + p+

pt√

1−pnp

+ t2(1−p)2n

+ t3(1−p)6n

√1−pnp

+ ...]n

Kita akan menguraikan suku-suku yang mengandung

t, t2, dan t3 satu persatu .

(i) pt√

pn(1−p)

− t√

pn(1−p)

+ pt√

1−pnp

= −t√

pn(1−p)

+2pt√

pn(1−p)

= −t(1 − 2p)√

pn(1−p)

(ii) t2p2n(1−p)

− t2p2

2n(1−p)+ t2(1−p)

2n= t2

2n

(iii) − t3p6n(1−p)

√p

n(1−p)+ t3p2

6n(1−p)

√p

n(1−p)+ t3(1−p)

6n

√1−pnp

= −t3(2p−1)

6n√

np(1−p)

Sehingga:

M(t; n) =

[1 − t(1 − 2p)

√p

n(1−p)+ t2

2n− t3(2p−1)

6n√

np(1−p)+ ...

]n

=

[1 + t2

2n− t(1 − 2p)

√p

n(1−p)− t3(2p−1)

6n√

np(1−p)+ ...

]n

Limn−→∞M(t; n) =

= Limn−→∞

[1 + t2

2n− t(1 − 2p)

√p

n(1−p)− t3(2p−1)

6n√

np(1−p)+ ...

]n

= Limn−→∞

[1 + t2

2n

]n

Limn−→∞M(t; n) = et2

2




disribusi normal standar. Jadi distribusi pendekatan dari Unadalah

N(0; 1)

2. Yn


Untuk menyelesaikannya akan digunakan ketidaksamaan Cheby-

shev, yaitu:

P [|Yn − µYn| < kσYn ] ≥ 1 − 1

k2

Karena Ynberdistribusi b(n; p), maka:

µYn = np

σ2Yn

= np(1 − p)

atau σYn =√

np(1 − p)

Jadi:

P[|Yn − np| < k

√np(1 − p)

]≥ 1 − 1

k2

P

[∣∣∣∣n[Yn

n− p

]∣∣∣∣ < k√

np(1 − p)

]≥ 1 − 1

k2

P

[∣∣∣∣Yn

n− p

∣∣∣∣ < k√

np(1 − p)

]≥ 1 − 1

k2

Misalkan: ε = k√

p(1−p)n

dan k2 = nε2

1−p

Sehingga:

P

[∣∣∣∣Yn

n− p

∣∣∣∣ < ε

]≥ 1 − p(1 − p)

nε2

Limn−→∞P

[∣∣∣∣Yn

n− p

∣∣∣∣ < ε

]≥ Limn−→∞

[1 − p(1 − p)

nε2

]= 1

Jadi Yn


3. Variabel random Yn

npkonvergen stokastik ke-1


shev, yaitu:

P [|Yn − µYn | < kσYn ] ≥ 1 − 1

k2



P[|Yn − np| < k

√np(1 − p)

]≥ 1 − 1

k2

P

[∣∣∣∣np

[Yn

np− 1

]∣∣∣∣ < k√

np(1 − p)

]≥ 1 − 1

k2

P

[∣∣∣∣

[Yn

np− 1

]∣∣∣∣ < k

√1 − p

np

]≥ 1 − 1

k2

Misalkan : ε = k√

1−pnp

dan k2 = npε2

1−p

Sehingga :

P

[∣∣∣∣

[Yn

np− 1

]∣∣∣∣ < ε

]≥ 1 − 1 − p

npε2

Limn−→∞P

[∣∣∣∣

[Yn

np− 1

]∣∣∣∣ < ε

]≥ Limn−→∞

[1 − 1 − p

npε2

]= 1

Jadi Yn

nkonvergen stokastik ke-1

4. Variabel random[1 − Yn

n



shev, yaitu

P [|Yn − µYn| < kσYn ] ≥ 1 − 1

k2

P[|Yn − np| < k

√np(1 − p)

]≥ 1 − 1

k2

P

[∣∣∣∣n[Yn

np− p

]∣∣∣∣ < k√

np(1 − p)

]≥ 1 − 1

k2

P

[∣∣∣∣

[Yn

np− p

]∣∣∣∣ < k

√p(1 − p)

n

]≥ 1 − 1

k2

P

[∣∣∣∣

[Yn

np+ 1 − 1 − p

]∣∣∣∣ < k

√p(1 − p)

n

]≥ 1 − 1

k2

P

[∣∣∣∣

[1 − Yn

np

]− (1 − p)

∣∣∣∣ < k

√p(1 − p)

n

]

≥ 1 − 1

k2

Misalkan: ε = k√

p(1−p)n

dan k2 = nε2

p(1−p)



Sehingga:

P

[∣∣∣∣

[1 − Yn

np

]− (1 − p)

∣∣∣∣ < ε

]≥ 1 − p(1 − p)

nε2

Limn−→∞P

[∣∣∣∣

[1 − Yn

np

]− (1 − p)

∣∣∣∣ < ε

]≥ Limn−→∞

[1 − p(1 − p)

nε2

]

Limn−→∞P

[∣∣∣∣

[1 − Yn

np

]− (1 − p)

∣∣∣∣ < ε

]≥ 1

Jadi[1 − Yn

np



1. Diketahui variabel random X1, X2, ... Xn i.i.d dengan fungsi kepa-

datan peluang:

f(x) =

1θ; 0 < x < θ, 0 < θ < ∞0; untuk x yang lain

(2.21)

Misalkan dibentuk variabel random Yn = max(X1, X2, ...,Xn), Tun-

jukkan apakah Fnw→ F, dan Yn

d→ Y untuk suatu variabel random

Y !

Jawab:

Karena f(x) = 1θuntuk 0 < x < θ maka per definisi fungsi distribusi

variabel random X didapat sbb:

FX(x) = P (X ≤ x)

=

x∫

0

1

θdt =

x

θ, 0 < x < θ (2.22)

Mengingat Yn adalah maksimum dari barisan variabel random

X1, X2, ... Xn yang i.i.d, maka fungsi distribusi variabel random

Yndidapat dengan sbb:



FYn(y) = P (Yn ≤ y)

= P (X1 ≤ y, ...Xn ≤ y)

= P (X1 ≤ y)...(Xn ≤ y)

= [F (y)]n

mengingat 2.22 maka didapat

FYn(y) =

[yθ]n, 0 < y < θ

1, y ≥ θ(2.23)

Untuk 0 < y < θ dan jika n → ∞ maka [yθ]n → 0, sehingga didapat:

limn→∞

FYn(y) =

0, 0 < y < θ

1, y ≥ θ

= FY (y)

dengan FY (y) merupakan suatu fungsi distribusi. Jadi dapat disim-

pulkan bahwa:

FYn w−→ FY (y) dan Yn d−→Y , dimana Y adalah variabel random dengan

distribusi FY (y).

2. Diketahui Yn barisan variabel random dengan fungsi massa pelu-

ang (fmp). P Yn = −n = 1; n = 1, 2, ... Selidiki apakah Yn konver-

gen dalam distribusi ke suatu variabel random?

Jawab :

Perhatikan bahwa, Mn(t) = E(etYn) = e−tnP (Yn = −n) = e−tn. Se-

hingga jika n → ∞ diperoleh

Mn(t) −−−−→n → ∞ M(t) =

0; t > 0

1; t = 0

∞; t < 0



Karena ada t sehingga M(t) = ∞, maka M(t) bukan fpm. Misal

Fn(y) fungsi distribusi yang berkaitan dengan Yn, maka

Fn(y) =

0; y < −n

1; y ≥ −n

Jadi Fn(y) → F (y) = 1, ∀y dengan F (y) bukan fungsi distribusi se-

hingga Yn tidak konvergen ke suatu fungsi distribusi.

3. Diketahui Xn dengan fmp P Xn = 1 = 1/n, P Xn = 0 = 1 − 1/n.

Tunjukkan bahwa Xnd→ X

Jawab :

Perhatikan bahwa, Mn(t) = 1/net + (1− 1/n) ada ∀t ∈ ℜ. Mn(t) → 1.

Jadi M(t) = 1 adalah fpm dari variabel random x yang degenerate di

x = 0. Menurut teorema di atas maka Xnd→ X

4. Diketahui Yn ∼ B(n, p) maka µ = np dan p = µ/n. Apakah Ynd→ Y ?

Jawab

Mn(t) = E(etYn) (2.24)

=∑

Yn=0

etYn

(n

Yn

)P Yn(1 − p)n−Yn (2.25)

=

n∑

Yn=0

(n

Yn

)(Pet)Yn

(1 − p)n−Yn (2.26)

=[pet + (1 − p)

]n(2.27)

=

[1 +

µ(et − 1)

n

]n

(2.28)

Jadi Mn(t) → µ(et − 1) ; ∀t. Karena ada distribusi poisson dengan

mean µ mempunyai fpm µ(et − 1) maka menurut teorema di atas

Ynd→ Y.

5. Diketahui Zn ∼ χ2(n). maka fpm dari Zn adalah(1− 2t)−n/2 ; t < 1/2.

Mean dan variansi dari Zn adalah n dan 2n. Tentukan limit distribusi

dari Yn = (Zn − n)/√

2n



Jawab :

fpm dari

Yn = E(etyn) = e[t((Zn−n)/√

2n)] (2.29)

= e−tn/√

2nE(etzn/√

2n) (2.30)

= e

h−(t

√2/n)n

2

ih1−2 t√

2n

i−n/2

; t < (√

2n)/2 (2.31)

=

(

et√

2n − t

√2

net√

2n

)−n/2

; t <

√n

2(2.32)

Menurut teorema Taylor ada bilangan ε(n) antara 0 dan t√

2/n se-

hingga

et√

2n = 1 + t

√2

n+ 1/2(t

√2

n)2 + 1/6eε(n)(t

√2

n)3 (2.33)

dan diperoleh

et√

2n = (1 − t2

n+

Ψ(n)

n)−n/2 (2.34)

dengan

Ψ(n) =

√2t3eε(n)

3√

n−

√2t3√n

− 2t4eε(n)

3n; n → ∞ ⇒ Ψ(n) → 0 (2.35)

akibatnya

Mn(t) → et2/2 ; ∀t (2.36)

Jadi Ynd→ Y dengan Y ∼ N(0, 1)

6. Diketahui X = mean sampel random berukuran 75 dari distribusi

dengan fkp

f(x) =

1; 0 < x < 1

0; yang lain(2.37)

Hitung P0, 45 < X < 0, 55

Jawab



E(X) = 1/2 dan E(X2) = 1/3 maka µ = 1/2 dan σ2 = 1/12.

P0, 45 < X < 0, 55

= P (

√n(0, 45 − µ)/σ <

√n(X − µ)/σ <

√n(0, 55 − µ)/σ = 0, 866.

7. Jika

Xnp→ a dan Yn

p→ b ⇒ Xn + Yn → (a + b)

Bukti

Diberikan ε > 0, P |Xn + Yn − (a + b)| ≥ ε ≤ P |Xn − a| ≥ ε/2 +

P |Yn − b| ≥ ε/2 .2

Karena kedua suku diruas kanan mendekati 0 untuk n → ∞, maka

diperoleh ∀ε > 0 P |Xn + Yn − (a + b)| ≥ ε → 0. Jadi Xn + Yn →(a + b)|

8. Diketahui Yn ∼ B(n, p), 0 < p < 1. Tentukan limit distribusi dari

Yn − np√n(Yn/n)(1 − Yn/n)

Jawab :

Perhatikan bahwa, menurut TLP

Un =Yn − np√np(1 − p)

d→ N(0, 1) (2.38)

Yn/np→ p dan 1 − Yn/n

p→ 1 − p ⇒ (Yn/n)(1 − Yn/n)p→ p(1 − p) ⇒

(Yn/n)(1−Yn/n)p(1−p)

→ 1

dan

Vn =

[(Yn/n)(1 − Yn/n)

p(1 − p)

]1/2p→ 1 (2.39)

Menurut teorema

Wn = Un/Vn =Yn − np√

n(Yn/n)(1 − Yn/n)

d→ N(0, 1) (2.40)

2gunakan ketaksamaan segitiga



9. Diketahui Xn dan S2n mean dan variabel sampel random yang ber-

ukuran n dari distribusi N(µ, σ2), σ2 > 0. Tentukan limit distribusi

dari Wn = σXn/Sn.

Jawab :

Telah dibuktikan bahwa Xn dan S2n berturut-turut konvergen dalam

probabilitas ke µ dan σ2. Menurut teorema, Sn konvergen dalam pro-

babilitas ke σ dan menurut teorema 1, Sn/σ konvergen ke 1. Menurut

teorema variabel random Wn = σXn/Sn mempunyai limit distribusi

yang sama dengan Xn. Jadi Wnp→ µ.


1. Tuliskan definisi dari:

(a) Xn konvergen ke X dalam distribusi (ditulis Xnd→ X

(b) Xn konvergen ke X dalam probabilitas (ditulis Xnp→ X)

2. Misalkan xn mean sampel random yang berukuran n dari distribusi

N(µ, σ2). Tentukan limit distribusi dari xn

3. Misalkan Y1 statistik terurut pertama dari sampel random yang ber-

ukuran n dari distribusi yang mempunyai f.k.p f(x) = e−(x−θ), θ <

x < ∞ dan bernilai 0 untuk x yang lain. Jika Zn = n(Y1−θ), tentukan

limit distribusi dari Zn.

4. Diketahui f.k.p dari Yn adalah

fn(y) =

1; y = n

0; y 6= n(2.41)

Perlihatkan bahwa Yn tidak mempunyai limit distribusi.

5. Diketahui X1, X2, ..., Xn sampel random yang berukuran n dari dis-

tribusi N(µ, σ2) dengan µ > 0. Perlihatkan bahwa Zn =n∑

i=1

Xi tidak

mempunyai limit distribusi.



6. Diketahui Xn ∼ G(n, β), dengan β bukan fungsi dari n. Tentukan

limit distribusi dari Yn = Xn/n

7. Diketahui Zn ∼ χ2(n) dan Wn = Zn/n2. Tentukan limit distribusi

dari Wn.

8. Buktikan teorema kekontinuan Levy; Misal Yn variabel random de-

ngan fungsi distribusi Fn(y) dan Mn(t) ada untuk ∀t ∈ ℜ. JikaF (y)

fungsi distribusi ysng bersesuaian dengan M(t) sedemikian sehing-

ga Mn(t) → M(t) maka Ynd→ Y

9. Buktikan teorema limit pusat berikut: Jika X1, ..., Xn ∼ (µ, σ2), σ > 0

maka Yn =√

n(Xn − µ)/σd→ Y dimana Y ∼ N(0, 1).

10. Diketahui variabel random Yn mempunyai distribusi B(n, p).

(a) Buktikan bahwa Yn/n konvergen dalam probabilitas ke p. (Hal

ini merupakan suatu bentuk hukum lemah dari bilangan besar).

(b) Buktikan bahwa1−Yn/n konvergen dalam probabilitas ke 1− p

11. Misalkan S2n variansi sampel yang berukuran n dari distribusi

N(µ, σ2). Buktikan bahwa nS2n/(n − 1) konvergen dalam probabili-

tas ke σ2.

12. Diketahui Wn variabel random dengan mean µ dan varians bnp de-

ngan p > 0, µ dan b konstanta (bukan fungsi dari n). Buktikan bahwa

Wn konvergen dalam probabilitas ke µ. (petunjuk gunakan ketaksa-

maan Chebyshev).

13. Misalkan Yn menyatakan statistik terurut ke-n dari sampel random

berukuran n dari distribusi uniform pada interval (0, θ). Buktikan

bahwa Zn =√

Yn konvergen dalam probabilitas ke√

θ.

14. Diketahui Xn ∼ G(µ, 1). Buktikan bahwa limit distribusi√

n(Xn −µ)/√

Xn adalah N(0, 1)



15. Misal Y1, ..., Yn dan X1, ..., Xn dua sampel random yang independen

dengan mean µ1 dan µ2 dan variansi bersama σ2. Tentukan limit dis-

tribusi dari(Y n − Xn) − (µ1 − µ2)

σ√

2n

(2.42)

(Petunjuk : misalkan Zn =

n∑

i=1

Zi/n dengan Zi = Yi - Xi

16. Diketahui Xn berdistribusi gamma dengan parameter α = n dan β,

dengan β bukan fungsi dari n. Jika Yn = Xn/n, tentukan limit distri-

busi dari Yn.

17. Diketahui Zn berdistribusi χ2(n) dan Wn = Zn/n2. Tentukan limit

distribusi dari Wn.

18. Misalkan Z berdistribusi χ2(50). Tentukan P (40 < x < 60)

19. Misalkan P = 0, 95 probabilitas bahwa seorang laki-laki dalam suatu

grup hidup paling sedikit 5 tahun. Jika kita observasi 60 orang laki-

laki dan jika diasumsikan independen, tentukan probabilitas bahwa

paling sedikit 56 dari mereka hidup 5 tahun atau lebih.

20. Diketahui variabel random Zn mempunyai distribusi poisson de-

ngan parameter µ = n. Perlihatkan bahwa limit distribusi dari vari-

abel random Yn = (Zn − n)/√

n ∼ N(0, 1)

21. Diketahui Xn mean dari sampel random berukuran n dari distribusi

poisson dengan parameter µ = 1.

(a) Buktikan bahwa fungsi pembangit moment dari Yn =√

n(Xn −µ)/σ =

√n(Xn − 1) adalah exp

[−t

√n + n(et/

√n − 1)

]

(b) Ekspansikan et/√

n kedalam deret Maclaurin, kemudian tentuk-

an limit distribusi dari Yn

22. Diketahui X mean sampel random berukuran 100 dari distribusi

χ2(50). Hitunglah P (49 < X < 51)



23. Diketahui Y ∼ B(72, 1/3). Hitung P (22 ≤ Y ≤ 28)

24. Diketahui X adalah mean sampel random berukuran 15 dari dis-

tribusi yang mempunyai fkp f(x) =

3x2; 0 < x < 1

0, yang lainTentukan

P (3/5 < X < 4/5)

25. Diketahui Y ∼ B(n; 0, 55). Tentukan nilai n terkecil sehingga

P (Y/n > 1/2) ≥ 0, 95.




Bab 3

Estimasi Titik


Memahami konsep dasar estimasi titik dan mampu menerapkannya, baik

dalam pemecahan masalah matematika, ilmu lain maupun dalam kehi-

dupan sehari-hari


Setelah mengerjakan bab ini mahasiswa diharapkan dapat:

1. Menjelaskan azas reduksi data dalam distribusi sampling

2. Menganalisis apakah suatu statistik merupakan statistik cukup

3. Menjelaskan prinsip dasar estimasi titik

4. Menentukan sifat-sifat estimator titik

5. Menggunakan ketaksamaan Cramer-Rao untuk menentukan estima-

tor dengan varian minimum uniform (UMVUE)

6. Menentukan estimator suatu parameter dengan metode momen

51


7. Menentukan estimator suatu parameter dengan metode likelihood

maksimum

3.3 Uraian Materi

3.3.1 Prinsip Reduksi Data

Seperti dijelaskan pada bab sebelumnya, informasi dalam sampel x1, ..., xn

akan digunakan untuk melakukan inferensi tentang parameter θ. Namun

pada umumnya data-data yang terobservasi dari sampel x1,x2, ..., xn ada-

lah daftar bilangan yang sulit untuk diinterpretasikan secara lengkap. De-

ngan kata lain, interpretasi data secara realistik biasanya dilakukan de-

ngan prinsip reduksi. Masalahnya adalah seberapa jauh reduksi itu va-

lid, sehingga tetap menghasilkan inferensi yang akurat terhadap nilai

parameter-parameter populasi.

Misalnya fungsi terukur T (x) adalah statistik yang mendefinisikan bentuk

reduksi data, artinya dalam melakukan inferensi yang digunakan hanya

T (x), bukan keseluruhan sampel terobservasi x. Dua data sampel x dan y

akan diperlakukan sama asalkan T (x) = T (y).

3.3.1.1 Azas Kecukupan

Azas kecukupan (the sufficiency principle) menyatakan bahwa statistik cu-

kup (A suffcient statistic) untuk parameter θ adalah statistik yang bisa me-

nyerap sejumlah informasi tentang θ yang termuat dalam sampel. Setiap

informasi tambahan dalam sampel, di samping harga statistik cukup, ti-

dak memuat informasi tambahan tentang θ. Pertimbangan-pertimbangan

di atas akan membawa pada teknik reduksi data yang dikenal sebagai azas

kecukupan.

Definisi

Bab 3. Estimasi Titik 52 ISBN 978-602-8310-02-4


T (x) adalah statistik cukup untuk θ, jika setiap inferensi tentang θ hanya

tergantung pada sampel x, yaitu hanya melalui harga T (x). Artinya

jika x dan y adalah dua titik sampel sedemikian hingga T (x) = T (y),

maka inferensi tentang θ harus sama, tidak tergantung apakah X = x

atau Y = y yang terobservasi.

Teorema

Bila f(x | θ) adalah densitas dari x dan q(t | θ) adalah densitas dari T (x),

maka T (x) adalah statistik cukup untuk θ jhj untuk setiap x dalam ruang

sampel, rasio f(x | θ)/q(T (x) | θ) tidak tergantung pada θ.

Catatan :

Pθ(X = x|T (X) = t(x)) =Pθ(X = x dan T (x) = t(x))

Pθ(T (x) = t(x))(3.1)

=Pθ(X = x dan T (x) = t(x))

Pθ(T (x) = t(x))

=Pθ (X = x)

Pθ (T (X) = t(x)

=f (x | θ)

q(T (x))

Contoh

Misalkan Xi, ..., Xn adalah variabel random i.i.d berdistribusi Bernoulli

dengan parameter θ, 0 < θ < 1. Akan ditunjukkan bahwa T (X) =

Xi + ... + Xn adalah statistik cukup untuk θ. Perhatikan bahwa T (X)

merupakan jumlah harga-harga Xi sedemikian sehingga T (X) mem-

punyai ditribusi Binomial (n, θ), sehingga:



f (x(θ))

q(T (x)(θ)0=

∏ni θxi(1 − θ)1−xi

(nt)

θ t (1-θ) n−t, (t =

∑xi) (3.2)

=θ

Pxi (1 − θ)

P(1−xi)

(nt)

θ t(1 − θ) n−t, (

n∏

i

θxi = θP

xi)

=θ t(1 − θ)n−t

(nt)

θ t(1-θ) n−t

=1(nt)

=1(n∑xi

)

Karena rasio di atas tidak tergantung pada θ, maka T (x)adalah statistik

cukup untuk θ.

Contoh

Misalkan Xi, ..., Xn adalah i.i.d. ∽ N(µ, τ 2) dengan τ 2 diketahui adalah

statistik cukup untuk µ. Tunjukkan bahwa mean sampel, T (x)=−X

= x1+...+xn

nadalah statistik cukup untuk µ.

f(x | µ) =n

πi=1 (2πτ 2)−1/2 exp(−(xi − µ)2/2τ 2) (3.3)

= (2πτ 2)−n/2 exp(−n∑

i=1

(xi − µ)2/2τ 2)

= (2πτ 2)−n/2 exp(−n∑

i=1

(xi − x + x − µ)2/2τ 2)

= (2πτ 2)−n/2 exp(−n∑

i=1

(xi − x)2 + n(x − µ)2/2τ 2)

Karena X ∼ N(µ, τ 2/n), maka:



f (x | θ)

q(T (x) | θ)=

( 2πτ 2)n/2

exp

(−(

n∑(xi −x)2 + n(x − µ)2 ) / 2τ 2

)

(2πτ 2/ n )− 1/2 exp(− n (x − µ)2/(2τ 2))(3.4)

= n−1/2(2πτ 2)−(n−1) / 2 exp(−n∑

i=1

(xi − x)2/2τ 2)

yang tidak tergantung pada µ. Dengan menggunakan teorema sebelum-

nya, maka mean sampel adalah statistik cukup untuk µ.

Dengan menggunakan definisi, pertama-tama kita harus menduga ma-

na statistik T (x) yang merupakan statistik cukup, kemudian menentukan

densitas dari T (x) dan menyelidiki apakah rasio densitas x dan densitas

T (x) tidak memuat θ. Cara tersebut memang kurang praktis.

3.3.1.2 Teorema Halmos & Savage

Misalkan f(x|θ) adalah densitas bersama dari sampel X. T (X)adalah sta-

tistik cukup untuk θ jhj terdapat fungsi g(t|θ) dan h(x) sedemikian hingga

untuk semua titik sampel x dan semua parameter θ berlaku;

f(x|θ) = g (T (x)|θ) h(x)) (3.5)

Bukti :

Misalkan T (X) adalah statistik cukup. Pilih g (t(θ)) = P0 (T (x) = t) dan

h(x) = P (X = x|T (X) = T (x)) . Karena T (X) statistik cukup, maka dis-

tribusi probabilitas yang mendefinisikan h(x) tidak tergantung pada θ. Ja-

di, pemilihan h(x)dan g((t(x)) dapat dibenarkan dan untuk pemilihan ini

di dapat



f(x|θ) = Pθ(X − x) (3.6)

= P0 (X = x dan T (X) = T (x))

= P0 (T (X) = T (x)) P (X = x|T (X) = T (x))

= g (T (x)|θ) h(x)

Sekarang andaikan faktorisasi di atas berlaku. Misalkan q(t|θ) adalah den-

sitas dari T (x). Untuk menunjukkan bahwa T (X) merupakan statistik cu-

kup, kita selidiki rasio f(x|θ) /q (T (x)|θ)

Definisikan

AT (x) = Y : T (Y ) = T (x) (3.7)

maka

f(x|θ)q (T (x)|θ) =

g (T (x)|θ) h(x)

q (T (x)|θ) (3.8)

=g (T (x)|θ) h(x)∑

AT (x)g (T (Y )|θ)h(y)

(definisi densitas dari T )

=g (T (x)|θ) h(x)

g (T (x)|θ)∑

AT (x)h(y)

(karena T konstan padaAT (x))

=h(x)∑

AT (x)h(y)

Karena rasio ini tidak tergantung pada θ, maka T (X) adalah statistik cu-

kup untuk θ.

Contoh

Untuk distribusi normal dalam contoh di atas, dapat dilihat bahwa densi-

tas dapat difaktorkan sebagai:



f(x | µ) = (2πτ 2)−n/2 exp

(

−n∑

i=1

(xi − x)2/2τ 2

)

exp(−n(x − µ)2/2τ 2

)

(3.9)

Kita dapat mendefinisikan:

h(x) = (2πτ 2)−n/2 exp

(

−n∑

i=1

(xi − x)2/2τ 2

)

(3.10)

dan bentuk ini tidak tergantung pada parameter µ.

Faktorisasi di atas yang memuat µ tergantung pada sampel x hanya mela-

lui T (X) = X. Sehingga didapat

g(t | µ) = exp(−n(t − µ)2/2τ 2

)(3.11)

dan perhatikan bahwa

f(x | µ) = h(x)g (T (x) | µ) (3.12)

Jadi, dengan menggunakan teorema Faktorisasi; T (X) = x adalah statistik

cukup untuk µ.

Dalam contoh-contoh di atas, statistik cukup adalah suatu fungsi berhar-

ga real dari sampel. Semua informasi tentang θ dalam sampel disarikan

dalm satu bilangan T (X). Kadang-kadang informasi tidak dapat disarik-

an dalam satu bilangan dan sebagai penggantinya diperlukan beberapa

bilangan. Untuk keadaan ini, statistik cukup berupa vektor, katakanlah

T (−X) =

(T1(

−x), ..., Tn(

−x))

. Keadaan ini sering terjadi bila parameter juga

merupakan vektor, katakanlah−θ = (θ1, ..., θs); biasanya r = s, walaupun

tidak selalu teorema faktorisasi juga dapat digunakan untuk menentukan

statistik cukup bernilai vektor.

Contoh



Andaikan kembali bahwa x1, x2, ..., xn. adalah i.i.d ∽ N(µ, τ) tetapi

tidak seperti contoh di muka. Misalkan µ dan τ 2 kedua-duanya tidak

diketahui, sehingga vektor parameter adalah−θ = (µ, τ 2). Sekarang,

bila menggunakan Teorema Faktorisasi, setiap bagian densitas yang

tergantung pada µ dan τ 2 harus dimasukkan dalam fungsi g. Terlihat

bahwa densitas tergantung pada sampel−x hanya melalui

T1(−x) =

_

X (3.13)

dan

T2(−x) = s2 (3.14)

=n∑

(xi−−X)2/(n − 1)

Jadi, kemudian dapat mendefinisikan h(−x) = 1 dan

g(t|θ) = g(t1, t2|µ, τ 2) (3.15)

= (2πτ 2)−n/2 exp(−(n(t1 − µ)2 + (n − 1)t2

)/ 2t2

)

maka, dapat dilihat bahwa

f(−x| µ, τ 2) = g

(T 1(

−X), T 2(

−X)|µ, τ 2

)h(

−X) (3.16)

Jadi, dengan menggunakan Teorema Faktorisasi,

T (−X) =

(T 1(

−X), T 2(

−X)

)= (

−X, S2) (3.17)

adalah statistik cukup untuk (µ, τ 2) dalam distribusi normal.

Untuk keluarga eksponensial, dengan menggunakan Teorema Fak-

torisasi, penentuan statistik cukup sangat mudah untuk dilakukan.



Contoh

Misalkan x1, x2, ..., xn. adalah i.i.d dengan densitas f(x|θ). Andaikan

f(x|θ) adalah keluarga eksponensial dengan densitas

f(x|θ) = h(x)c(θ) exp

(k∑

i=1

Wi(θ) ti (x)

)

(3.18)

Maka

T (−X) =

(n∑

i=1

t

1

(Xj)...n∑

i=1

t

k

(Xj)

)(3.19)

adalah statistik cukup untuk θ.

3.3.2 Estimasi Titik

Kuantitas-kuantitas pada populasi, seperti mean (µ) atau varian (σ2) yang

umumnya tak diketahui. Kuantitas tersebut disebut dengan parame-

ter populasi. Karakteristik (distribusi) suatu populasi tergantung pada

parameter-parameter ini. Misalnya, distribusi Exponensial P (λ) tergatung

pada parameter λ, distribusi Normal N(µ, σ2) tergantung pada 2 parame-

ter mean µ dan variansi σ2 dan distribusi Binomial B(n, p) tergantung pa-

da 2 parameter banyak percobaan n dan peluang sukses dala tiap perco-

baan p. Secara umum lambang θ digunakan sebagai lambang parameter

populasi, sehingga distribusinya dapat tulis f(x; θ); θ ∈ Ω. Dalam hal ini

himpunan Ω disebut ruang parameter dan f(x; θ); θ ∈ Ω disebut keluar-

ga parametrik.

Jika pada populasi digunakan istilah parameter, maka pada sampel digu-

nakan istilah statistik. Statistik didefinisikan sebagai kuantitas-kuantitas

pada sampel. Contohnya; Xn dan S2n masing-masing merupakan statis-

tik atau kuantitas (mean dan varian) dari sampel yang berukuran n yang

mungkin diambil dari populasi berdistribusi f(x; θ) dengan θ tidak dike-

tahui.



Dalam contoh ini, untuk mengestimasi parameter θ, diambil sampel ran-

dom X1, ..., Xn. Fungsi T = T (X1, ..., Xn) disebut statistik. Statistik T yang

digunakan untuk mengestimasi θ disebut estimator dari θ dan ditulis θ.

Estimator θ adalah suatu variabel random yang mempunyai fungsi proba-

bilitas tertentu yang disebut distribusi sampling.

Contoh

Misal X1, ..., Xn sampel random yang diambil dari populasi b(1, p) dengan

p tidak diketahui. Maka X = 1n

∑ni=1 Xi adalah estimator untup p. Estima-

tor yang lain misalnya T = 1/3, T = X1, dan T = (X1 + X2)/2.

Perlu diperhatikan bahwa beberapa statistik dapat digunakan sebagai esti-

mator terhadap suatu parameter. Dari sini mucul masalah: Statistik mana

yang paling baik, atau misalnya statistik mana yang tak bias, efisien, dan

konsisten?

Ada beberapa jenis estimator penting berdasarkan sifat-sifatnya yang ak-

an dibahas pada bagian ini, yaitu estimator tak bias, estimator konsisten,

estimator esfisien, dan estimator minimum

3.3.2.1 Estimator Tak Bias

Definisi

Suatu statistik θ disebut estimator tak bias untuk θ, jika E(θ) = θ, untuk

setiap θ ∈ Ω. Jika E(θ) 6= θ, maka θ disebut estimator bias.

Contoh

Jika X berdistribusi B(n, θ), tunjukkan bahwa X/n adalah estimator tak

bias untuk θ!

Jawab



Karena E(X) = nθ, maka E(X/n) = 1/nE(X) = 1/n.nθ = θ. Jadi θ = X/n

adalah estimator tak bias untukθ

Contoh

Jika S2 = 1n−1

n∑

i=1

(Xi − X)2 adalah varian sampel random dari populasi

N(µ, σ2), tunjukkan bahwa E(S2) = σ2

Bukti

E(S2) = E

[1

n − 1

n∑

i=1

(Xi − X)2

](3.20)

=1

n − 1E

[n∑

i=1

(Xi − µ) − (X − µ)

2

]

=1

n − 1

[n∑

i=1

E(Xi − µ)2

− nE(X − µ)2

]

=1

n − 1

[n∑

i=1

σ2 − n.σ2/n

]

= σ2

Jadi θ2 = S2 adalah estimator tak bias untuk σ2

Contoh

Misal X1, ..., Xn berdistribusi i.i.d uniform U(0, θ). Kita ingin menentuk-

an estimator untuk θ dengan statistik maksimum. Jadi T = maks(

X1, ..., Xn) = Xmax = θ. Terlebih dahulu kita tentukan distribusi dari T.

U(0, θ) ⇒ f(x, θ) =1

θ; 0 < x < θ (3.21)

P (T ≤ t) = P (Xmax ≤ t) = P (X1 ≤ t, X2 ≤ t, ..., Xn ≤ t) (3.22)

Karena X1, ..., Xn independen maka

P (T ≤ t) = P (X1 ≤ t) P (X2 ≤ t) ...P (Xn ≤ t) (3.23)



Karena identik maka G(t) = [F (t)]n dengan G(.) dan F (.) berturut-turut

fungsi distribusi dari T dan X . Jadi

g(t) =dG(t)

dt= n [F (t)]n−1 .f(t) (3.24)

Dari f(x, θ) = 1θ; 0 < x < θ diperoleh F (x) = x

θ, 0 < x < θ sehingga

g(t) = n [t/θ]n−1 .1/θ =ntn−1

θn; 0 < t < θ (3.25)

Sekarang kita tentukan

E(T ) =

θ∫

0

tg(t)dt (3.26)

=

θ∫

0

tntn−1

θn=

n

n + 1θ

Karena E(T ) 6= θ maka T adalah estimator bias. Tetapi jika dipilih

T1 = n+1n

Xmax maka T1 adalah estimator tak bias untuk θ, sebab E(T1) =n+1

nn

n+1θ = θ

3.3.2.2 Estimator Konsisten

Sejauh ini estimator yang dibicarakan hanya untuk sampel berhingga. Se-

baliknya konsistensi adalah sifat asimptotis, yaitu menggambarkan sifat

estimator bila ukuran sampel menjadi tak hingga. Konsistensi adalah sifat

dari barisan estimator bukan dari estimator tunggal.

Barisan estimator Tn = Tn(X1, ..., Xn) disebut estimator konsisten dari θ

jika untuk setiap ε > 0

P |Tn − θ| ≥ ε → 0 (3.27)

Definisi di atas menyatakan bahwa estimator konsisten pasti juga konver-



gen dalam probabilitas. Karena menurut ketaksamaan Chebyshev

P |Tn − θ| ≥ ε ≤ E(Tn − θ)2

ε2(3.28)

maka E(Tn − θ)2 → 0 adalah syarat cukup suatu estimator konsisten.

Akibat definisi tadi, bila estimator dari θ yang memenuhi

1. Tn estimator tak bias

2. V ar(Tn) → 0

maka Tn adalah estimator konsisten

Contoh

Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi i.i.d N(θ, 1). Perlihatkan bahwa Xn ada-

lah barisan estimator konsisten.

Bukti

1. E(Xn) = 1/n.nθ = θ. Jadi Xn estimator tak bias untuk θ

2. V ar(Xn) = 1/n → 0. Menurut akibat definisi di depan, maka

Xn estimator konsisten.

3.3.2.3 Estimator Efisien

Berikut ini kita akan membandingkan dua estimator berdasarkan variansi

dari estimator tersebut.

Definisi

Misalkan θ1 dan θ2 dua estimator tak bias untuk parameter θ. Estimator θ1

dikatakan lebih efisien daripada θ2 jika

V ar(θ1) < V ar(θ2) (3.29)



Contoh

Perhatikan kembali contoh T1 = n+1n

Xmax maka T1 adalah estimator tak

bias untuk θ. Dengan transformasi variabel diperoleh distribusi T1

g(t1) =nn+1

(n + 1)nθntn−11 ; 0 < t1 <

n + 1

nθ (3.30)

Selanjutnya akan dicari V ar(T1)

E(T 21 ) =

b∫

0

t21nn+1

(n + 1)nθntn−11 dt1, dengan b =

n + 1

nθ (3.31)

=(n + 1)2θ2

n(n + 2)

V ar(T1) = E(T 21 ) − E(T1)2 (3.32)

=(n + 1)2θ2

n(n + 2)− θ2

=θ2

n(n + 2)

Kita dapat mencari estimator tak bias yang lain dengan menggunakan sta-

tistik minimum, namakan W = Xmin. Distribusi W sbb:

g(w) =n

θ(1 − w

θ)n−1; 0 < w < θ (3.33)

dan

E(w) =

θ∫

0

wn

θ(1 − w

θ)n−1dw =

θ

n + 1(3.34)

Jika dipilih T2 = (n + 1)Xmin sebagai estimator untuk θ maka T2 adalah

estimator tak bias untuk θ. Sehingga diperoleh distribusi T2

g(t2) =n

(n + 1)θ(1 − t2

(n + 1)θ)n−1; 0 < t2 < (n + 1)θ (3.35)



dan

E(T 22 ) =

2(n + 1)θ2

n + 2(3.36)

V ar(T2) =2(n + 1)θ2

n + 2− θ2 =

nθ2

n + 2(3.37)

nampaklah bahwa V ar(T1)=θ2

n(n+2)< nθ2

n+2= V ar(T2), untuk n > 1. Jadi T1

lebih efisien daripada T2.

3.3.2.4 Estimator Bayes

Pendekatan Bayesian dalam statistik secara fundamental berbeda dengan

pendekatan klasik seperti yang telah kita bicarakan di muka. Meskipun

demikian, beberapa aspek dari pendekatan Bayesian dapat berguna pa-

da beberapa pendekatan statistik yang lain. Sebelum masuk pada meto-

de pencarian estimator Bayes, kita bicarakan dahulu pendekatan Bayesian

pada statistika.

Dalam pendekatan klasik, parameter θ adalah kuantitas atau besaran te-

tap yang tidak diketahui. Sampel random x1, ..., xn diambil dari populasi

berindeks θ dan berdasarkan harga-harga terobservasi dalam sampel, di-

dapat pengetahuan tentang θ.

Dalam pendekatan Bayesian, θ dipandang sebagai besaran yang variasin-

ya digambarkan dengan distribusi probabilitas (disebut distribusi prior).

Ini adalah distribusi subyektif berdasarkan pada keyakinan seseorang dan

dirumuskan sebelum data diambil. Kemudian sampel diambil dari popu-

lasi berindeks θ dan distribusi prior disesuaikan dengan informasi sampel

ini. Prior yang telah disesuaikan disebut distribusi posterior. Penyesuaian

ini dilakukan dengan menggunakan aturan Bayes, karena itu dinamakan

statistik Bayesian.

Bila distribusi prior dinyatakan dengan π(θ) dan distribusi sampling den-

gan f(x | θ), maka distribusi posterior, yaitu distribusi bersyarat θ diberi-

kan x adalah

π(θ | x) =f (x | θ) π(θ)

m(x)(3.38)



Perhatikan bahwa f(x,θ) = f(x | θ) π(θ) dimana m(x) adalah distribusi

marginal dari x yaitu m(x) =∫

f(x | θ)π(θ)dθ

Jadi distribusi posterior adalah distribusi bersyarat, yaitu bersyarat ter-

hadap observasi sampel. Sekarang distribusi posterior digunakan untuk

memberi pernyataan tentang θ, yang dipandang sebagai besaran random.

Sebagai contoh, mean distribusi posterior dapat digunakan sebagai titik

estimator dari θ.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah distribusi Bernoulli (1, p), maka Y =∑

Xi

adalah Binomial (n, p). Kita andaikan bahwa distribusi prior dari p adalah

Beta (α, β). Distribusi bersama dari Y dan p adalah

f(Y, p) = [

(n

y

)pY (1 − p)n−Y ][

P (α + β)

P (α)P (β)pα−1(1 − p)β−1] (3.39)

=

(n

y

)P (α + β)

P (α)P (β)pY +α−1(1 − p)n−Y +β−1

Densitas marginal dari Y adalah

f(Y ) =

∫ 1

0

f(Y, p)dp =

(n

y

)P (α + β)

P (α)P (β)

P (Y + α) P (n − Y + β)

P (n + α + β)(3.40)

Sehingga π(p | Y ) = f(Y,p)f(Y )

= P (α+β)P (α+α)

P (n+α+β)P (n−α+β)

pY +α−1(1 − p)n−Y +β−1

Yang merupakan distribusi Beta (Y +α, n−y+β). Estimator alami untuk p

adalah mean dari distribusi posterior, dan ini memberikan estimator Bayes

untuk p adalaha

p= β = Y +αα+β+n

Bila kita mengestimasi parameter Binomial, kita tidak perlu memiliki dis-

tribusi prior dari keluarga beta. Tetapi, terdapat keuntungan dalam me-

milih keluarga beta, paling tidak kita mempunyai closed-form dari estima-

tor. Secara umum, untuk sembarang distribusi sampling terdapat keluarga

distribusi prior alami yang disebut keluarga konjugat.



Definisi

Misalkan F adalah kelas densitas f(x | θ). Kelas π dari distribusi prior

disebut keluarga konjugat untuk F , bila distribusi posterior berada dalam

kelas π untuk semua f ∈ F,semua prior dalam π, dan semua x ∈ χ.

Contoh

Jika X ∽ N(θ, τ 2) dan misalkan distribusi prior dari X adalah N(µ, τ 2).

Distribusi posterior dari θ juga normal dengan mean dan variansi

µ = E(θ | x) =τ 2

τ 2 + σ2x +

σ2

σ2 + τ 2(3.41)

V ar(x | θ) =σ2τ 2

σ2 + τ 2(3.42)

3.3.3 Metode Evaluasi Estimator Titik

Metode-metode yang dibicarakan dalam bab sebelumnya telah memberi-

kan gambaran teknik yang masuk akal dalam menentukan estimator ti-

tik untuk suatu parameter. Karena kita biasanya dapat menerapkan lebih

dari satu metode dalam suatu persoalan tertentu, maka kita dihadapkan

pada persoalan memilih diantaranya. Memang metode yang berbeda bisa

menghasilkan estimator yang sama (jika demikian, maka tugas kita sangat

mudah), tetapi pada umumnya metode yang berbeda juga akan mengha-

silkan estimator yang berbeda.

Dalam bab ini akan diperkenalkan konsep dasar untuk mengevaluasi esti-

mator dan menyelidiki kelakuan beberapa estimator terhadap kriteria ini.

3.3.3.1 Galat Kwadrat Rata-Rata

Ukuran kualitas estimator yang paling umum adalah galat kuadrat rata-

rata atau Mean Square Error (MSE). MSE merupakan jumlah Variansi dan

Biasnya

Definisi



Galat kuadrat rata-rata (MSE) dari estimator T (_x) terhadap parameter θ

adalah fungsi θ yang didefinisikan dengan Eθ (T (_x) − θ)

2. Dengan mudah

dapat kita lihat bahwa:

Eθ (T (_x) − θ)

2= V arT (x) + (Bias(T (x))2 (3.43)

dengan Bias T (_x) = EθT (

_x) − θ.

Jadi MSE mempunyai dua komponen, variansi yang menguji variabeli-

tas (precision) estimator dan bias mengukur (accuracy) dari estimator. Ja-

di untuk estimator tak bias kita mempunyai MSE = Eθ (T (x) − θ)2 =

V ar(T (

_

x))

.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah i, i, d N(µ, σ2)._

X dan S2 kedua-duanya adalah

estimator tak bias untuk µ dan σ2, karena E(_

X) = µ dan E(S2) = σ2.

MSE dari kedua estimator adalah

E(_

X −µ)2 = V ar(_

X) =σ2

n(3.44)

E(s2 − σ2)2 = V arS2 =2σ4

n − 1

Banyak estimator tak bias yang masuk akal jika dilihat dari MSE-nya. Na-

mun perlu ditekankan bahwa pengontrolan bias tidak otomatis pengon-

trolan MSE. Pada khususnya sering terjadi timbal balik antara varansi dan

bias, sedemikian hingga sedikit kenaikan bias dapat ditukarkan dengan

penurunan yang lebih besar pada variansi, yang hasilnya adalah perbai-

kan pada MSE.

Contoh

Estimator alternatif untuk σ2 adalah estimator maksimum likelihood

a

σ2

=1

n

n∑(xi−

_x)2 =

n − 1

ns2



Dengan mudah dapat dilihat bahwa E(a

σ2

) = E(n−1n

s2) = n−1n

s2

sehinggaa

σ2

adalah estimator yang bias untuk σ2. Variansia

σ2

dapat dihi-

tung sebagai

V ara

σ2

= V ar(n − 1

ns2) = (

n − 1

n)2V ar(s2) =

2(n − 1)

n2σ4

Karena itu, MSEa

(σ2) adalah

E(a

σ2

−σ2) =2(n − 1)σ4

n2+ (

n − 1

nσ2 − σ2)2 = (

2n − 1

n2)σ4

Jadi kita mempunyai

E(a

σ2

−σ2) = (2n − 1

n2)σ4 < (

2

n − 1)σ4 = E(s2 − σ2)2.

Yang menunjukkan bahwaa

σ2

mempunyai MSE yang lebih kecil dari S2.

Jadi dengan mengadakan timbal balik antara variansi dan bias, MSE dapat

diperbaiki.

Catatan

Hasil di atas tidak berarti bahwa S2 tidak dapat dijadikan sebagai estima-

tor dari σ2. Hal di atas hanya mengatakan bahwa secara rata-rataa

σ2

lebih

dekat ke σ2 dibandingkan dengan σ bila MSE digunakan sebagai uku-

ran kebaikan. Pada umumnya, karena MSE adalah fungsi dari parameter,

maka tidak ada estimator ”terbaik” untuk θ. Yang sering kita lihat adalah

MSE dari dua estimator saling berpotongan, yang berarti kebaikan dari

estimator hanya bersifat lokal. Salah satu cara untuk mengatasi tidak ada-

nya estimator ”terbaik” adalah melalui pembatasan kelas estimator. Salah

satu pembatasan yang kita bicarakan adalah melalui kelas tak bias.

Misalkan kita ingin mengestimasi g(θ). Dalam hal ini kita hanya memba-

tasi kelas estimator.

CT = T : ET = g(θ)



Untuk setiap T1, T2 ∈ CT , Bias T1 =Bias T2 sehingga

MSE(T1) − MSE(T2) = V arT1 − V arT2.

Ini berarti bahwa, dalam kelas CT , perbandingan MSE sama dengan per-

bandingan Variansi.

3.3.3.2 Estimator Terbaik

Tujuan dari bagian ini adalah menyelidiki metode penentuan estimator tak

bias ”terbaik” yang akan definisikan kemudian. Estimator terbaik menu-

rut pandangan klasik adalah estimator dengan variansi minimum dalam

kelas (himpunan) estimator tak bias untuk parameter tersebut. Sifat efi-

siensi estimator hanya membandingkan dua estimator tak bias, akibatnya

estimator yang lebih efisien belum tentu merupakan estimator terbaik.

Definisi

Misalkan T∗ merupakan estimator tak bias untuk g(θ) atau E(T∗) = g(θ).

Jika untuk setiap estimator T yang memenuhi E(T ) = g(θ) berlaku

V ar(T∗) ≤ V ar(T ) untuk setiap θ maka T∗disebut estimator tak bias ter-

baik (memiliki variansi minimum). Karena itu estimator terbaik ini disebut

dengan dengan estimator tak bias yang memiliki variansi minimum sera-

gam atau uniformly minimum variance unbiased estimator disingkat UMVUE.

Menentukan estimator tak bias terbaik (bila ada) bukan pekerjaan yang

mudah karena berbagai alasan dan salah satunya adalah sebagai berikut.

Contoh

Misalkan X1, X2..., Xn adalah iid Poisson(λ). Jika_x dan s2 masing-masing

adalah mean dan variansinya maka dengan mudah dapat dicari:_

E(X) = λ

dan E(S2) = λ yang kedua-duanya merupakan estimator tak bias untuk

λ. Di sini kita tak cukup membandingkan_

V ar(X) dan V ar(S2) saja. Ka-

rena untuk setiap konstanta a berlaku T (_

X,S2) =_

aX +(1 − a)S2 adalah

estimator tak bias untuk λ. Jadi dalam hal ini ada tak terhingga estimator

tak bias.



Contoh ini menunjukkan bahwa untuk menentukan UMVUE diperlukan

penanganan yang menyeluruh. Salah satunya adalah dengan menentu-

kan batas-bawah variansi estimator yang mungkin. Batas bawah variansi

ini dikenal dengan nama batas bawah Cramer-Rao atau Cramer-Rao lower

bound disingkat CRLB sbb:

Misalkan dalam melakukan estimasi g(θ) dari densitas f(x| θ) kita dapat

menentukan batas bawah, variansi dari setiap estimator tak bias, katak-

anlah B(θ). Bila kemudian kita dapat menemukan estimator tak bias T∗sedemikian hinggaV ar(T∗) = B(θ) maka berarti kita mendapatkan UM-

VUE estimator.

3.3.3.3 Teorema Batas Bawah Cramer-Rao

Misalkan X1Xn, ..., Xn adalah sampel dengan densitas f(x| θ) dan misal-

kan T (_

X) = T (X1, ..., Xn) adalah sebarang estimator dengan E(T (_

X)) ter-

deferensialkan dalam θ. Andaikan densitas bersama f(x| θ) = f(x1, ..., xn |θ) menentukan:

d

dθ

∫...

∫h(

_x)f(

_x| θ)d

_x=

∫...

∫h(

_x)

∂

∂θf(

_x| θ)d

_x (3.45)

untuk setiap fungsi h(_x) dengan E | h(

_x) | < θ. Maka

V ar (T (_x)) ≥

ddθ

EθT (_x)

Eθ

((∂ log f (

_x | θ )

∂θ

)2) (3.46)

Bukti

Bukti teorema ini sederhana tetapi cantik, dan merupakan pemakaian

yang cerdik dari ketaksamaan Cauchy-Schwarz. Untuk sebarang dua va-

riabel random X dan Y berlaku

[Covar(X, Y )]2 ≤ (Var X) (Var Y ) (3.47)



Bila kita menyusun kembali 3.47, kita akan mendapatkan batas bawah dari

variansi X ,

V arX ≥ [Covar(X, Y )]

Var Y

Kelebihan teorema ini terletak pada pemilihan X dengan estimator T (_

X)

dan Y sama dengan besaran: ∂ log f(_x|θ)

∂θ

Pertama-tama kita harga harap: ∂ log f(_x|θ)

∂θ.

Eθ

(∂ log f(

_x| θ)

∂θ

)= Eθ

(∂ f(

_x|θ)

∂θ

f(_x| θ)

)(sifat log)

=

∫...

∫ ∂ f(_x|θ)

∂θ

f(_x| θ)

f(_x| θ)d

_x (definisi)

=

∫...

∫∂ f(

_x| θ)

∂θd

_x (coretf(

_x| θ))

=d

dθ

∫...

∫f(

_x| θ)d

_x (sifat3.1)

=d

dθ1

= 0

Karena itu

Cov

(T (

_

X).∂ log f(

_x| θ)

∂θ

)= E

(T (

_

X).∂ log f(

_x| θ)

∂θ

)

(3.48)

= E

[T (

_

X)∂ f(

_x|θ)

∂θ

f(_x| θ)

]



=

∫...

∫∂ f(

_x| θ)

∂θd

_x

=d

dθ

∫...

∫T (

_

X)f(_x| θ)d

_x

=d

dθE(T (X)

Juga, karena E(

∂ log f(_x|θ)

∂θ

)= 0 didapat

V ar

(∂ log f(

_x| θ)

∂θ

)= E

((∂ log f(

_x| θ)

∂θ

)2)

(3.49)

karena itu

V ar(T (

_

X))≥

(ddθ

ET (_

X))2

E

((∂ log f(

_x|θ)

∂θ

)2)

qed1.

Untuk kasus sampel independen perhitungan batas bawah menjadi le-

bih sederhana. Perhitungan dalam penyebut menjadi perhitungan varia-

bel random univariat, seperti yang ditunjukkan dalam corollary berikut

ini.

Akibat Cramer - Rao

Misalkan X1, ..., Xn adalah iid dengan densitas f(_x| θ), misalkan

_

T (X) =

T (x1, ..., xn) sembarang estimator dari g(θ) dengan E(T (_

X)) fungsi θ yang

terdeferensialkan. Bila densitas bersama f(_x| θ) = πf(xi | θ) memenuhi

(3.1), maka

V ar(T (

_

X))≥

(ddθ

ET (_

X))2

nE

((∂ log f(

_x|θ)

∂θ

)2) (3.50)

1 terbukti (qed = Qound Eart Demonstrandum)



Bukti

Kita hanya perlu menunjukkan bahwa

E

((∂ log f(

_x| θ)

∂θ

)2)

= nEθ

((∂ log f(

_x| θ)

∂θ

)2)

Karena X1, ..., Xn independen

Eθ

(∂ log f(

_x| θ)

∂θ

)2

= E

((∂ logπ f(xi | θ)

∂θ

)2)

= E

(n∑(

∂ log f(xi | θ)

∂θ

)2)

= E

(n∑(

∂ log f(xi | θ)

∂θ

)2)

+∑

E

(∂ log f(xi | θ)

∂θ

∂ log f(xi | θ)

∂θ

)

untuk i 6= j kita mempunyai

E

(∂ log f(xi | θ)

∂θ

∂ log f(xi | θ)

∂θ

)= E

(∂ log f(xi | θ)

∂θ

)E

(∂ log f(xj | θ)

∂θ

)= 0

Karena itu

n∑E

((∂ log f(xi | θ)

∂θ

)2)

= nE


∂θ

)2)

dan corollary terbukti.

Besaran E

((∂∂θ

lognπ f(xi | θ)

)2)

disebut informasi Fisher dari sampel.

Terminologi ini mencerminkan kenyataan bahwa informasi Fisher adalah

balikan dari variansi estimator tak bias terbaik dari θ. Dengan informasi

Fisher menjadi makin besar, variansi estimator tak bias terbaik menjadi

makin kecil. Ini berarti makin banyaknya informasi tentang θ.



Untuk sembarang fungsi terdeferensialkan g(θ) sekarang kita mempunyai

batas bawah pada variansi sebaran estimator T (_

X) yang memenuhi ET (_

X

) = g(θ). Batas bawah tergantung pada g(θ) dan f(_x| θ) dan independen

dari estimator yang sedang diselidiki. Karena itu T (X) adalah batas bawah

seragam dari variansi, dan setiap estimator yang memenuhi ET (_

X)= g(θ)

dan mencapai batas bawah ini adalah estimator tak bias terbaik dari g(θ).

Lemma

Bila f(_x| θ) memenuhi

∂

∂θEθ

(∂

∂θlog f(x | θ)

)=

∫∂

∂θ

[(∂

∂θlog f(x | θ)

)f(x | θ)

]dx (3.51)

(benar untuk kasus eksponensial), maka

E


∂θ

))= nE

((∂2 log f(xi | θ)

∂θ2

))(3.52)

Contoh

Misalnya diberikan variabel random Poisson. Dalam hal ini g(λ) = λ.

Sehingga g1(λ) = 1. Karena Poisson adalah keluarga eksponensial, maka

lemma berlaku. Karena itu

E

((∂

∂λlog

nπ f(xi | λ)

)2)

= −nE

(∂2 log

nπ f(x | λ)

∂λ2

)(3.53)

= −nE

(∂

∂λlog

e−λ λx

x !

)

= −nE

(∂2

∂λ2(−λ + x logλ − log x!)

)

= −nE(− x

λ2)



= −n. − 1

λ2E(x) =

n

λ2.λ =

n

λ

Karena itu untuk sebarang estimator tak bias T (_

X) harus berlaku V arT (_

X

) ≥ λn

batas bawah C-R

Karena V ar_

X ≥ λn

, maka_

X adalah UMVUE dari λ.

Sangat penting untuk diingat bahwa kunci dalam Teorema Cramer-Rao

adalah kemampuan untuk mendiferensialkan di bawah tanda integral

yang dengan sendirinya agak terbatas penerapannya. Seperti telah kita ke-

tahui densitas dalam kelas eksponensial akanmemenuhi persyaratan ini,

tetapi secara umum andaian tersebut harus dilihat kebenaraannya.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah iid dengan densitas f(x|θ) = 1/θ dan 0 < x < θ

.

Karena ∂ log f(x|θ)∂θ

= −1/θ, maka E

((∂ log f(

_x|θ)

∂θ

)2)

= 1/θ2

Teorema Cramer-Rao mengindikasikan bahwa bila T adalah sebarang esti-

mator tak bias dari θ, maka V ar(T ) ≥ θ2

n

Akan dicari estimator yang tak bias dan variansinya lebih kecil. Sebagai

dugaan pertama pandang statistik cukup Y = Maks(X1, ..., Xn). Densitas

dari Y adalah

f(Y |θ) = nY n−1/θn, 0 < Y < θ, maka E[Y ] =∫ θ

0n Y n−1

θn dy = nn+1

θ

Ini menunjukkan bahwa nn+1

Y adalah estimator tak bias untuk θ. Sekarang

kita hitung

V ar( nn+1

Y ) =(( n

n+1)2V ar Y

)= ( n

n+1)2[EY 2 − ( n

n+1θ )2]

= ( nn+1

)2[

nn+1

θ2 − ( nn+1

θ )2]

= θ2

n ( n+2)

Yang secara seragam lebih kecil dari θ2

n.

Ini menunjukkan bahwa Teorema Cramer-Rao tidak dapat diterapkan pa-

da densitas ini. Untuk menunjukkan ini, gunakan aturan Leibnitz.



ddθ

∫ θ

0h(x) f (x|θ)dx = d

dθ

∫ θ

0h(x)1

θdx = d

dθ(1θ

∫ θ

0h(x))dx

= h(θ)θ

+∫ θ

0h(x) ∂

∂θ(1

θ) dx

6=∫ θ

0h(x)∂ f ( x | θ )

∂θdx.

Kecuali h ( θ )θ

= 0 untuk semua θ. Karena itu, Teorema Cramer-Rao tidak

berlaku.

Kelemahan metode pencarian UMVUE ini, walaupun Teorema Cramer-

Rao dapat diterapkan adalah tidak ada jaminannya bahwa batas bawahn-

ya cukup tajam, atau dengan perkataan lain harga batas bawah Cramer-

Rao lebih kecil dari variansi sebaran estimator tak bias. Bila f(x|θ) adalah

keluarga eksponensial parameter satu regular maka hal ini akan tidak ter-

jadi yaitu bila estimator tak bias dari g(θ) ada, maka pasti akan ada estima-

tor tak bias yang mencapai batas bawah Cramer-Rao. Tetapi, dalam kasus-

kasus lain, batas ini bisa tidak tercapai.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah iidN(µ, σ2), dan pandang estimator σ2 dalam

hal µ tidak diketahui. densitas normal memenuhi andaian Teorema

Cramer-Rao, sehingga

∂2

∂(σ2)2log

(1

(2πσ2)1/2e−

12(x− µ

σ)2)

=1

2σ4− ( x − µ )2

σ6

dan

−E

(∂2

∂(σ2)2log f(x|µ, σ2)

)= −E

(1

2σ4− ( x − µ )2

σ6

)=

1

2σ4

Jadi, setiap estimator tak bias T dari σ2 harus memenuhi V ar(T ) ≥ 2σ4

n

Kita telah mengetahui bahwa V ar(S2) = 2σ4

n−1. Jadi S2 tidak mencapai

CRLB

Dalam contoh di atas sebenarnya kita mempunyai pertanyaan yang belum

terjawab, yaitu apakah ada estimator dari σ2 yang lebih baik dari S2 atau

CRLB tak bisa dicapai?



Syarat pencapaian CRLB sebenarnya cukup sederhana. Hal ini mengin-

gat bahwa terjadi dari pemakaian ketaksamaan Cauchy-Schwarz, sehingga

syarat pencapaian batas bawah tersebut adalah syarat kesamaan dalam

ketaksamaan Cauchy − Schwarz. Perhatikan juga bahwa corollary di ba-

wah merupakan alat berguna karena secara implisit memberikan cara pa-

da kita untuk mendapatkan estimator tak bias terbaik.

Akibat

Misalkan X1, ..., Xn adalah iid f(x|θ ) memenuhi syarat-syarat Teorema

Cramer-Rao. Misalkan L(θ| _x)=

n∏i=1f(xi|θ) menyatakan fungsi likelihood.

Bila T (_

X) = T (X1, ..., Xn). adalah sembarang estimator tak bias dari g(θ),

maka T (_

X) mencapai Cramer-Rao Lower Bound jhj

a(θ)[T (_

X) − g(θ)] =∂ log L( θ | _

x )

∂θ

untuk suatu fungsi a(θ).

Bukti

Ketaksamaan Cramer-Rao dapat ditulis sebagai

[Cov

(T (

_

X),∂

∂θlog

n∏

i=1

f(xi|θ)))]2

≤ V arT (_

X)V ar

(∂

∂θlog

n∏

i=1

f(xi|θ)))

Dengan mengingat E(T ) = g(θ) dan E

(∂∂θ

logn∏i=1 f(xi|θ)

)= 0 dan

menggunakan hasil teorema yang mengatakan bahwa korelasi T dan

∂∂θ

logn∏i=1 f(xi|θ) harus ±1

maka T (_

X) − g(θ) harus sebanding dengan ∂∂θ

logn∏i=1 f(xi|θ).

Contoh



Di sini kita mempunyai

L(µ, σ2| _

x)

=1

(2πσ2)n/2e−

12

P (Xi − µ)2

σ2

Karena itu

∂ log L ( µ , σ2| _x )

∂ σ2=

n

2 σ4

(n∑ (Xi − µ)2

n− σ2

)

Jadi dengan mengambil (σ2) = n2σ4 menunjukkan bahwa estimator tak bisa

terbaik dari σ2 adalah∑

(Xi − µ)2 /n, yang dapat dihitung bila µ diketa-

hui. Bila µ tak diketahui, CRLB tidak dapat dicapai

Akibat

Jika θ adalah estimator tak bias untuk θ dan

V ar(θ) =1

n.E [(∂ ln f(x)/∂θ)2](3.54)

maka θ adalah UMVUE

3.3.4 Metode Estimasi Titik

Pada prinsipnya ada 2 metode estimasi titik yang paling sering dugunak-

an yaitu metode momen atau Moment Method of Estimation (MME) dan Ma-

ximum Likelihood Method of Estimation (MLE) yang akan diuraikan pada ba-

gian berikut ini.

3.3.4.1 Metode Momen

Metode momen yang diciptakan oleh Karl Pearson pada tahun 1800

adalah metode tertua dalam menentukan estimator titik. Misalkan

x1, x2, ..., xn adalah sampel dari populasi dengan densitas f(x | θ1, ..., θk).



Estimator metode momen didapat dengan menyamakan k momen sam-

pel pertama pada k momen sampel populasi, dan menyelesaikan sistem

persamaan simultan yang dihasilkan.

Definisi

Misalkan X1, ..., Xn adalah sampel random populasi yang i.i.d dengan dis-

tribusi f(x/θ1, ..., θk). Estimator metode momen adalah solusi dari persa-

maan µ′r = m′

r (r = 1, 2, ..., k). Dalam hal ini µ′r = E(Xr) adalah momen

populasi ke-r dan m′r = 1/n

n∑

i=1

Xri adalah momen sampel ke-r,

Lebih tepatnya untuk j = 1, 2...., k definisikan:

m1 =1

n

n∑

i=1

X1i , µ1 = EX1 (3.55)

m2 =1

n

n∑

i=1

X2i , µ2 = EX2

.

.

.

mr =1

n

n∑

i=1

Xki , µk = EXr

Momen populasi µj biasanya merupakan fungsi dari θ1, ..., θr,katakanlah

µj(θ1, ...θr). Estimator metode momen−

(θ1, ...,−θk) dari (θ1, ..., θr) dalam ben-

tuk (m1,..., mr), di mana:



m1 = µ1(θ1, ..., θk) (3.56)

m2 = µ2(θ1, ..., θk)

.

.

.

mr = µk(θ1, ..., θr)

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah i.i.d ∽ N(θ, τ 2). Dalam hal ini θ1 = θ dan θ2 =

τ 2. Kita mempunyai m1 =−X, m2 = 1

n

∑X2

i , µ1 = θ, µ2 = θ2 + τ 2. Di sini

kita harus menyelesaikan−X = θ dan 1

n

∑X2

i = θ2 + τ 2

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah i.i.d Binomial (k, p), yaitu,

P (Xi = x | p) =

(k

x

)

px(1 − p)k−x, x = 0, 1, ...k. (3.57)

Di sini diandaikan bahwa k dan p kedua-duanya tidak diketahui.

Dengan menyamakan dua momen sampel pertama dan momen populasi

didapat sistem persamaan

−X = kp (3.58)

1

n

∑X2

i = kp(1 − p) + k2p2 (3.59)

Hasilnya adalah:

∼k=

−X

2

−X − 1

n

∑(Xi−

−X)2

dan∼p=

−X∼k

(3.60)



3.3.4.2 Metode Maksimum Likelihood

Metode maksimum likelihood adalah metode yang paling populer dalam

menghasilkan estimator yang ditemukan oleh R.A Fisher.

Definisi

Misalkan X1, ... Xn adalah i.i.d sampel dari populasi dengan densitas f(x |θ1, ..., θk). Fungsi likelihood didefinisikan sebagai:

L(∼θ|

−X) = L(θ1, ..., θk | X1, ...Xn) =

nπ f(xi | θ1, ..., θk) (3.61)

Untuk setiap titik sampel_x, misalkan

_

θ (_x) adalah harga parameter di

mana L(∼θ|

_

X) sebagai fungsi_

θ dengan menganggap_x konstan mencapai

maksimumnya. Estimasi maksimum likelihood (MLE) dari_

θ berdasarkan

sampel_x adalah

_

θ(_x).

Perhatikan bahwa dari konstruksinya, jelajah dari MLE berimpit dengan

jelajah dari parameter. Secara intuitif, MLE adalah estimator yang masuk

akal, karena MLE adalah titik parameter dengan sampel terobservasi pa-

ling mungkin terjadi. Meskipun demikian perhatikan juga sensitivitas pe-

rubahan data.

Bila fungsi likelihood terdeferensialkan (dalam Estimator) maka calon

MLE yang mungkin adalah harga-harga (θ1, ..., θk) sedemikian hingga

dL (θ | _x)

dθi

= 0, i = 1, 2, ..., k (3.62)

Perhatikan bahwa 3.62 hanyalah syarat perlu untuk terjadinya maksi-

mum.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah i.i.d ∽ N(θ, 1), dan misalkan:

L(∼θ|

_

X) =n

πi=11

(2π)1/2e−

12(xi−θ)2 =

1

(2π)n/2e−

12

P(xi−θ)2 (3.63)



Persamaan dL (θ | _x)

dθi= 0 menghasilkan

n∑i=1 (xi − θ) = 0 hasilnya adalah

_

θ

=_x .

Karena itu_x adalah calon MLE untuk membuktikan bahwa

_x benar-benar

maksimum global, harus ditunjukkan bahwa

d2L(θ | _x)

dθ2|θ=

_x< 0 (3.64)

Catatan

Untuk setiap bilangan a berlaku

n∑

i=1

(xi − a)2 ≥n∑

i=1

(xi−_x)2 (3.65)

kesamaan berlaku bhb a =_x . Ini berati bahwa untuk setiap θ berlaku

e−12

P(xi−θ)2 ≤ e−

12

P(xi−

_x)2 dengan kesamaan bhb

_

θ =_x. Karena itu

_x adalah

MLE.

Dalam banyak kasus, di mana deferensiasi digunakan. Kita akan lebih mu-

dah bekerja pada logaritma alam dari L(θ | _x) yaitu logL(θ | _

x). Dikenal se-

bagai log likelihood dari pada L(θ | _x) nya sendiri. Hal ini dimungkinkan

karena fungsi log naik tegas pada (0,∞), yang berarti bahwa L(θ | _x) dan

log L(θ | _x) mempunyai ekstrem yang sama.

Contoh

Misalkan x1, ..., xn adalah i.i.d Bernoulli (p).

Maka fungsi likelihood adalah

L(p | _x) =

nπi=1 pxi(1 − p)1−xi = py(1 − p)n−y (3.66)

di mana y =∑

xi. Walaupun fungsi ini untuk diambil derivatifnya, na-

mun akan lebih mudah mengambil derivatif likelihoodnya.

LogL(p | _x) = y log p + (n − y) log(1 − p). (3.67)



Bila 0 < y < n, mendeferensialkan Log L(p | _x) dan menyamakannya den-

gan nol memberikan hasila

p = y/n. selanjutnya dengan mudah dapat di-

buktikan bahwa y/n adalah maksimum global. Untuk y = 0 atau y = n,

maka

LogL(p | _x) = n log(1−p), bila y=0

n log p, bila y=n (3.68)

Dalam keadaan bagaimanapun Log L(p | _x) fungsi monoton dari p, dan

mudah dilihat bahwaa

p = y/n.

Hal penting yang perlu diperhatikan dalam mendapatkan MLE, adalah

jelajah ruang parameter.

Contoh:

1. Misalkan x1, ..., xn adalah i.i.d ∽ N(θ, 1), tetapi diketahui bahwa θ ≥0.

(a) Bila tidak ada batasan pada θ, kita telah mengetahui bahwa_x

adalah MLE dari θ. Tetapi bila_x< 0, maka harga tersebut berada

di luar ruang parameter.

(b) Bila_x< 0, maka L(θ | _

x) fungsi turun dari θ untuk θ ≥ 0 dan

mencapai maksimum untuka

θ= 0. Karena itu,a

θ=_x bila

_x≥ 0

dana

θ= 0 bila_x< 0.

2. Misalkan x1, ..., xn adalah iid dengan distribusi seragam pada (0, θ).

L(θ | _x) = 0 untuk θ<maks xi

θ−n untuk θ≥maks xi(3.69)

Makaa

θ= maks xi.

3. MLE belum tentu tunggal.

Misalkan x1, ..., xn adalah i, i, d dengan distribusi seragam pada (θ −12, θ + 1

2).



f(x | θ) = 1 (θ− 12≤ x ≤ θ+ 1

2).

0 yang lain (3.70)

L(θ | _x) = 1 bila maks xi − 1

2≤ θ ≤ min xi + 1

2

0 yang lain. (3.71)

Jadi setiap θ diantara maks xi − 12

dan min xi + 12

adalah MLE.

Barangkali salah satu sifat yang paling berguna dari MLE adalah si-

fat invariannya. Misalkan dalam hal ini kita tertarik pada estimasi

g(θ) dengan θ → g(θ) fungsi satu-satu. Sifat invarian mengatakan

bahwa kalaua

θ adalah MLE dari θ maka g(a

θ) juga MLE dari g(θ).

Misalkan η = g(θ). Maka g−1(η) = θ. Selanjutnya

L∗(η| _x) =

nπi=1 f

((xi | g−1(η)

)(3.72)

= L(g−1(η) | _

x)

(3.73)

dan

SupηL∗(η | _

x) = SupηL(g−1(η) | _

x)

= SupθL(θ | _x) (3.74)

Jadi, maksimum dari L∗(η | _x) dicapai pada η = g(θ) = g(

a

θ), yang

menunjukkan bahwa MLE dari g(θ) adalah g(a

θ).

Bila_

θ = (θ1, ..., θk) multidimensi, maka persoalan menentukan MLE

adalah persoalan memaksimumkan fungsi beberapa variabel. Bi-

la fungsi likelihood terdiferensialkan, maka menyamakan turunan-

turunan parsial pertama sama dengan nol memberikan syarat perlu

terjadinya ekstrim. Tetapi, dalam kasus multidimensi, penggunaan

turunan kedua untuk menguji maksimum adalah pekerjaan yang

membosankan, dan untuk menghindarinya metode lain bisa dicoba.

4. Misalkan X1, ..., Xn adalah i.i.d ∽ N(θ, τ)2 dengan θ dan τ 2 kedua-

duanya tak diketahui, maka



L(θ, τ 2 | _x) =

1

(2πτ 2)n2

e−12

nP(xi−θ)2 / θ2

(3.75)

dan

log L(θ, τ 2 | _x) = −n

2log 2n − n

2log τ 2 − 1

2

n∑

i=1

(xi − θ)2/τ 2 (3.76)

Turunan-turunan parsial terhadap θ dan τ 2 adalah:

∂

∂θlog L(θ, τ 2 | _

x) =1

τ 2

n∑

i=1

(xi − θ)

dan

∂

∂τ 2log L(θ, τ 2 | _

x) = − n

2τ 2+

1

2τ 4

n∑

i=1

(xi − θ)

Dengan menyamakan kedua turunan parsial tersebut dengan nol di-

dapat penyelesaian:

a

θ=_x dan τ 2 = n−1

∑ni=1(xi − θ)2 untuk membuktikan bahwa penye-

lesaian ini adalah maksimum global, pertama-tama perhatikanlah:

bila θ 6= _x, maka

∑(xi − θ)2 ≥ ∑

(xi−_x)2. Karena itu untuk setiap

harga τ 2.

1

(2πτ 2)n2

e−12

P(xi−

_x)2 / τ2 ≥ 1

(2πτ 2)n2

e−12

P(xi−θ)2 / τ2

Sekarang persoalannya menjadi persoalan satu dimensi dan

(τ 2)−12 exp

(−1

2

∑(xi−

_x)2/τ 2

)

mencapai global maksimum pada τ 2 = n−1∑

(xi−_x)2.

Jadi kesimpulannya (_x, n−1

∑(xi−

_x)) adalah MLE.




1. Jika x1,x2, ...xrvariabel random independen berdistribusi Poisson

P (λi); dengan λi = aiλ, diketahui (ai > adiketahui), tunjukkan

T (x) = Σxi adalah statistik cukup untuk λ

Penyelesaian:

Xi ∼ P (aiλ), berarti fungsi pembangkit momen dari Xiadalah:

Mxi(t) = eaiλ(et−1)

dan fungsi padat peluangnya adalah:

f(xi | λ) =(aiλ)xie−aiλ

xi

; xi = 0, 1, 2, ..

Selanjutnya fungsi pembangkit momen dari distribusi Poisson

λΣaiadalah:

MT (x)(t) = MΣxi(t) = πr

i=1Mxi(t) : karena xiindependen.

= πri=1e

aiλ(et−1) = eλ(et−1)Σai

Jadi: T (x) = Σxiberdistribusi P (λΣai)dengan fungsi padat peluang:

f(Σxi = t | λ) =(λΣai)

te−λΣai

t; t = 0, 1, 2, ..

Sekarang perbandingan dari:f(x|

V)

f(Σxi=t|V)=

πri=1[e−aiλ(aiλ)xixi!]

(λΣai)te−λΣait!

; dengan t = Σxi

=e−λΣaiλΣxiπr

i=1axii

πri=1

xi!

e−λΣaiλt(Σai)t

t!

= e−λΣaiλΣxiπri=1a

xii

πri=1xi!

. t!e−λΣaiλt(Σai)

t

= t!(Σai)

t .πr

i=1axi

πri=1xi!

= t!(Σai)

t .πri=1

axii

xi!bebas dari parameterλ

Terlihat bahwa hasil terakhir ini tidak bergantung pada parameter λ.



Dengan demikian disimpulkan T (x) = Σri=1xi adalah statistik cukup

untuk λ

2. Misalkan f fungsi integrabel yang positif terdefinisi pada (0,∼), dan

misalkan Pθ(x) adalah fungsi kepadatan peluang pada (0, θ)dengan

definisi:

Pθ(x) =

C(θ)f(x) ; 0<x<0

0 ; otherwise

Jika x1, x2, ...xnvariabel random iid dengan densitas Pθ, tunjukkan

x(n)adalah statistik cukup untuk θ

Penyelesaian

Misalkan: Z = x(n)= maximum xi;1≤ i ≤ n, maka: P (Z ≤ z) =

P (x1 ≤ z, x2 ≤ z, ..., xn ≤ z)

F (z) =P (x ≤ z)n, sebab xi idd

f(z) =∫ z

0Pθ(x)dx

n

=∫ z

0c(θ)f(x)dx

n= [c(θ)]n

∫ z

0f(x)dx

n

Pθ(z) = F ′(z) = [c(θ)]nd

dz

∫ z

0

f(x)dx

n

(3.77)

Karena Xiiid maka:

Pθ(x) = πni=1Pθ(xi) = πn

i=1c(θ)f(x) = [c(θ)]n f(x)n (3.78)

Sekarang diambil rasionya diperoleh:

Pθ(x)Pθ(Z=x(n))

= [C(θ)]nf(x)n

[C(θ)]n ddz

R z0

f(x)dxn

= f(x)nddz

R z0 f(x)dxn

Ternyata rasio ini independen dari θ, berarti dapat disimpulkan Z=

X(n)adalah statistik. cukup untuk parameter θ.

3. Misalkan x1, x2, ...xn variabel random iid dengan N(σ, σ2) ; σ > 0,

Tentukan himpunan dari statistik cukup minimal

Penyelesaian:



• Fungsi padat peluang bersama dari xiadalah:

f (x | θ) = (2πσ2)−n2

e−12σ

Σ(x−r)2dengan θ = σσ2dan yiadalah :

f(y | θ

)= (2πσ2)

−n2e−

12σ

Σ(y−σ)2

• Rasio dari kedua persamaan ini adalah:

f(x,v|θ)f(u,v|θ) =

(2πσ2)−n2

e−12σ Σ(x−r)2

(2πσ2)−n2e−12σ Σ(y−σ)2

= e−12σ

Σ(x−σ)2+ 12σ

Σ(y−r)2

= e−12σ

Σ(x2−2σx+σ2)2+ 1

2σΣ(y2−2σy+σ2)

2

= e−12σ (Σx2−Σy2)+ 2σ

2σ2eΣx− σ2

2σ2 − 2σ2σ2 Σy+ σ2

2σ2

2

= e−12σ (Σx2−Σy2)+ 1

σΣx− 1

σΣy

= e−12σ (Σx2−Σy2)+ 1

σ(Σx−Σy)

• Jelas rasio ini independen dari θ = σσ2⇐⇒ Σx = Σydan

Σx2, Σy2. Dengan demikian T (x) = (Σx, Σx2)adalah himpun-

an statistik cukup minimal untuk θ = σσ2

4. Misalkan x1, x2, ...xnvariabel random independen berdistribusi

U (θ − a, θ + b), dengan a,b>o diketahui dan θǫΩ = IR.

(a) Tentukan momen estimator untuk θ

(b) Hitung variansinya

Penyelesaian:

(a) x ∼ U (θ − a, θ + b) , berarti f (x | θ) = 1b+a

dengan

(θ − a ≤ x ≤ θ + b). Dihitung ekpektasi dari x, yaitu

f (x) =∫ θ+b

θ−ax. 1

b+a

= 1b+a

∫ θ+b

θ−axdx

= 1b+a

[12x2]θ+b

θ−a

= 12(b+a)

(θ + b)2 − (θ − a)2

= 12(b+a)

θ2 + 2θb + b2 − θ2 + 2θa − a2= 1

2(b+a)2θb + 2θa + b2 + −a

= 12(b+a)

2θ (b + a) + (b2 − a2)= 1

2(b+a)2θ (b + a) + (b + a) (b − a)

= θ + b−a2



Persamaan metode memennya adalah: 1n

∑ni=1 xi = x = θΛ+ b−a

2,

sehingga, momen estimator untuk parameter θ adalah θΛ = x−+ b−a

2

(b) Untuk menghitung variansinya, terlebih dahulu dihitung

E (x2)sebagai berikut:

E (x2) =∫ θ+b

θ−ax. 1

b+adx

= 1b+a

[13x3]θ+b

θ−a

= 13(b+a)

(θ + b)3 − (θ − a)3

= 13(b+a)

(θ3 + 3θ2b + 3θb2 + b3) − (θ3 − 3θ2a + 3θa3 + a2)= 1

3(b+a)(3θ2b + 3θ2a + 3θb2 − 3θa2 + b3 + a3)

= 13(b+a)

3θ (θb + θa + b2 − 3θa2) + (b3 + a3)= θ2(b+a)

(b+a)+

θ2(b2−a2)(b+a)

+(b3+a3)3(b+a)

= θ2 + θ(b−a)(b+a)(b+a)

+(b+a)(b2−ab+a2)

3(b+a)

= θ2 + θ (b − a) +(b2−ab+a2)

3

Selanjutnya, dihitung variansi estimator θ, yaitu(θΛ)

V(θΛ)

= V

(x − b − a

2

)= E

(x − b − a

2

)− E

(x − b − a

2

)2

= E

(x − b − a

2

)− E (x) +

b − a

2

2

= E x − E (x)2

= V (x) = V

(1

nΣn

i=1xi

)=

1

n2.V (Σn

i=1xi)

=1

n2.nV (x) =

1

nV (x) =

1

n

E(x2)−(E(x2))

=1

n

(θ2 + θ (b − a) +

b2 − ab + a2

3

)−(

θ +b − a

2

)2

=1

n

(θ2 + θ (b − a) +

b2 − ab + a2

3

)−(

θ + θ (b − a) +(b − a)2

4

)

=1

n

b2 − ab + a2

3− (b − a)2

4

=

1

n

4b2 − 4ab − 4a2 − 3 (b − a)2

12



=1

n

4b2 − 4ab − 4a2 − 3b2 − 6ab − 43a

12

=

1

n

4b + 2ab + a2

12

=

1

12n(a + b)2 =

(a + b)2

12n

5. Jika x1, x2, ...xnvariabel independen berdistribusi U (−θ, θ)dengan

θǫΩ=(0,∝)

apakah metode momen memberikan suatu estimator untuk θ?

Penyelesaian:

X ∼ U (−θ, θ), berarti f (x | θ) = 12θ

;−θ ≤ x ≤ θ

Jadi:E (x) =

∫ θ

−θf (x | θ) dx =

∫ θ

−θ12θ

xdx

= 12θ

[12x2]θ−θ

= 14θ

(θ2 − (−θ)2) = 0

Sehingga diperoleh persamaan metode momennya yaitu:

E (x) = 1nΣni

i=1Xi = X = 0, karena E (x) = 14θ

.0 = 0

maka θ = 0atau θΛ = 0, dengan demiian metode momen tidak mem-

berikan suatu estimator untuk θ.

6. Jika x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusi binomial negatif de-

ngan parameter θǫΩ (0, 1)

Tunjukkan bahwa : rr+x

adalah MLE untuk θ

Penyelesaian:

• Xi =∼ binomial negatif, berarti :

f (x | θ) =

r + x − 1

x

Θθr (1 − θ)x dengan 0 < θ ≤ 1; x = 0, 1,

Fungsi likehoodnya adalah:



•

L (x | θ) = πni=1

r + x − 1

x

θnr (1 − θ)Σni=1xi

=

πni=1

r + x − 1

x

θnr (1 − θ)Σni=1xi

• Logaritma fungsi likehood adalah:

logL (x | θ) = log

πni=1

r + x − 1

x

θnr (1 − θ)Σn

i=1xi

= Σni=1log

r + x − 1

x

+ nr log θ + Σni=1xilog (1 − θ)

• ddθ

[logL (x | θ)] = nrθ− Σn

i=1xi

1−θ

• persamaan likehoodnya adalah: nrθΛ − Σn

i=1xi

(1−θΛ)= 0atau

nr(1 − θΛ

)− θΛΣn

i=1xi

θΛ (1 − θΛ)= 0 ⇔ nr

(1 − θΛ

)− θΛΣn

i=1xi = 0

⇒ nr − nrθΛ − θΛΣni=1xi = 0 ⇒ nr = θΛ (nr+) Σn

i=1xi

θΛ =nr

nr + Σni=1xi

=nr

nr +Σn

i=1xi

n

=r

r + x; dengan

Σni=1xi

n= x

Jadi calon MLE untuk parameter θadalah: θ = rr+x

7. Jika x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusi exponensial negatif

dengan parameter θǫΩ (0,∝), Tunjukkan bahwa 1x

adalah MLE bagi

parameter θ.

Penyelesaian:

• Xi∼exponensial negatif, berarti fungsi kepadatan peluangnya

adalah:

f (x | θ) = θe−θx ; θ > 0; x > 0

0 ; x ≤ 0; θ > 0



• Logaritma fungsi likehood adalah: L (x | θ) = πni=1θe

−θx =

θnθe−θx

• ddθ

[logL (x | θ)] = nθ− Σn

i=1xi;ddθ

[logL (x | θ)] = − nθ2 < 0

• Persamaan likehoodnya adalah : − nθΛ − Σn

i=1xi = 0 atau

n − θΛΣni=1xi

θΛ= 0 ⇔ n − θΛΣn

i=1xi = 0

⇒ θΛ =n

Σni=1xi

=nnΣn

i=1xi

n

=1

x: dengan

Σni=1xi

n= x

• Jadi MLe untuk parameter θadalah θΛ = 1x

8. Misalkan x1, x2, ...xnvariabel random iid dengan p.d.f f (.; θ1, θ2)

yang diberikan oleh: f (x; θ1, θ2) = 1θ2

exp[

(x−θ1)θ2

]; x > θ1 dimana

θ = (θ1, θ2) εΩ = Rx (0,∝). Tentukan MLE dari θ1danθ2.

Penyelesaian:

• Fungsi padat peluang x1adalah:

f (x | θ1, θ2) =1

θ2exp

[(x − θ1)

θ2

]; x > θ1

• Fungsi likehoodnya adalah:

L (θ | x) = πni=1

1θ2

exp[

(x−θ1)θ2

]= 1

θn2exp

[− 1

θ2Σn

i=1 (x − θ1)]

= θn2 exp

[− 1

θ2Σn

i=1 (x − θ1)]

• Logaritma fungsi likehoodnya adalah:

logL (θ | x) = −nlogθ2−1

θ2Σn

i=1 (x1 − θ1) ; dand

dθ1[logl] (θ | x) =

n

θ2

Karena ddθ1

[logl (θ | x)] = nθ2

,maka metode pendiferensialan ti-

dak dapt digunakan untuk memperoleh MLE dari θ1, oleh se-

bab itu digunakan cara berikut.

Telah diketahui bahwa xi > θ1; ∀i, jadi L (θ | x) =

θ−n2 exp

[− 1

θ2Σn

i=1 (x − θ1)]akan mencapai maksimum apabila

1θ2

Σni=1 (x1 − θ1)minimum, ini hanya dicapai apabila θ1 = x(i).



Jadi parameter θ1adalah θ1 = x(i).

Selanjutnya, ddθ1

[logl (θ | x)] = − nθ2

+Σn

i=1(x−θ1)

θ22

• Persamaan likehoodnya adalah:

−nθΛ22 + θΛ

2 Σni=1 (x − θ1)

θΛ3=⇔ −nθΛ2

2 + θΛ2 Σn

i=1 (x − θ1) = 0

atau

−nθΛ2 + Σn

i=1 (x − θ1) = 0 ⇒ θΛ2 =

Σni=1 (x − θ1)

n

atauθΛ2 =

Σni=1xi−nθ1

n=

Σni=1xi−nx(1)

n=

nΣni=1xin−nx(1)

n

=nx−nx(1)

n= x − x(1)

Untuk membuktikan bahwa θΛ2 = x − x(1)benar-benar maksi-

mum global, harus ditunjukkan:

d

dθ1

[logL (θ | x)]θ2=θΛ2

< 0; sebagai berikut

ddθ1

[logL (θ | x)]θ2=θΛ2

= n

nθ22− 2Σn

i=1(x−θ1)

n

= 1θ22

[nθ2 − 2Σni=1 (x − θ1)]

= 1

(x−x(1))3

[n(x − x(1)

)− 2Σxi + 2nx(1)

]

= 1

(x−x(1))3

[nx − nx(1) − 2Σxi + 2nx(1)

]

= 1

(x−x(1))3

[nx − 2nx + nx(1)

]

= 1

(x−x(1))3

[−nx + nx(1)

]

= −n

(x−x(1))3

Karena n > 0dan(x − x(1)

)> 0, maka d

dθ1[logL (θ | x)]θ2=θΛ

2=

−n

(x−x(1))3 < 0.

Dengan demikian disimpulkan bahwa MLE untuk parameter

θ2adalah: θΛ2 = x − x(1)

9. Jika y1, y2, ...y variabel random iid berdidstribusi Poisson dengan

mean θdan distribusi Prior adalah gamma dengan parameter α, β



π (θ | α, β) =βαθα−1

r (α)e−βθ; θ > 0

Pertanyaan:

(a) tentukan distribusi posterior dari θ; posterior mean dan varian-

sinya.

(b) Myatakan posterior mean, sebagai rata-rata tertimbang dari

MLE θdan prior mean

(c) Tentukan behaviour dari posterior mean dengan membuat va-

riasi αdan n, serta MLE dan prior mean tetap.

Penyelesaian:

• yi ∼ P (θ) , berarti densitas dari y adalah f (y | θ) = θye−θ

y!; y =

0, 1, 2...

• Distribusi bersama dari y adalah: f (y | θ) = θΣyie−nθ

πyi!jadi distri-

busi posterior dari θadalah:

π (y | θ) =f(y | θ

).π (y | α, β)

∫ ∝0

f(y | θ

)π (y | α, β) dθ

(3.79)

Dihitung dulu:

∫ ∝0

f(y | θ

)π (y | α, β) dθ =

∫ ∝0

θΣyie−nθ

πyi!.βαθα−1

r(α)e−βθ

=∫ ∝0

θΣyie−nθ

πyi!.βαθα−1

r(α)e−βθ

=∫ ∝0

θΣyie−nθ

πyi!.βαθα−1

r(α)e−βθ

=∫ ∝0

θΣyie−nθ

πyi!.βαθα−1

r(α)e−βθ

=∫ ∝0

θΣyie−nθ

πyi!.βαθα−1

r(α)e−βθ

(3.80)

Substitusi 2 ke 1 diperoleh:

a

π(θ | y

)=

θΣyi e−nθ

πyi. βαθα−1

r(α).e−βθ

βαr(Σyi+α)πyi!r(α)(α+β)Σyi+α

= (n+β)Σyi+α

r(Σyi+α).θΣyi+α−1e−(n+β)θ



Atau distribusi Posterior diatas dapat juga dihitung dengan

cara sebagai berikut:

π(θ | y

)α f

(y | θ

)π (θ)

α k.βαθα−1e−βθ

r(α). θΣyi

πy!

α k1θΣyi+α−1e−n(n+β)θ

e−nθ (3.81)

Karena:

k1

∫ ∝

0

θΣyi+α−1eudθ, maka :

ki

(n + β)Σyi+α

∫ ∝

0

θΣyi+α−1eudu = 1

ki

(n + β)Σyi+αr (Σyi + α) = 1 ⇒ k1 =

(n + β)Σyi+α

r (Σyi + α)(3.82)

4 ke 3 diperoleh:

π(θ | y

)=

(n + β)Σyi+α

r (Σyi + α)θΣyi+α−1e−(n+β)θ

• Sekarang dihitung “posterior mean” dari θ

E (θ | y) =∫ ∝0

θπ (θ | y) dθ

=∫ ∝0

(n+β)Σyi+α

r(Σyi+α).θΣyi+α−.e−(n+β)θdθ

= (n+β)Σyi+α

r(Σyi+α).∫ ∝0

(u

n+β

)Σy+α

.e−u. du(n+β)

= 1r(Σyi+α)(n+β)

∫ ∝0

uΣy+αe−udu

= r(Σyi+α+1)(n+β)r(Σyi+α)

= (Σyi+α)(Σyi+α−1)(n+β)(Σyi+α−1)

E (θ | y) = (Σyi+α)(n+β)

• Selanjutnya dihitung “Variansi Posterior” dari θ

E (θ2 | y) = (n+β)Σyi+α

r(Σyi+α)

∫ ∝0

θΣyi+α+1e−(n+β)θdθ

= (n+β)Σyi+α

r(Σyi+α)

∫ ∝0

(u

n+β

)Σyi+α+1

.e−u. dn+β

= 1(n+β)2r(Σyi+α)

∫ ∝0

uΣyi+α+1e−udu

= r(Σyi+α+2)

(n+β)2r(Σyi+α)

= (Σyi+α+1)(Σyi+α)

(n+β)2



Jadi variansi posterior dari θadalah:

V (θ | y) = E (θ2 | y) −E (θ | y)2

= (Σyi+α+1)(Σyi+α)

(n+β)2−

Σyi+αn+β

2

= (Σyi+α+1)(Σyi+α)−(Σyi+α)2

(n+β)2

= Σyi+α

(n+β)2

b. Dinyatakan Posterior mean, sebagai rata-rata tertimbang dari

MLE dan prior mean.

• Estimator maksimum likehood dari θadalah:

Fungsi likehood dari y: L (θ | y) = πni=1f (yi | θ) = θΣyie−nθ

πni=1yi!

Logaritma dari fungsi likehood y adalah: logL (θ | y) = Σyiogθ−nθ − logπyi,dan

ddθlogL (θ | y) = Σyi

θ− n, syarat perlu adanya maksimum

ddθlogL (θ | y) = 0, sehingga persamaan likehoodnya adalah:

Σyi

θΛ − n = 0 ⇔ Σyi = nθΛ = 0. Jadi calon MLE dari θadalah:

θΛ = Σyi

n= y karena d2

dθ2 logL (θ | y)]θ=θΛ = −Σyi

θΛ < 0, maka

MLE dari parameter θadalah θΛ = Σyi

n= y.

• Prior Mean dari θadalah:

E (θ) =∫ ∝0

θ βαθα−1

r(α)e−βθdθ

=∫ ∝0

βαθα

r(α)e−βθdθ

= βα

r(α)

∫ ∝0

(uβ

)α

e−u duβ

= 1r(α)β

∫ ∝0

uαe−udu

= 1r(α)β

r (α + 1)

= αr(α)βr(α)

.

= αβ

Telah diperoleh: Posterior mean dari θ : E (θ | y) = Σyi+α(n+β)

, MLE

dari θ : θ = Σyi

n= y Prior mean dari θ : E (θ) = αβ. Jadi

Posterior dapat dinyatakan seabgai rata-rta tertimbang dari

MLE dan Prior mean, sebagai berikut:Σyi+α(n+β)

= aΣyi

n+ bαβ ⇒

Σyi+αn+β

= aβΣyi+nbαnβ

⇒nβΣyi + nbα = (n + β) aβΣyi +



(n + β) nb

atau ini dapat disajikan sebagai:

nβ = (n + β) aβdan nβα = (n + β)nβα

atau

a =n

(n + β)dan b =

β

(n + β)

Sehingga diperoleh:

Σyi + α

(n + β)=

n

(n + β)

(Σyi

n

)+

β

(n + β)(αβ) (3.83)

Dari persamaan * dapat diamati bahwa.

(i) Jika n besar dengan β tetap, maka Posteriormean sama

dengan MLE dari θ, yaitu

E (θ | y) = limn→∝

n

n+β

(Σyi

n

)+ β

n+β(αβ)

= (1) Σyi

n+ (0) (αβ)

= Σyi

n

= y

(ii). Jika β besar dengan n tetap, maka posterior mean sama

dengan mean prior dari θ, yaitu

E (θ | y) = limn→∝

n

n+β

(Σyi

n

)+ β

n+β(αβ)

= (0) Σyi

n+ (1) (αβ)

= αβ

= E (θ)

Atau Posterior mean E (θ | y) diatas dapat dinyatakan sebagai

berikut:



Σyi+1n+β

=n.

Σyin

+α

n+β

=n.

Σyin

+α

n+βα.α

= n.y+α

n+ 1E(θ)

.α

= nn+ α

E(θ)(y) + αβα

n+ αE(θ)

(αβ)

Dari persamaan terakhir ini dapat dilihat bahwa

(i). Jika n besar dan αtetap, maka Posterior mean sama dengan

MLE dari θ, yaitu:

E (θ | y) = limn→∝

n

n + αE (θ)(y) +

αβα

n + αE (θ)(αβ)

= y

(ii). Jika α besar dan n tetap, maka posterior mean sama dengan

mean prior, yaitu

E (θ | y) = limn→∝

n

n+αE(θ)(y) + αβα

n+αE(θ)(αβ)

= αβ

= E (θ)

10. Misalkan y1, y2, ...yn variabel random iid berdistribusi Poisson de-

ngan mean θ, dan distribusi prior adalah Gamma dengan parameter

α, β

π (θ | α, β) =βαθα−1

r (α)e−βθ

Pertanyaan: tentukan estimator Bayes dari θuntuk fungsi-fungsi ke-

rugian berikut,

(i). L (a, θ) = (a, θ)2

(ii). L (a, θ) = θ (a, θ)−12

(iii). L (a, θ) = (a − θ)4

(iv). L (a, θ) =| a − θ |

11. Diketahui:x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusi B (l, θ) , θǫΩ =

(0, 1). Tunjukkan x adalah UMVU estimator untuk θ.

Penyelesaian:



• Xi ∼ B (l, θ)maka densitas dari Xiadalah:

f (xi | θ) = θxi (1 − θ)1−xi ; xi = 0, 1; i = 1, 2, ..., n

• Densitas bersama dari xi adalah:

f (x | B) = πni=1f (xi | θ)

= θΣxi (1 − θ)n−Σxi

= θΣxi (1 − θ)n (1 − θ)−Σxi

= (1 − θ)n ( θ1−θ

)Σxi

=

Berdasarkan teorema faktorisasi, T (x) = Σxiadalah statistik cu-

kup untuk parameter θ

• Sekarang ditunjukkan T (x) = Σxiadalah statistik cukup dan

lengkap

xi ∼ B (1, θ),Mgfnya adalah Mx(t) = (1 − θ) + θet

Mgf dari T (x) = Σxiadalah:

MT (x)(t) = MΣxi(t) = Mx(t)n, karena xiiid

= (1 − θ) + θet ini adalah Mgf dari distribusi Binomial (n, θ).

Jadi diperoleh: xi ∼ B (1, θ) ⇒ T (x) = Σxi ∼ B (n, θ)

Sehingga: densitas dari T (x) = Σxiadalah

f (Σxi | θ) =

(n

t

)θt (1 − θ)n−t ; dengan t = Σxi, dan t = 0, 1, 2, ..., n

Keluarga distribusi f (Σxi = t | θ) =

(n

t

)θt (1 − θ)n−tadalah

lengkap sebab:

Eθ [g (t)] = Σnt=0g (t)

(n

t

)θt (1 − θ)n−t

= (1 − θ)n Σnt=0g (t)

(n

t

)θt (1 − θ)−t

= (1 − θ)n Σnt=0g (t)

(n

t

)(

θ1−θ

)−t

∀θ : 0 < θ < 1.



• Karena (1 − θ)n 6= 0 maka Σnt=0g (t)

(n

t

)(

θ1−θ

)−t=

Σnt=0g (t)

(n

t

)yt = 0; dengan y = θ

1−θ, dan ini adalah poli-

nomial derajat n dalam y. Koefisien ytadalah g (t)

(n

t

)

, kare-

na polinomial berniali nol ∀y, maka setiap koefisien harus = 0.

Karena

(n

t

)6= 0, berarti g (t) = 0, dengan t = 0, 1, 2, ..., n. De-

ngan demikian, T (x) = Σxiadalah statistik cukup dan lengkap.

• Selanjutnya, E [T (x)] = Σni=1 xi = Σn

i=1E (xi) = Σni=1θ = nθ

Sekarang, misalkan:

∅ (T ) =T

n=

Σni

n= x, maka

E [∅ (T )] = E

(Σxi

n

)=

1

nΣn

i=1E (xi) =1

n.nθ

Berdasarkan teorema 1, disimpulkan ∅ (T ) = Tn

= xadalah

UMVU Estimator untuk parameter θ

12. Misalkan x1, x2, ..., xnvariabel random berdistribusi gamma dengan

α diketahui dan β = θǫΩ = (0,∝)tidak diketahui.

Tentukan, bahwa UMVUE dari θadalah:

u (x1, x2, ..., xn) =1

nαΣn

j=1xj

Dan tentukan variannya, serta batas cramer-Rao.

Penyelesaian:

⇒Xi ∼ Gamma (α, β = θ),maka densitas dari xi adalah:

f (Xi | β = θ) =1

r (α) θαxα−1

i e−xiθ; xi > 0, α diketahui , θ > 0

⇒Densitas bersama dari xiadalah:



f (x | β = θ) = πni=1

1r(α)θα xα−1

i e−xiθ

= 1[r(α)]nθnα πn

i=1xα−1i e

1θΣn

j=1xi

=πn

i=1xα−1i

[r(α)]nθnα θ−nαe1θΣn

j=1xi

Berdasarkan teorema faktorisasi, berarti T (x) = Σn1xiadalah statistik

cukup untuk β = θ.

⇒Ditentukan distribusi dari T (x) = Σn1xisebagai berikut.

Diketahui bahwa:

Xi ∼ G (α, βθ =)maka, Mgf dari distribusi ibi adalah: Mxi(t) =

(1 − θt)−α.

Selanjutnya Mgf dari T (x) = Σn1xiadalah:

2

MT (x) (t) = MΣn1 xi

(T )

= [Mxi(t)]n

=[(1 − θt)−α]n

= (1 − θt)−nα

Bentuk terakhir ini menyatakan T (x) = Σxi ∼ G (nα, θ =)

Sehingga densitas dari T (x) = Σxiadalah:

f (Σxi = t | β = θ) =1

r (nα) θnαtnα−1e−tθ; t > 0 (3.84)

⇒Sekarang ditunjukkan keluarga distribusi * adalah lengkap, yaitu:

E g (t) = 0 ⇒ g (t) = 0

E g (t) =∫ u

0g (t) 1

r(nα)θnα tnα−1e−tθdt

= 1r(nα)θnα

∫ u

0g (t) tnα−1e−tθdt

Karena r (nα) > 0, θnα > 0, maka 1r(nα)θnα > 0,jadi

∫ u

0

g (t)1

r (nα) θnαtnα−1e−tθdt (3.85)

Karena persamaan * merupakan transformasi Laplace da-

ri fungsi g (t) tnα−1, maka menurut sifat tranformasi ini,

2 karena xiiid



haruslah:g (t) tnα−1 = 0.

Dengan demikian statistik T (x) = Σxiadalah statistik cukup dn

lengkap.

⇒DihitungE (T (x)) = E (Σxi) = Σn

i=1Exi

= Σni αθ = nαθ

Misalkan ∅ (T ) = Tnα

= 1nα

Σnj=1xj = U (x1, x2, .., xn)

Maka:

E ∅ (T ) = E U (x1, x2, .., xn)= E

1

nαΣxj

= 1nα

Σnj=1 (xj)

= 1nα

αθn

= θ

Ternyata ∅ (T ) = U (x1, x2, .., xn) = 1nα

Σnj xjadalah estimator tidak

bias bagi θ

Dengan demikian, U (x1, x2, .., xn) = ∅ (T ) = 1nα

Σnj xjadalah UMVU

estimator untuk θ

⇒Selanjutnya duhitung variansi dari U (x1, x2, .., xn) = 1nα

Σnj xjyaitu:

V ar (U (x1, x2, .., xn)) = V ar(

1nα

Σxj

)

= 1n2α2 ΣV ar (xj)

= 1n2α2 Σαθ2

= 1n2α2 nαθ2

= θ2

nα

⇒Dihitung batas Cramer-Rao:

f (x | β = θ) =1

r (α) θαxα−1e−xθ; x > 0logf (x | θ)

= log1 − logr (α) θ(α)

+ (α − 1) logx − xθ

= −logr (α) − αlogθ + (α − 1) logx − xθd

dθ[logf (x | θ)]

= −α

θ+

x

θ2

d

dθ[logf (x | θ)]

2

=(−α

θ+

x

θ2

)2

=α2

θ2− 2αx

θ3+

x2

θ4



E

d

dθ[logf (x | θ)]

2

=α2

θ2− 2α

θ3E (x) +

1

θ4E(x2)

=α2

θ2− 2α

θ3αθ +

1

θ4

(αθ2 + αθ2

)

=α2

θ2− 2α

θ3+

α

θ2+

α2

θ2=

α

θ2

Karena distribusi gamma memenuhi Teorema Cramer-Rao maka un-

tuk sembarang estimator tak bias untukθ, sebut saja w = h (x), berla-

ku:V ar (w) ≥ 1

nE ddθ

[logf(x|θ)]2

= 1n α

θ2

= θ2

nα

Jadi batas Crame-Rao adalah θ2

nα.

Terlihat bahwa varians dari estimator tak bias U (x1, x2, .., xn) =1

nαΣn

j=1xjsama dengan batas Cramer-Rao, yaitu:

V ar (U (x1, x2, .., xn)) = V ar(

1nα

Σnj xj

)= θ2

nα= batas Cramer-Rao

Dengan demikian: U (x1, x2, .., xn) = 1nα

Σnj xjadalah UMVU estimator

bagi θ.

13. Misalkan x1, x2, .., xn variabel random iid, dengan E (xi) = µ; E |xi |2< ∞,dan V ar (x) = σ2.

Tunjukkan: T (x1, x2, .., xn) = 2 [(n + 1)]−1 Σni ixiestimator konsisten

untuk µ.

Penyelesaian: ⇒

T (x1, x2, .., xn) = 22(n+1)

Σni ixi

= 22(n+1)

x1 + 2x2 + 3x3 + .. + nxn= 2

2(n+1)E x1 + 2x2 + 3x3 + .. + nxn

= 22(n+1)

E (x1) + 2E (x2) + 3E (x3) + .. + nE (xn)= 2

2(n+1)µ + 2µ + 3µ + ... + nµ

= 22(n+1)

µ 1 + 2 + 3 + ... + n= 2

2(n+1)µ

12n (n + 1)

= µ



Jadi T (x1, x2, .., xn)adalah estimator tak bias untuk µ. Dengan kata

lain bias T (x1, x2, .., xn) = E (T (x1, x2, .., xn)) − µ = µ − µ = 0.

Jadi :

limn→∞ bias T (x1, x2, .., xn) = 0 (3.86)

⇒selanjutnya dihitung V ar [T (x1, x2, .., xn)].

V ar T (x1, x2, .., xn) = V ar

22(n+1)

Σ0i ixi

= 4[n(n+1)]

V ar x1 + 2x2 + 3x3 + .. + nxn ,

= 4n2(n+1)2

V ar (x1) + 2V ar (x2) + ... + nV ar (x3n

= 4n2(n+1)2

σ2 + 4σ2 + 9σ2 + ... + n2σ2= 4

n2(n+1)212σ2 + 22σ2 + 32σ2 + ... + n2σ2

= 4σ2

n2(n+1)212 + 22 + 32 + ... + n2

= 4σ2

n2(n+1)2

16n (n + 1) (2n − 1)

= 2σ2

3

2n+1

n(n+1)

Sekarang diambil limit dari V ar T (x1, x2, .., xn)untuk n → ∞,

yaitu:

limn→∞

2

3σ2

(2n − 1

n (n + 1)

)=

2

3σ2limn→∞

2n − 1

n (n + 1)= 0 (3.87)

Dari 1 dan 2, berdasarkan teorema, disimpulkan bahwa

T (x1, x2, .., xn) = 2 [n (n + 1)]−1 Σni ixiadalah barisan estimator

yang konsisten terhadap parameter µ.

14. Misalkan X1, ..., Xn sampel random dari populasi N(µ, σ2). Tunjuk-

kanlah bahwa X adalah UMVUE untuk µ

Bukti

E(X) = 1/n.nµ = µ. Jadi X estimator tak bias untuk µ. V ar(X) =

σ2/n. Sekarang akan dicari batas bawah Cramer-Rao

f(x) =1

σ(2π)1/2e−2−1σ−2(x−µ)2 ;−∞ < x < ∞ (3.88)



ln f(x) = − ln σ(2π)1/2 − 1

2σ2(x − µ)2 (3.89)

∂ ln f(x)

∂µ=

1

σ2(x − µ) (3.90)

Sehingga

E

[(∂ ln f(x)

∂µ

)2]

=1

σ2E

[((x − µ)

σ

)2]

=1

σ2.1 =

1

σ2(3.91)

1

n.E[(∂ ln f(x)/∂θ)2] =

σ2

n(3.92)

Jadi batas bawah Cramer-Rao adalah σ2

n.

Karena X estimator tak bias untuk µ dan V ar(X) = σ2

nsama dengan

batas bawah Cramer-Rao maka menurut akibat teorema Cramer-Rao

X adalah UMVUE

15. Misalkan X1, ..., Xn i.i.d N(θ, 1). Tunjukkan bahwa barisan estimator

Xn =∑

Xi

n. adalah konsisten.

Jawab:

Perhatikan bahwa_

Xn∼ N(θ, 1n

), sehingga untuk n→ ∞:

=∫ ε

−ε( n

2π)1/2e−n/2 y2

dy =∫ ε

√n

−ε√

n( 1

2π)1/2e−1/2 t2dt = P (−ε

√n < z <

ε√

n) → 1

Karena itu_

Xn adalah barisan estimator konsisten untuk θ.

Secara umum perhitungan mendetail seperti di atas tidak perlu dila-

kukan untuk membuktikan konsistensi. Ingat untuk suatu estimator

Tn ketaksamaan Chebychev mengatakan bahwa P (∣∣Xn − θ

∣∣ ≥ ǫ) ≤E(Tn−θ)2

ǫ2sehingga limit E(Tn−θ)2 = 0 adalah syarat cukup agar suatu

barisan T n→∞ konsisten. selanjutnya kita dapat menulis

E(Tn − θ)2= E(Tn − ET 2n + E Tn − θ)2=E(Tn − ET 2

n )2 + (ETn − θ)2

= V arTn + [Bias Tn]2



16. Diketahui X1, ..., Xn adalah i.i.d N(µ, σ2). Tentukan estimator untuk

µ dan σ2dengan MME.

Jawab:

Disini kita punya,n∑

i=1

Xri , m1 = X, µ1 = µ dan µ2 = µ2 + σ2. Solusi

dari sistem persamaan X = µ dan 1/n

n∑

i=1

Xri = µ2 + σ2 diperoleh

estimator metode momen µ = X dan σ2 = 1/n∑n

i=1(Xi − X)2

17. Diketahui X1, ..., Xn sampel random dari N(θ, 1),−∞ < θ < ∞. Ten-

tukan MLE untuk θ

Jawab:

f(x/θ) = (2π)−1/2e−1/2(x−θ)2 (3.93)

L(θ/x) =n

Πi=1 f(xi/θ) (3.94)

= (2π)−n/2 exp

[

−1/2

n∑

i=1

(Xi − θ)2

]

(3.95)

= −n/2 ln(2π) − 1/2n∑

i=1

(Xi − θ)2 (3.96)

Persamaan d ln L(θ/x)dθ

= 0 menghasilkann∑

i=1

(Xi − θ) = 0 atau θ = X.

Perhatikan bahwa d2 ln L(θ/x)dθ3 |θ=X< 0 Jadi θ = X adalah ELM untuk θ.

18. Diketahui X1, ..., Xn sampel random dari

f(x; θ) =

1θ; 0 < x ≤ θ dan 0 < θ < ∞

0; untuk x yang lain(3.97)

Tentukan MLE untuk θ

Jawab:

Fungsi likelihoodnya, L(θ; x1, ..., xn) = 1θn ; 0 < xi ≤ θ merupakan

fungsi dari θ yang monoton turun. Disini kita tidak dapat menen-

tukan ELM denga turunan. Perhatikan bahwa, θ ≥ xi ∀i sehingga



θ ≥ max(xi). Ini berarti, L maksimum dicapai pada statistik terurut

ke-n yaitu max(xi). Jadi θ = max(xi) adalah MLE untuk θ


1. Misalkan x1, x2, ...xm; y1, y2, ...ynvariabel random independen

masing-masing berdistribusi N(ε, σ2) dan N(η, τ 2). Tentukan

statistik cukup untuk ketiga kasus berikut:

a) ε, η, σ, τsembarang dengan − ∼< ε, η <∼, τ, σ > 0

b) σ = τdan ε, η, σ adalah sembarang

c) ε = ηdan ε, σ, τ adalah sembarang

2. Diketahui distribusi uniform f(x : θ) = 1θ

,0 ≤ x ≤ θ dan bernilai nol

untuk x yang lain. Buktikan bahwa 2X estimator takbias untuk θ.

3. Diketahui θ1 dan θ2 adalah dua estimator takbias untuk θ dari dua

eksperimen yang independent. Buktikan bahwa θ = c1θ1 + c2θ2 de-

ngan c1 + c2 = 1 juga estimator tak bias untuk θ.

4. Diberikan sampel random yang berukuran n dari populasi yang

mempunyai mean µ (diketahui) dan variansi σ2. Perlihatkan bahwa

varians sampel S2 = 1n

n∑

i=1

(Xi − µ)2 merupakan estimator bias untuk

σ2

5. Perlihatkan bahwa jika θ estimator tak bias untuk θ dan V ar(θ) tidak

sama dengan 0, maka θ2bukan estimator tak bias untuk θ2.

6. Jika θ estimator dari θ dan bias estimator ini diberikan oleh b = E(

θ) − θ. Perlihatkan bahwa E[(θ − θ)2 = V ar(θ) + b2

]

7. Perlihatkan, jika θ estimator konsisten untuk θ maka kθ (k 6= 0) esti-

mator konsisten untuk kθ



8. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen dengan

E(Xi) = µ dan E(|Xi|2) < ∞. tunjukkan bahwa T = 2n(n+1)

∑ni=1 Xi

adalah estimator konsisten untuk µ.

9. Misalkan X1, ..., Xn sampel dari U(0, θ). Perlihatkan bahwa T =

(n∏

i=1

Xi)1\n adalah estimator konsisten untuk θe−1

10. Jika X1, ..., Xn i.i.d N(µ, σ2). Buktikan√(n − 1)/2Γ [(n − 1)/2] s/Γ [(n/2)] estimator tak bias untuk

σ. Petunjuk: gunakan (n−1)S2

σ2 berdistribusi χ2(n−1) dengan

S2 = 1n−1

n∑

i=1

(Xi − X)2

11. Ukuran efisiensi estimator θ1 terhadap θ2 ditunjukkan oleh var(bθ2)

var(bθ1).

Tentukan efisiensi estimator µ = X1+2X2+X3

4terhadap X jika

X1,X2dan X3 sampel random dari N(µ, σ2)

12. Apakah estimator µ pada soal no.10 konsisten?

13. Diketahui X1, ..., Xn sampel random yang berdistribusi identik dan

independen N(µ, µ); µ > 0. Tentukan estimator tak bias dan konsis-

ten untuk µ2.

14. Buktikan bahwa proporsi sampel xn

adalah UMVUE untuk parameter

Binomial θ.

15. Diketahui X1, ..., Xn sampel random i.i.d Gama(α, β); α diketahui

dan 0 < β < ∞. tentukan UMVUE untuk β

16. Diketahui X1, ..., Xn sampel random i.i.d Binomial (1, p); p ∈ (0, 1).

Tentukan UMVUE untuk p.

17. Diketahui: x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusi exponensial

negative, dengan parameter θǫΩ = (0,∝). Gunakan teorema untuk

menemukan UMVU Estimator dari parameter θ.



18. Misalkan x variabel random berdistribusi binomial negatif dengan

parameternya θǫΩ = (∝, 1) .Tentukan UMVU estimator dari g (θ) =

1θ dan cari variansnya.

19. Diketahui: x1, x2, ...xnvariabel random iid berdistribusi exponensial

negative, dengan parameter θǫΩ = (0,∝). Gunakan teorema untuk

menemukan UMVU Estimator dari parameter θ.

20. Misalkan x variabel random berdistribusi binomial negatif dengan

parameternya θǫΩ = (∝, 1) .Tentukan UMVU estimator dari g (θ) =

1θ dan cari variansinya.

21. Jika x1, ..., xn nilai-nilai sampel random yang berukuran n dari popu-

lasi dengan distribusi

f(x; θ) =

2(θ−x)

θ2 ; 0 < x < θ

0; untuk x yang lain

Tentukan estimator untuk θ dengan metode momen

22. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen (i.i.d) de-

ngan distribusi seperti berikut :

(a) f(x; θ) = θxθ−1; 0 < x < 1, 0 < θ < ∞, dan nol untuk x yang

lain

(b) f(x; θ) = (1/θ) exp [−x/θ] , 0 < x < ∞, 0 < θ < ∞, dan nol

untuk x yang lain

(c) f(x; θ) = exp [−(x − θ)] , 0 < x ≤ ∞, −∞ < θ < ∞, dan nol un-

tuk x yang lain. Dalam setiap kasus diatas, tentukan estimator

untuk θ dengan metode likelihood maksimum

23. Misalkan x1, x2variabel random dengan fungsi padat peluang

f (.; θ)yang diberikan oleh:

f (x | θ) =2

θ(θ − x) I(0,θ) (x) ; θǫΩ = (0,∝)

Tentukan estimator momen untuk θ.



24. Tentukan estimator momen untuk αdan β, jika x1, x2, ...xnvariabel

random iid berdistribusi Beta dengan parameter αdan β.

25. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen poisson

(λ). Tentukan estimator untuk λ dengan metode momen dan like-

lihood maksimum.

26. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen dengan

distribusi f(x; θ) = (θ + 1)xθ ;0 < x < 1 dan nol untuk x yang lain.

Tentukan estimator untuk θ dengan metode momen dan likelihood

maksimum.

27. Diketahui X1, ..., Xn berdistribusi identik dan independen gama

(α, β). Tentukan α dan β dengan metode momen dan likelihood

maksimum.

28. Diketahui sampel random berukuran n dari populasi normal dengan

mean µ diketahui, tentukan estimator untuk σ dengan metode likeli-

hood maksimum

29. Diketahui Sampel random berukuran n dari populsi yang mempu-

nyai distribusi f(x; θ) = e−(x−θ) untuk x > θ dan nol untuk x yang

lain. Tentukan estimator untuk θ dengan metode likelihood maksi-

mum.

30. Dalam banyak kasus, sepertipada distribusi binomial, Poisson, Nor-

mal dan sebagainya terjadi bahwa MLE mean yang diestimasi adalah

mean sampel. Namun kasus ini tidak perlu selalu terjadi seperti pa-

da kasus berikut. Misalkan x1, x2, ...xnvariabel random independen

dengan distribusi N (θ, θ) : θǫΩ (0,∝).

Tunjukkan bahwa: MLE dari parameter θadalah:

θ =1

2

[(1 +

4

nΣn

i=1x2j

)2

− 1

]




Bab 4

Estimasi Interval


Memahami konsep dasar estimasi interval dan mampu menerapkan baik

dalam pemecahan masalam matematika, ilmu lain, maupun dalam kehi-

dupan sehari-hari.


Setelah mengerjakan bab ini Anda diharapkan dapat:

1. Menjelaskan konsep dasar estimasi interval suatu parameter popu-

lasi

2. Menentukan interval kepercayaan mean bila variansinya diketahui.

3. Menentukan interval kepercayaan mean bila variansinya tidak dike-

tahui

4. Menentukan interval kepercayaan beda dua mean

5. Menentukan interval kepercayaan untuk varians

6. Menentukan interval kepercayaan untuk rasio dua varians

113


4.3 Uraian Materi

4.3.1 Konsep Dasar Estimasi Interval

Sejauh ini telah dibicarakan estimasi titik untuk parameter populasi θ, di

mana inferensinya adalah pendugaan harga tunggal terhadap θ. Estima-

tor titik mempunyai kelemahan prinsip yaitu tidak memberikan informasi

tentang ketepatan atau keakuratannya. Misalnya, µ = X adalah estimator

terbaik untuk µ dari N(µ, σ2). Jika sampel random yang berukuran n di-

ambil, dan diperoleh X = 3, 5. Apakah dapat diyakini bahwa µ sudah sa-

ngat dekat dengan 3, 5 itu ? Untuk mengatasi kelemahan ini, diperkenalk-

an tipe estimasi lain yaitu estimasi interval. Dalam estimasi interval, atau

secara lebih umum disebut juga estimasi himpunan yang dijadikan masa-

lah utama adalah pernyataan bahwa ”θ ∈ c” dengan c ⊂ Ω dan c = c(_x).

Ini merupakan himpunan yang ditentukan oleh_

X=_x yang terobservasi.

Bila θ berharga real, maka estimator himpunan c adalah interval.

Definisi

Estimasi interval untuk parameter θ adalah pasangan fungsi L(x1, ..., xn)

dan U(x1, ..., xn) dan sampel yang memenuhi L(_

X) ≤ U(_

X)untuk se-

mua_x∈ χ. Bila

_

X=_x terobservasi, dibuat inverensi L(

_

X) ≤ θ ≤ U(_

X).

Interval random [L(_

X),U(_

X)] disebut estimator interval. Seperti definisi

terdahulu,[L(_

X), U(_

X)] untuk estimator interval θ berdasar sampel ran-

dom_

X= (x1, ..., xn) dan [L(_

X), U(_

X)] harga terealisasi dari interval. Mes-

kipun kasus mayoritas yang dibicarakan adalah harga-harga berhingga

untuk Ldan U, kadang-kadang kita juga tertarik pada estimasi interval sa-

tu sisi. Sebagai contoh, bila L(_x) = −∞, maka kita mempunyai selang satu

sisi (−∞, U(x)). Dengan cara yang sama kita dapat mengambil U(x) = ∞dan mempunyai interval satu sisi [L(

_x),∞].

Definisi

Estimasi inteval untuk parameter θ adalah interval yang berbentuk L(_

X

) < θ < U(_

X) dengan L(_

X)dan U(_

X) adalah suatu kuantitas yang tak

Bab 4. Estimasi Interval 114 ISBN 978-602-8310-02-4


tergantung pada nilai θ dan distribusi sampling dari θ. Dengan kata lain,

berdasarkan distribusi sampling θ kita pilih L(_

X)dan U(_

X) sehingga

P (L(_

X) < θ < U(_

X)) = 1 − α dengan 0 < α < 1 (4.1)

Interval L(_

X) < θ < U(_

X) disebut interval kepercayaan (1 − α)100%

dan (1 − α) disebut koefisien kepercayaan. L(_

X)dan U(_

X) berturut-

turut disebut limit kepercayaan bawah dan limit kepercayaan atas. Mi-

salnya α = 0, 05 memberikan koefisien kepercayaan 0, 95 dan interval ke-

percayaan 95%. Perhatikan bahwa α yang lain bisa dipilih berdasarkan

pertimbangan-pertimbangan statistik. Idealnya, α dipilih sedemikian se-

hingga panjang interval kepercayaan terpendek, tetapi cakupan probabi-

litas (1 − α) mendekati nilai 1 (kepastian)

Contoh

Untuk sampel X1, X2, X3, X4 dan N(µ, 1), estimator interval dari µ adalah

[_x −1,

_x +1]. Ini berarti kita menyatakan bahwa µ berada dalam interval

ini. Bila kita mengestimasi µ dengan_x, P (x = µ) = 0. Tetapi dengan esti-

mator interval, kita mempunyai probabilitas positif untuk benar. Probabi-

litas bahwa µ tercakup oleh interval [_x −1,

_x +1]dapat dihitung sebagai

P [µ ∈ [_x −1,

_x +1]] = P (

_x −1 ≤ µ ≤ _

x +1)

= P (−1 ≤ _x −µ ≤ 1)

= P (−2 ≤_x−µ√

1/4≤ 2)

= P (−2 < z < 2)

= 0, 9544.

Artinya; lebih dari 95% peluang untuk mencakup parameter (µ) dengan

menggunakan estimator interval [_x −1,

_x +1].

Estimator interval digunakan sebagai pengganti estimator titik dengan tu-

juan untuk mendapat jaminan pencakupan parameter yang diselidiki. Ke-

pastian jaminan ini dikuantifikasikan dalam definisi berikut.

Definisi



Untuk estimator interval [L(_x), U(

_x)]dari parameter θ cakupan probabi-

litas dari [L(_x), U(

_x)] adalah probabilitas bahwa interval random. [L(

_x

), U(_x)] mencakup parameter θ. Dalam notasi ini dinyatakan dengan

Pθ (θ ∈ [L(_x), U(

_x)|θ]) atau P (θ ∈ [L(

_x), U(

_x)|θ]).

Definisi

Estimator interval [L(_x), U(

_x)] untuk parameter θ, koefisien keperca-

yaan dari [L(_x), U(

_x)]adalah infimum probabilitas cakupan atau inf

θPθ([L(_x), U(

_x)]).

Ada beberapa hal yang perlu diperhatikan dari definisi tersebut.

1. Sangat penting untuk di ingat bahwa interval adalah besaran

random, bukan parameter. Akibatnya, bila kita menulis pernya-

taan probabilitas seperti Pθ (θ ∈ [L(_x), U(

_x)|θ]), pernyataan proba-

bilitas tersebut menunjuk ke x bukan θ. Dengan perkataan lain,

pikirkan Pθ (θ ∈ [L(_x), U(

_x)|θ]) yang seperti pernyataan tentang

random θ, sebagai sesuatu yang secara aljabar ekivalen dengan

Pθ ([L(_x) ≤ θ, U(

_x) ≥ θ) yaitu pernyataan tentang variabel random

_

X. Estimator interval, bersama dengan ukuran kepercayaan, (biasa-

nya koefisien kepercayaan) dikenal dengan nama interval keperca-

yaan. Interval kepercayaan dengan koefisien kepercayaan sama den-

gan (1 − α) disebut (1 − α) interval kepercayaan.

2. Hal penting lain berhubungan dengan cakupan probabilitas dan ko-

efisien kepercayaan. Karena kita tidak mengetahui harga sebenarn-

ya dari θ, kita hanya dapat menjamin probabilitas cakupannya sa-

ma dengan infimum koefisien kepercayaan. Dalam beberapa kasus

hal ini tidak menjadi soal karena cakupan probabilitas merupakan

fungsi konstan dari θ. Tetapi, dalam kasus yang lain cakupan proba-

bilitas merupakan fungsi dari θ.

Contoh



Jika X1, ..., Xn adalah sampel random populasi seragam (0, θ) dan misal-

kan Y = maksX, ..., Xn, jika ingin mencari estimator interval untuk θ.

Pandang dua calon estimator: [aY, bY ], 1 ≤ a < b dan [Y + c, Y +d], 0 ≤ c <

d dengan a, b, c, dan d konstanta. (Perhatikan bahwa θ perlu lebih besar

dari Y ). Untuk interval pertama didapat:

Pθ (θ ∈ [aY, bY ]) = Pθ (aY ≤ θ ≤ bY )

= Pθ

(1b≤ y

θ≤ 1

a

)

= Pθ

(1b≤ T ≤ 1

a

); (T = y

θ)

Jadi, Pθ

(1b≤ T ≤ 1

a

)=∫ 1

a1b

ntn−1dt = ( 1a)n − (1

b)n

Cakupan probabilitas interval pertama independen dengan harga θ. Jadi

( 1a)n − (1

b)n adalah koefisien kepercayaan dari interval.

Untuk interval lain, untuk θ ≥ d, perhitungan sejenis menghasilkan:

Pθ (θ ∈ [Y + c, Y + d]) = Pθ (Y + c ≤ θ ≤ Y + d])

= Pθ

(1 − d

θ≤ T ≤ 1 − c

θ

)

=∫ 1− c

θ

1− dθ

ntn−1dt

= (1 − cθ)n − (1 − d

θ)n

untuk keadaan ini, cakupan probabilitas tergantung pada θ.

Selanjutnya Limθ→∞(1 − cθ)n − (1 − d

θ)n = 0 yang menunjukkan koefisien

kepercayaan estimator interval ini sama dengan nol.

4.3.2 Metode Menentukan Estimasi Interval

Ada dua metode untuk menentukan estimator interval yaitu dengan in-

versi uji hipotesis statistik dan menggunakan besaran pivot.

4.3.2.1 Inversi Uji Statistik

Ada hubungan antara estimasi interval dan uji hipotesis. Secara umum da-

pat dinyatakan bahwa setiap interval kepercayaan berkorespondensi den-

gan uji hipotesis dan sebaliknya. Jadi dari uji hipotesis dapat diturunkan



estimasi interval. Namun karena uji hipotesis baru akan dibahas pada Bab

V, maka pembahasan tentang hal ini disajikan pada Bab V Sub Bab mulai

halaman ...

4.3.2.2 Besaran Pivot

Metode yang paling bagus dalam mengkonstruksikan himpunan estima-

tor dan menghitung cakupan probabilitas adalah penggunaan besaran pi-

vot. Penggunaan besaran pivot (pivotal quantity) untuk mengkonstruksi

himpunan kepercayaan disebut pivotal inverence.

Definisi

Variabel random Q(_

X, θ) = Q(x1, ..., xn, θ) disebut besaran pivot bila dis-

tribusi dari Q(_

X, θ) independen (tak mengandung) parameter populasi.

Dengan kata lain: Jika_

X∼ F (_x |θ) maka Q(

_

X, θ) mempunyai distribusi

yang sama untuk semua harga θ.

Fungsi Q(_

X, θ) biasanya secara eksplisit memuat parameter dan statistik,

tetapi untuk sembarang himpunan A, PθQ(_

X, θ) ∈ A tidak dapat tergan-

tung pada θ. Cara mengkonstruksikan himpunan kepercayaan dari pivot

tergantung pada kemampuan mendapatkan pivot dan himpunan A sede-

mikian hingga himpunan θ : Q(_

X, θ) ∈ A adalah himpunan estmatator

(interval kepercayaan) dari θ.

Contoh

Dalam kasus lokasi dan skala terdapat banyak besaran pivot. Di sini akan

ditunjukkan beberapa. Misalkan x1, ..., xn adalah sampel random densitas

( dalam tabel ) dan misalkan_x dan s adalah mean sampel dan deviasi

standar.



Tabel 4.1: Besaran Pivot

Bentuk Densitas Jenis Densitas Besaran Pivot

f(x − µ) lokasi_x −µ

1σf(x

σ) skala

_xσ

1σf(x - µ

σ) lokasi/skala

_x−µ

σ

Untuk membuktikan bahwa besaran-besaran di atas merupakan pivot, da-

pat ditunjukkan bahwa densitasnya independen dari parameter.

Contoh

Jika x1, ..., xn sampel random dari populasi N(µ, σ2), maka statistik t =_x - µ

s /√

nadalah pivot, karena distribusi statistik t tidak tergantung pada pa-

rameter µ dan σ2.

Contoh

Misalkan x1, ..., xn iid eksponensial (λ). Maka T =∑

xi adalah statistik

cukup untuk λ dan T ∼ Gamma(n, λ). Dalam pdf gamma t dan λ muncul

bersama-sama sebagai tλ

dan kenyataannya bentuk pdf :

Gamma(n, λ) = (P (n)λn)−1 tn−1e−tλ adalah keluarga skala.

Jika Q(T, λ) = 2Tλ

maka Q(T, λ) ∼ gamma(n, λ( 2

λ))

= gamma(n, 2) yang

tidak tergantung pada λ. Besaran Q(T, λ) = 2Tλ

adalah pivot dengan

gamma(n, 2) atau distribusi χ2.

Kadang-kadang kita dapat melihat bentuk pdf untuk melihat apakah ada

besaran pivot. Dalam contoh di atas, besaran tλ

terlihat dalam pdf dan ia

menjadi pivot. Dalam pdf normal, besaran_x - µ

σterlihat dan besaran ini juga

merupakan pivot.

Secara umum, misalkan pdf statistik T , f(t, θ) dapat dinyatakan

dalam bentuk f(t, θ) = g (Q(t, θ)) |∂Q(t,θ)∂t

| untuk suatu fungsi g

dan fungsi monoton Q (dalam t untuk setiap θ). Maka Q(t, λ)

merupakan pivot.



Begitu mendapat pivot, selanjutnya bagaimana menggunakannya untuk

membangun himpunan kepercayaan?. Bila Q(_x, λ) merupakan pivot, ma-

ka untuk harga tertentu α dapat ditemukan bilangan-bilangan adan b yang

tidak tergantung pada θ dan memenuhi:

Pθ (a ≤ Q(t, θ) ≤ b) ≥ 1 − α

Maka untuk setiap θ0 ∈ Ω, A(θ0) = _x: a ≤ Q(

_x, θ0) ≤ badalah daerah

penerimaan untuk uji taraf α dari H0 : θ = θ0. Hal ini memberikan hasil

bahwa himpunan kepercayaan (1 − α) untuk θ adalah:

C(_x) = θ0 : a ≤ Q(

_x, θ0) ≤ b

Contoh

Dalam contoh di muka telah didapatkan interval kepercayaan untuk λ

dari pdf eksponensial dengan menginversikan LRT taraf α dari H0 : λ =

λ0vs H1 : λ 6= λ0. Sekarang kita juga melihat bila kita mempunyai sampel

X1, ..., Xn kita dapat mendefinisikan T =∑

Xi dan Q(T, λ) = 2 Tλ

∼ X22n.

Bila kita memilih konstantq a dan b sedemikian hingga memenuhi P (a ≤X2

2n ≤ b) = 1 − α, maka

Pλ(a ≤ 2 Tλ

≤ b) = Pλ(a ≤ Q(T, λ) ≤ b)

= P (a ≤ X22n ≤ b)

= 1 − α

Dengan menginversikan himpunan:

A(λ) = t : a ≤ 2T

λ≤ b

memberikan C(t) = λ : 2 tb≤ λ ≤ 2 t

a yang merupakan interval keperca-

yaan (1 − α). Bila n = ω, interval kepercayaan 95% adalah λ : 2 T34,17

≤ λ ≤



2 T9,59

. Untuk persoalan lokasi dengan kondisi variansi tidak diketahui pun

pembangunan dan perhitungan interval pivot relatif mudah.

Contoh

Jika X1, ..., Xn iid N(µ, σ2) maka (_x−µ )

σ /√

nadalah pivot. Bila σ2 diketahui, ki-

ta dapat menggunakan pivot ini untuk menghitung interval kepercayaan

untuk µ. Untuk sebarang konstanta a

P (−a ≤ (_x −µ )

σ /√

n≤ a) = P (−a ≤ Z ≤ a)

Sehingga interval kepercayaan adalah µ :_x −a σ√

n≤ λ ≤ _

x +a σ√n.

Bila σ2 tidak diketahui, kita dapat menggunakan pivot skala-lokasi (_x−µ )

s /√

n.

Karena (_x−µ )

s /√

nmempunyai distribusi

P (−a ≤ (_x −µ )

σ /√

n≤ a) = P (−a ≤ Z ≤ a).

Jadi untuk α tertentu bila kita mengambil a = tn−1, α2, kita mendapatkan

bahwa interval kepercayaan (1 − α) adalah

µ :_x −tn−1, α

2

s√n≤ µ ≤ _

x +tn−1, α2

s√n

dan ini merupakan interval kepercayaan (1 − α) klasik untuk µ berdasar

distribusi−t.

4.3.3 Metode Evaluasi Estimasi Interval

Dalam estimasi interval dua besaran dibandingkan satu dengan lainnya

melalui ukuran dan kemampuan akurasi cakupannya. Tentu saja yang di-

inginkan adalah suatu interval yang mempunyai ukuran (panjang) yang

kecil dan cakupan probabilitas besar. Cakupan probabilitas dari interval

kepercayaan pada umumnya merupakan fungsi parameter. Karena itu,



ukuran yang paling banyak digunakan adalah kelakuan koefisien keperca-

yaan, yaitu infimum cakupan probabilitas ukuran dan probabilitas caku-

pan. Permasalahan dapat dirumuskan sbb: diberikan probabilitas cakupan

tertentu, carilah interval kepercayaan terpendek.

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn iid N(µ, σ2)dengan σ diketahui. Telah kita ketahui

bahwa Z =_x - µ

σ /√

nadalah besaran pivot dengan distribusi normal baku

dan setiap anggota yang memenuhi P (a ≤ Z ≤ b) = 1 − α akan memberi-

kan interval kepercayaan (1 − α)

µ :_x −b

σ√n≤ µ ≤ _

x −aσ√n

Masalahnya menjadi: Berapa nilai a dan b yang terbaik ?, Dengan kata

lain; Berapa nilai a dan b yang akan meminimumkan panjang interval ke-

percayaan dengan tetap mempertahankan cakupan (1 - α)?. Perhatikan

bahwa panjang interval kepercayaan sama dengan (b−a) σ√n

. Karena faktorσ√n

adalah bagian dari setiap panjang interval, ia dapat diabaikan dan per-

bandingan panjang hanya bisa berdasarkan pada harga b − a.

Sehingga masalah sekarang menjadi; mencari pasangan bilangan a dan b

yang memenuhi P (a < z < b) = 1 − α dan meminimumkan (b − a).

Biasanya diambil a = z − zα2

dan b = zα2

tanpa menyebutkan apa yang

membuat optomal. Jika diambil 1− α = 0, 90 maka setiap pasangan bilan-

gan berikut memberikan interval 90%.

Pengalaman numerik ini menyarankan bahwa pemilihan a = −1, 65 dan

b = 1, 65 memberikan interval kepercayaan terbaik. Perlu dicatat bahwa

strategi untuk membagi interval dua sama besar (simetris) terbukti opti-

mal dalam contoh di atas, tapi tidak selalu demikian. Untuk kasus di atas

disebabkan oleh kenyataan bahwa tinggi dari pdf -nya adalah sama di −zα2

dan zα2.



Tabel 4.3: Panjang interval kepercayaan

a b Probabilitas b-a

−1, 34 2, 33 P (z < a) = 0, 09; P (z > b) = 0, 01 3, 67−1, 44 1, 96 P (z < a) = 0, 075; P (z > b) = 0, 025 3, 40−1, 65 1, 65 P (z < a) = 0, 05; P (z > b) = 0, 05 3, 30

Teorema Unimodal

Misalkan f(x) pdf yang unimodal. Bila interval [a, b] memenuhi

1.∫ b

af(x)dx = 1 − α

2. f(a) = f(b) > 0dan

3. a ≤ x∗ ≤ b, dengan x∗ modus f(x).

maka [a, b]adalah interval kepercayaan yang terpendek di antara interval-

interval yang memenuhi kreteria nomer 1.

Bukti

Misalkan [a1, b1] adalah sebarang interval dengan b1 − a1 < b − a.

Akan ditunjukkan bahwa ini mengakibatkan∫ b1

a1 f(x)dx < 1 − α. Hasil ini

akan dibuktikan hanya untuk a1 < a. Untuk kasus a < a1 dapat dibuktik-

an secara analog. Juga dua kasus yang perlu diperhatikan adalah b1 ≤ a

dan b1 > a.

Bila b1 ≤ a maka a1 ≤ b1 ≤ a ≤ x∗ dan∫ b1

a1 f(x)dx ≤ f(b1)(b1−a1) ≤ f(a1)(b1−a1) < f(a)(b−a) ≤∫ b

af(x)dx = 1−α

Bila b1 > a maka a1 ≤ a ≤ b1 < b, karena bila b1 lebih besar atau sama

dengan b, maka b1−a1 lebih besar atau sama dengan b−a. Dalam keadaan

ini, dapat ditulis:∫ b1

a1 f(x)dx =∫ b

af(x)dx + [

∫ a

a1 f(x)dx −∫ b

b1f(x)dx]



= 1 − α + [∫ a

a1 f(x)dx −∫ b

b1f(x)dx]

dan teorema terbukti bila dapat ditunjukkan bahwa pernyataan dalam

kurung negatif. Sekarang, dengan menggunakan unimodalitas f, urutan

a1 ≤ a ≤ b1 ≤ b, dan didapat:∫ a

a1 f(x)dx ≤ f(a)(a − a1) dan∫ b

b1f(x)dx ≥ f(b)(b − b1)

Jadi∫ a

a1 f(x)dx −∫ b

b1f(x)dx ≤ f(a)(a − a1) − f(b)(b − b1)

= f(a) [(a − a1) − (b − b1)]

= f(a) [(b1 − a1) − (b − a)]

bernilai negatif. q.e.d

Contoh

Untuk interval kepercayaan normal berdasarkan pivot_x - µ

s /√

n, kita menge-

tahui bahwa interval kepercayaan (1 − α) yang mempunyai panjang ter-

pendek mempunyai bentuk

_x −b s√

n≤ µ ≤ _

x −a s√n

mempunyai a = −tn−1, α2

dan b = tn−1, α2. Panjang

interval merupakan fungsi S, dengan bentuk umum: Panjang(s) = (b −a) s√

n.

Selanjutnya, jika dipandang kriteria harga harapan panjang (s) dan men-

ginginkan untuk mendapatkan interval (1 − α) untuk meminimumkan.

Eσ (panjang (S) ) = (b − a)Eσ S√n

= (b − a)C(n) S√n.

Maka Teorema di depan berlaku dan pemilihan a = −tn−1, α2dan b = tn−1, α

2

memberikan interval kepercayaan yang optimal.

4.3.4 Estimasi Interval Kepercayaan Khusus

4.3.4.1 Interval Kepercayaan untuk Mean

1. Interval untuk mean µ, dengan variansi σ2 diketahui. Misalnya X vari-

abel random yang berdistribusi N(µ, σ2), dengan µ tidak diketahui.



Jika X adalah nilai mean sampel dari populasi normal dengan me-

an µ dan variansi σ2 (diketahui). Tunjukkan interval kepercayaan

(1 − α)100% untuk µ diberikan oleh:

X − zα/2.σ√n

< µ < X + zα/2.σ√n

(4.2)

Penjelasan:

X ∼ N(µ, σ2) ⇒ X ∼ N(µ, σ2/n) ⇒ Z =X − µ

σ/√

n∼ N(0, 1) (4.3)

Perhatikan bahwa P(−zα/2 < z < zα/2

)= 1 − α dengan zα/2 adalah

kuantitas sehingga P (Z > zα/2) = α/2

Karena itu

P

(−zα/2 <

X − µ

σ/√

n< zα/2

)= 1 − α (4.4)

atau

P (X − zα/2.σ√n

< µ < X + zα/2.σ√n

) = 1 − α (4.5)

Jadi interval kepercayaan (1 − α)100% untuk µ adalah:

X − zα/2.σ√n

< µ < X + zα/2.σ√n

(4.6)

Untuk sampel besar (n ≥ 30) dapat digunakan TLP, sehingga inte-

val kepercayaan 4.6berlaku juga untuk variabel random sembarang

(bukan distribusi tidak normal).

2. Interval untuk mean µ, dengan variansi σ2 tidak diketahui. Jika x adalah

nilai mean sampel dari populasi normal dengan mean µ dan variansi

σ2 tidak diketahui, maka interval kepercayaan (1 − α)100% untuk µ

adalah:

X − tα/2,n−1.S√

n − 1< µ < X + tα/2,n−1.

S√n − 1

(4.7)

Penjelasan:

Karena variansinya σ2 tidak diketahui maka dapat diganti dengan



variansi sampel:

S2 =1

n

n∑

i=1

(Xi − X)2 (4.8)

sebagai estimator untuk σ2. Sebab jika xi berdistribusi N(µ, σ2) maka

nS2/σ2 berdistribusi χ2(n−1) dan

√n(x − µ)/σ berdistribusi t(n−1).

4.3.4.2 Interval Kepercayaan untuk Perbedaan Mean

Sering kali lebih memungkinkan untuk melakukan estimasi interval untuk

selisih parameter populasi µ1−µ2daripada untuk masing-masing. Misalk-

an X1, X2,..., Xn dan Y1, Y2,..., Ym dua sampel random dari dua populasi

yang independen N(µ1, σ2) dan N(µ2, σ

2); σ > 0 tidak diketahui. Masalah

yang dihadapi sekarang, bagaimana inferensi interval untuk parameter

perbedaan mean yaitu µ1 − µ2?

Interval untuk mean µ1 − µ2 dengan variansi σ2 > 0 tidak diketahui.

Jika X dan Y berturut-turut mean sampel berukuran n dan m yang saling

independen dari populasi N(µ1, σ2) dan populasi N(µ2, σ

2) ;σ2 > 0 tidak

diketahui, maka interval kepercayaan (1 − α)100% adalah:

(X − Y

)− aR < µ1 − µ2 <

(X − Y

)+ aR (4.9)

dengan a = t(α/2;n+m−2) dan R =√

(1/n + 1/m)(nS2

1+nS22

(n+m−2)

Penjelasan:

Variansi sampelnya berturut-turut S21 dan S2

2 . Perhatikan bahwa

Xi(i = 1, 2, ..., n) ∼ N(µ1, σ2) ⇒ X ∼ N(µ1, σ

2/n) (4.10)

dan

Yj(j = 1, 2, ..., m) ∼ N(µ2, σ2) ⇒ Y ∼ N(µ2, σ

2/m) (4.11)



akibatnya,

X − Y ∼ N(µ1 − µ2, σ2/n + σ2/m) ⇒ X − Y − (µ1 − µ2)√

σ2/n + σ2/m∼ N(0, 1) (4.12)

Karena nS21/σ

2 ∼ χ2(n−1) dan mS2

2/σ2 ∼ χ2

(m−1) maka (nS21+ mS2

2)/σ2 ∼

χ2(n+m−2). Diperoleh

T =X − Y − (µ1 − µ2)√

σ2/n + σ2/m:[(nS2

1 + mS22)/σ

2(n + m − 2]1/2 (4.13)

=X − Y − (µ1 − µ2)√(1/n + 1/m

nS21+mS2

2

n+m−2

∼ t(n+m−2) (4.14)

Interval kepercayaan (1 − α)100% adalah P (−a < T < a) = 1 − α; dengan

a = tα/2;n+m−2 dan

P ((X − Y

)− aR < µ1 − µ2 <

(X − Y

)+ aR) = 1 − α (4.15)

dengan

R =

√

(1/n + 1/mnS2

1 + mS22

n + m − 2(4.16)

Jadi interval kepercayaan (1 − α)100% untuk perbedaan mean adalah

(X − Y

)− aR < µ1 − µ2 <

(X − Y

)+ aR

(X − Y

)− aR < µ1 − µ2 <

(X − Y

)+ aR (4.17)

4.3.4.3 Interval Kepercayaan untuk Variansi

Setelah di drpan dibahas interval kepercayaan untuk mean µ, maka kini

dibahas interval kepercayaan untuk variansi σ2.

Interval untuk variansi σ2 dengan mean µ yang tidak diketahui.



Jika X1, X2,..., Xn sampel random dari distribusi N(µ, σ2) dengan µ tidak

diketahui maka interval kepercayaan (1 − α)100% untuk σ2 adalah:

ns2

χ2(1−α/2,n−1)

< σ2 <ns2

χ2(α/2;n−1)

(4.18)

Penjelasan:

Dengan menggunakan metode likelihood maksimum diperoleh σ2 = S2 =

1/n

n∑

i=1

(Xi − X)2 dan variabel random nS2/σ2 berdistribusi χ2(n−1) karena

itu,

P (χ2(α/2,n−1) < nS2/σ2 < χ2

(1−α/2,n−1) = 1 − α (4.19)

atau

P

(ns2

χ2(1−α/2,n−1)

< σ2 <ns2

χ2(α/2;n−1)

)= 1 − α (4.20)

Jadi interval kepercayaan untuk σ2 adalah

ns2

χ2(1−α/2,n−1)

< σ2 <ns2

χ2(α/2;n−1)

(4.21)

4.3.4.4 Interval Kepercayaan untuk Rasio Dua Variansi

Interval kepercayaan untuk σ22/σ

21dengan µ1dan µ2 tidak diketahui.

Jika X1, X2,..., Xn dan Y1, Y2,..., Yn dua sampel random yang saling inde-

penden dari populasi N(µ1, σ2) dan populasi N(µ2, σ

2) dengan µ1dan µ2

tidak diketahui, maka interval kepercayaan (1− α)100% untuk σ22/σ

21 ada-

lah

1

F(1−α/2;m−1;n−1)

mS22/(m − 1)

nS21/(n − 1)

<σ2

2

σ21

< F(1−α/2;n−1;m−1)mS2

2/(m − 1)

nS21/(n − 1)

(4.22)

Penjelasan:



Dengan metode likelihood diperoleh:

µ1 = X, σ21 = S2

1 = 1/n

n∑

i=1

(Xi − X)2 (4.23)

dan

µ2 = X, σ22 = S2

2 = 1/n

n∑

i=1

(Yi − Y )2 (4.24)

nS21/σ

21 ∼ χ2

(n−1).mS22/σ

22 ∼ χ2

(m−1) dan independen ⇒

F =nS2

1/ [σ21(n − 1)]

mS22/ [σ2

2(m − 1)]∼ F(n−1;m−1) (4.25)

Karena itu

P

(F(α/2;n−1;(m−1) <

nS21/ [σ2

1(n − 1)]

mS22/ [σ2

2(m − 1)]< F(1−α/2;n−1;m−1)

)= 1 − α (4.26)

atau

P

(F(α/2;n−1;(m−1)

mS22/(m − 1)

nS21/(n − 1)

<σ2

2

σ21

< F(1−α/2;n−1;(m−1)mS2

2/(m − 1)

nS21/(n − 1)

)= 1−α

(4.27)

atau

P

(1

F(1−α/2;m−1;n−1)

mS22/(m − 1)

nS21/(n − 1)

<σ2

2

σ21

< F(1−α/2;n−1;m−1)mS2

2/(m − 1)

nS21/(n − 1)

)= 1−

(4.28)

Jadi interval kepercayaan (1 − α)100% untuk σ22/σ

21adalah

1

F(1−α/2;m−1;n−1)

mS22/(m − 1)

nS21/(n − 1)

<σ2

2

σ21

< F(1−α/2;n−1;m−1)mS2

2/(m − 1)

nS21/(n − 1)

(4.29)


1. Tentukan interval kepercayaan 95 % untuk mean dari N(µ, 9) dengan

sampel berukuran 100 dan x = 5

Jawab:



(1 − α)100% = 95% ⇒ (1 − α) = 0, 95

Berdasarkan tabel Z, untuk (1 − α) = 0, 95 diperoleh zα/2 = 1, 96.

Untuk σ2 = 9 dan n = 100 diperoleh zα/2.σ√n

= 1, 96.3/10 = 0, 588

Menurut teorema 8, interval kepercayaan 95% untuk µ adalah X −zα/2.

σ√n

< µ < X + zα/2.σ√n⇔ 5 − 0, 588 < µ < 5 + 0, 588 ⇔ 4, 412 <

µ < 5, 588

2. Diketahui X1, X2,..., X10 sampel random dari N(µ, σ2) ; µ dan σ2 ke-

duanya tidak diketahui. Misalnya dari hasil eksperimen diperoleh

x = 3, 22 dan s = 1, 05. Tentukan interval kepercayaan 90% untuk µ.

Jawab:

Berdasarkan Tabel t, diperoleh t(0,05;9) = 1, 833. Interval kepercayaan

90% untuk µ adalah 3, 22−2, 833.1, 05/3 < µ < 3, 22+1, 833.1, 05/3 ⇔2, 56095 < µ < 3, 87905

3. Diketahui dua sampel random yang independen yang masing-

masing berukuran 10 dan 7 yang diambil dari dua populasi berdistri-

busi N(µ1, σ2) dan N(µ2, σ

2). Misalkan x = 4, 2, y = 3, 4, dan S22 = 32,

tentukan interval kepercayaan 90% untuk µ1 − µ2.

Jawab:

R =

√

(1/n + 1/mnS2

1 + mS22

n + m − 2=

√(1/10 + 1/7)

490 + 224

15= 3, 4

(4.30)

Dari tabel t diperoleh a = t(0,05;15) = 1, 753. Sehingga menurut teore-

ma 11, diperoleh

0, 8−1, 753.3, 4 < µ1−µ2 < 0, 8+1, 753.3, 4 ⇔ −5, 16 < µ1−µ2 < 6, 76

(4.31)

Jadi interval kepercayaan 90% untuk µ1 − µ2 adalah

−5, 16 < µ1 − µ2 < 6, 76 (4.32)



4. Jika dari data yang diobservasi dari populasi normal diperoleh s =

2, 2 dan n − 16. Tentukan interval kepercayaan 98% untuk σ2!

Jawab:

Dari tabel χ2 diperoleh χ2( 0,01;15) = 5, 23 dan χ2

( 0,99;15) = 30, 6 sehingga

diperoleh

16(2, 2)2

30, 6< σ2 <

16(2, 2)2

5, 23⇔ 2, 53 < σ2 < 14, 81 (4.33)

5. Misalkan dua sampel random yang berukuran 10 dan 5 diambil

dari dua populasi yang independet yaitu N(µ1, σ2) dan populasi

N(µ2, σ2). Dari hasil observasi tersebut diperoleh S2

1 = 20, 0 dan

S22 = 35, 6. Tentukan interval kepercayaan 95% untuk

σ22

σ21

bila kedua

mean populasi tidak diketahui.

Jawab:

Dalam hal ini, 1 − α/2 = 0, 975, n = 10 dan m = 5. Berdasarkan

tabel F, diperoleh F(0,975;9;4) = 8, 90 dan F(0,975;4;9) = 4, 72 sehingga

menurut teorema 12

1

4, 72

5(35, 6)/4

10(20, 0)/9<

σ22

σ21

< (8, 90)5(35, 6)/4

10(20, 0)/9(4.34)

atau

0, 4 <σ2

2

σ21

< 17, 8 (4.35)

Jadi interval kepercayaan 95% untukσ22

σ21

adalah 0, 4 <σ22

σ21

< 17, 8


1. Diketahui nilai observasi mean x dari sampel random yang beru-

kuran 20 dari distribusi n(µ, 80) adalah 81, 2. Tentukan 95% interval

kepercayaan untuk µ



2. Misalkan x mean dari sampel random yang berukuran n dari distri-

busi n(µ, 9). Tentukan n sehingga P (x − 1 < µ < x + 1) = 0, 90

3. Diketahui sampel random yang berukuran 17 dari distribusi normal

N(µ, σ2) diperoleh x = 4, 7 dan s2 = 5, 76. Tentukan 90 % interval

kepercayaan untuk µ.

4. Jika X1, X2,..., X9 sampel random berukuran 9 dari distribusi

N(µ, σ2)

(a) Jika σ diketahui, tentukan peluang 95% interval kepercaya-

an untuk µ jika interval ini didasarkan pada variabel random√9(x − µ)/σ

(b) Jika σ tidak diketahui, tentukan nilai harapan dari panjang 95%

interval kepercayaan untuk µ jika interval didasarkan pada va-

riabel random√

8(x − µ)/S

5. Diketahui Y berdistribusi Binomial (n, p). Tentukan interval keper-

cayaan (1−α)100% untuk p. (petunjuk : pertimbangkan Y/n sebagai

estimator untuk p; dengan Y banyak sukses dalan n percobaan

6. Dari soal no 9berapakah n terkecil yang menjamin (dengan probabi-

litas 1 − α) bahwa y/n terletak dalam jarak d dari p

7. Misalkan Y berdistribusi b(300, p). Jika nilai observasi dari Y adalah

y = 75, tentukan interval kepercayaan 95% untuk p

8. Diketahui dua sampel random yang masing-masing berukuran 10

yang dari dua distribusi normal independen N(µ1, σ2) dan N(µ2, σ

2)

dari observasi diketahui x = 4, 8, S21 = 8, 64, y = 5, 6, S2

2 = 7, 88.

Tentukan inteval kepercayaan 95% untuk µ1 − µ2.

9. Tentukan interval kepercayaan untuk perbedaan µ1 − µ2 antara dua

mean dari dua distribusi normal yang independen jika kedua vari-

ansinya diketahui (tidak perlu sama)



10. Diketahui dua variabel random X dan Y yang bebas secara pro-

babilitas dengan distrubusi binomial yang mempunyai parameter

n1 = n2 = 100, dan berurut p1dan p2. Dari observasi diperoleh x = 50

dan y = 40.Tentukan interval kepercayaan 95% untuk p1− p2

11. Diketahui X dan Y mean dari dua sampel random yang masing-

masing berukuran n dari distribusi N(µ1, σ2) dan N(µ2, σ

2); dengan

σ diketahui. Tentukan n sehingga

P ((X − Y

)− σ/5 < µ1 − µ2 <

(X − Y

)+ σ/5) = 0, 90 (4.36)

12. Seperti teorema 10, tentukan interval kepercayaan (1−α)100% untuk

σ2 bila µ diketahui

13. Jika 8, 6; 7, 9; 8, 3; 6, 4; 8, 4; 9, 8; 7, 2; 7, 8; 7, 5 adalah nilai yang diobse-

rvasi dari sampel random yang berukuran 9 dari N(8, σ2). Tentukan

interval kepercayaan 90% untuk σ2

14. Dari hasil observasi suatu sampel random yang berukuran 15 dari

distribusi N(µ, σ2) diperoleh x = 3, 2 dan s2 = 4, 24 . Tentukan inte-

rval kepercayaan 95% untuk σ2

15. Diketahui dua sampel random independent yang berukuran n =

16 dan m = 10 diambil dari populasi independent N(µ1, σ2) dan

N(µ2, σ2) . Misal x = 3, 6 dan s2

1 = 4, 14 dan Y = 13, 6 dan s22 = 7, 26.

Tentukan interval kepercayaan 90% untukσ22

σ21

bila kedua mean pupo-

lasi tidak diketahui.

16. Seperti teorema 11, tentukan interval kepercayaan (1 − α)100% bila

kedua mean pupulasi diketahui.

17. Misalkan S21 dan S2

2 notasi variansi sapel random yang beru-

kuran n dan m dari dua distribusi independen N(µ1, σ2) dan

N(µ2, σ2).Tentukan interval kepercayaan (1 − α)100% untuk σ2

18. Misalkan X1, X2,..., Xn sampel random yang berikuran 6 dari distri-

nusi Gamma(1 − β); β > 0 tidak diketahui. Tentukan interval keper-



cayaan (1 − α)100% untuk β. Petunjuk : Pertimbangkan distribusi

dari26∑

i=1

Xi/β

19. Diketahui Y4 = order statistik ke -4 dari sampel random berukuran

4 dari disttribusi uniform (0, θ). Tentukan a dan b. Dengan 0 < a <

b ≤ 1 sehingga P (aθ < Y4 < bθ) = 0, 95. Kemudian tentukan interval

keperayaan 95% untuk θ.


Bab 5

Hipotesis Statistik


Memahami konsep dasar uji hipotesis statistik dan mampu menerapkan-

nya baik dalam pemecahan masalah matematika, ilmu lain, maupun da-

lam kehidupan sehari-hari


Setelah mengerjakan bab ini Anda diharapkan dapat:

1. Menjelaskan konsep dasar hipotesis dan hipotesis statistik

2. Menganalisis uji hipotesis berdasarkan uji ratio likelihood

3. Menjelaskan tipe kesalahan suatu uji hipotesis statistik

4. Membedakan antara hipotesis sederhana dengan hipotesis gabung-

an

5. Menentukan daerah kritis suatu uji hipotesis

6. Menentukan fungsi kekuatan uji hipotesis

135


7. Menggunakan teorema Neyman-Pearson untuk menentukan daerah

kritik terbaik

8. Menentukan uji paling kuat seragam dari suatu uji hipotesis

9. Menentukan uji hipotesis dengan menggunakan uji rasio likelihood

5.3 Uraian Materi

5.3.1 Konsep Dasar Uji Hipotesis

Sejauh ini telah dibahas inferensi titik dan interval. Sekarang diperkenalk-

an metode inferensi yang lain yaitu uji hipotesis

Secara umum dapat didefinisikan bahwa Hipotesa adalah pernyataan ten-

tang parameter populasi. Hal ini dapat berupa pernyataan bahwa µ1 = µ2

vs µ1 6= µ2 dan lain-lain. Sedangkan Hipotesis Statistik adalah pernyataan

tentang distribusi dari satu atau lebih sampel random yang diambil da-

ri populasi. Tujuan dari uji hopotesis statistik adalah untuk memutuskan

berdasarkan sampel, mana dari dua hopetesis (yang saling asing) yang

benar. Dua hipotesis yang saling asing itu biasa disebut hipotesis nol (H0)

dan hipotesis alteratif (H1). Misal

H0 : g(x) ∼ N(10, σ2) (5.1)

H1 : g(x) ∼ N(µ, σ2), µ 6= 10 (5.2)

Untuk mempermudah kedua hipotesis statistik ini cukup ditulis sbb:

H0 : µ = 10 vs H1 : µ 6= 10

Definisi

Dua buah peryataan (hipotesa) yang saling asing dalam persoalan uji hi-

potesa disebut hipotesa nol dan hipotesa alternatif. Masing-masing dinya-

takan dengan H0 dan H1. Bila θ menyatakan parameter populasi, format

umum dari hipotesa nol dan alternatif adalah:

Bab 5. Hipotesis Statistik 136 ISBN 978-602-8310-02-4


H0 : θ ∈ Ω0danH1 : θ ∈ Ωc0

dengan Ω0 suatu himpunan bagian dari ruang parameter dan Ωc0 adalah

komplemennya dimana Ω0 ∪ Ωc0 = Ω = θ;−∞ < θ < ∞ .

Dalam uji hipotesa sesudah mengobservasi sampel, harus ditentukan apa-

kah menerima H0 yang berarti menolak H1 atau menerima H1 yang berarti

menolak H0.

Definisi

Himpunan bagian ruang sampel dimana H0 ditolak disebut daerah peno-

lakan atau daerah kritis. Komplemen daerah penolakan disebut daerah

penerimaan. Jika rentang H1 seluruhnya terletak pada satu sisi dari nilai

H0, alternatif itu dikatakan satu sisi. Jika H1 memuat semua nilai parame-

ter kecuali satu nilai H0 maka alternatif itu disebut dua sisi.

Jika pernyataan suatu hipotesis berkaitan hanya dengan satu distribusi

maka disebut hipotesis tunggal (sederhana), sedangkan jika berkaitan le-

bih dari satu distribusi dinamakan hipotesis majemuk (gabungan). Seba-

gai contoh: H0 : µ ≤ 10 vs H1 : µ > 10 merupakan hipotesis majemuk. Jika

H0diganti dengan µ = 10 maka diperoleh hipotesis tunggal.

5.3.2 Uji Rasio Likelihood

Metode rasio likelihood atau likelihood ratio test (LRT) dalam uji hipotesis

berhubungan dengan estimator likelihood maksimum dan uji tersebut se-

cara luas dapat diterapkan. Ingat bila x1, ..., xn adalah sampel random dari

populasi dengan densitas f(x|θ) (θbisa berupa vektor), fungsi likelihood

didefinisikan sebagai

L(θ|x1, ..., xn) = f(_x |θ) =

n⊓i=1 f(xi |θ)

Misalkan Ω dinyatakan ruang parameter. Uji rasio likelihood didefinisikan

sebagai berikut.



Definisi

Uji statistik rasio likelihood (LRT ) untuk uji H0 : θ ∈ Ω0vsH1 : θ ∈ Ωc0

adalah

λ(xn) =ΩSup

o L(θ|x)

ΩSupL(θ|x)

Uji rasio likelihood adalah uji sedemikian hingga daerah penolakan mem-

punyai bentuk: _x: λ(

_x) ≤ Cdengan C sembarang bilangan yang meme-

nuhi 0 ≤ C ≤ 1.

Contoh

Misalkan x1, ..., xn adalah sampel random dari populasi N(θ, 1). Pandang

uji hipotesa H0 : θ = θ0vsH1 : θ 6= θ0. Di sini θ0 adalah bilangan tertentu.

Karena H0 hanya menentukan satu bilangan, maka pembilang dari λ(_x)

adalah L(θ0|_x). MLE dari θ untuk ruang parameter tanpa kendala adalah

mean sampel_x. Jadi penyebut dari λ(

_x) adalah L(

_x |x). Sehingga statistik

LRT adalah

λ(_x) =

(2π)− n/2 exp [−∑

(xi − θ0)2/2]

(2π)− n/2 exp [−∑(xi−_x)2/2]

= exp[(

−∑

(xi − θ0)2 +

∑(xi−

_x)2)

/2]

Pernyataan untuk λ(_x) dapat disederhanakan, karena:

∑(xi − θ0)

2 =∑

(xi−_x)2 + n(xi − θ0)

2

Jadi, statistik LRT adalah

λ(_x) = exp

[−n(xi − θ0)

2/2]

(5.3)



LRT adalah uji yang menolak H0 untuk harga-harga λ(_x) kecil. Dengan

menggunakan 5.3 didapat daerah penolakan:

x : λ(_x) ≤ C = x : | _

x −θ0| ≥√

−2 log c

n

dimana 0 < c < 1,dan 0 <√

−2 log cn

< ∞. Jadi LRT adalah uji yang meno-

lak H0 bila mean sampel berbeda dengan θ0 melebihi harga tertentu yang

ditetapkan.

Bila T (x) statistik cukup antara θ dengan densitas g(t|θ), maka dapat di-

pikirkan untuk mengkonstruksikan LRT berdasar pada Tdan fungsi like-

lihoodnya L ∗ (θ|t) = g(t|θ) sebagai pengganti sampel_x dan fungsi likeli-

hoodnya L(θ| _x). Misalkan λ∗(t) menyatakan uji statistik rasio likelihood

berdasar T . Hal ini masuk akal karena semua informasi tentang θ dari_x

termuat dalam T (_x).

Teorema

Bila T (_x) statistik cukup untuk θ, sedangkan λ∗(t) dan λ(t) masing-masing

adalah statistik LRT berdasar T dan_x maka λ∗T (

_x), dimana λ(

_x)untuk

setiap_x dalam ruang sampel.

Bukti

Dengan teorema faktorisasi, densitas dari_x dapat ditulis sebagai f(

_x |θ) =

g (T (_x |θ)h(x) dengan g(t|θ) adalah densitas dan h(x) tidak tergantung pa-

da θ. Jadi,

λ(xn) =SupΩoL(θ|x)

SupΩL(θ|x)=

SupΩog(T (_x)|θ) h(

_x)

SupΩ(g(T (_x)|θ) h(

_x)

=SupΩof(x | θ)

SupΩf(x | θ)

=SupΩog(T (x) | θ)

SupΩg(T (x) | θ)



=SupΩoL

∗(θ | x)

SupΩL∗(θ | x)

= λ∗T (_x)

Contoh

Misalkan X1, ..., Xn adalah sampel random dari N(µ, σ2); H0 : µ ≤µ0vs H1 : µ ≥ µ0.

σ2 adalah parameter pengganggu.

Statistik LRT adalah

λ(x) =maks L(µ, σ2|x) µ, σ2 : µ ≤ µ0, σ2 > 0

maks L(µ, σ2|x)

λ(x) =maks L(µ, σ2|x) µ, σ2 : µ ≤ µ0, σ2 > 0

maks L(µ, σ2|x)

dimanaa

µ dana

σ2

, adalah MLE dari µ dan σ2. Selanjutnya, bila µ ≤ µ0,

maksimum kendala sama dengan maksimum tanpa kendala, sedang un-

tuka

µ> µ0, maksimum kendala adalah L(µ0, σ2| _

x).

Jadi

λ(_x) =

1; jikaa

µ ≤ µ0

L ( µ0 ,a

σ2

| _x )

L ( µ ,a

σ2

| _x )

; jikaa

µ > µ0

5.3.3 Metode Uji Evaluasi Hipotesis

Untuk prosedur uji hipotesa λ(x), fungsi uji adalah fungsi pada ruang

sampel dengan nilai 1 bila_x dalam daerah penolakan, dan nilai 0 bila

_x

dalam daerah penerimaan.



Tabel 5.1: Kesalahan dalam Uji Hipotesis

KeputusanMenerima H0 Menolak H0

Hipotesis Benar H0 Keputusan Benar Kesalahan Tipe IH1 Kesalahan Tipe II Keputusan Benar

Dalam memutuskan untuk menerima atau menolak hipotesa nol dieva-

luasi dan dibandingkan melalui probabilitasnya membuat kesalahan. Se-

karang dibicarakan bagaimana probabilitas membuat kesalahan tersebut

dapat dikontrol.

5.3.3.1 Probabilitas Kesalahan dan Fungsi Kekuatan Uji

Dalam uji hipotesis H0 : θ ∈ Ω0vs H1 : θ ∈ Ωc0 dapat terjadi salah satu dari

dua jenis kesalahan, yaitu kesalahan tipe I(α) dan kesalahan II(β), sbb:

1. Jika θ ∈ Ω0 tetapi uji hipotesis menolak H0, maka uji telah membuat

kesalahan tipe I.

2. Jika θ ∈ Ωc0 tetapi uji menerima H0, maka uji telah membuat kesalah-

an tipe II.

Keadaan ini bisa digambarkan sbb:

Misalkan C daerah kritis (penolakan) untuk suatu uji hipotesis, maka un-

tuk θ ∈ Ω0 uji membuat kesalahan bila X ∈ C, sehingga probabilitas kesa-

lahan tipe I adalah P (X ∈ C). Untuk θ ∈ Ω0c probabilitas kesalahan tipe

II adalah P (X ∈ Cc). Karena P (X ∈ Cc) = 1 − P (X ∈ C) maka P (X ∈ C)

merupakan fungsi θ memuat semua informasi tentang uji dengan daerah

kritis C.

Selanjutnya didapat:



P (X ∈ C) =

P (kesalahan tipe I), jika θ ∈ Ω0

1 − P (kesalahan tipe II), jika θ ∈ Ωc0

Definisi

Fungsi kuasa (power function) dari uji hipotesis dengan daerah penolakan

C adalah fungsi dari θ yang didefinisikan

K(θ) = P (X ∈ C) (5.4)

Nilai fungsi kuasa di suatu titik parameter disebut kekuatan uji dititik ter-

sebut. Fungsi kuasa yang ideal adalah bernilai nol untuk θ ∈ Ω0 dan ber-

nilai satu untuk θ ∈ Ωc0. Namun bentuk ideal ini tidak dapat dicapai. Uji

hipotesis baik bila fungsi kuasa memiliki nilai:

1. mendekati nilai 1 untuk θ ∈ Ωc0 dan

2. mendekati 0 bila θ ∈ Ω0

Definisi

Tingkat signifikansi dari uji (atau ukuran dari daerah kritis C) adalah sup-

remum dari fungsi kekuatan uji kalau hipotesis nol besar.

Berdasarkan definisi ini, tingkat signifikansi uji yang ditulis α merupakan

probabilitas kesalahan tipe I. Jadi tingkat signifikansi uji αmerupakan:

P (kesalahantipeI) = P (menolakH0|H0benar) = α

Contoh

Uji hipotesis H0 : p = 1/2vsH1 : p > 1/2; dengan p parameter distribusi

binomial. Jika sampel berukuran 18 dan H0 ditolak untuk x ≥ 13. Diper-

timbangkan tingkat signifikansi uji atau kekuatan uji bila H0 benar sbb:

P (menolak H0|H0benar) = P (X ≥ 13|p = 1/2) (5.5)

=18∑

x=13

(18

x

)(1/2)x(1 − 1/2)18−x = 0, 05



Jadi tingkat signifinkansi uji atau kekuatan uji di p = 1/2 adalah 0, 05

Contoh

Misalkan Xn ∼ Binomial(5, θ). Pandang uji H0 : θ < 12vs H1 : θ > 1

2.

Fungsi kuasa untuk uji ini adalah:

β1(θ) = P (x ∈ R) = P (x = 5) = θ5

Grafik β1(θ)dapat kita lihat dalam gambar di bawah.

Dalam menyelidiki fungsi kuasa ini, walaupun pro-

babilitas kesalahan tipe I dapat diterima sebagai kecil(β1(θ) ≤ (1

2)5 = 0, 0312 untuk semua θ ≤ 1

2

), namun probabilitas ke-

salahan tipe II terlalu tinggi(β1(θ) terlalu kecil untuk semua θ > 1

2

).

Probabilitas kesalahan tipe II kurang dari 12

hanya jika θ > (12)5 = 0, 87.

Untuk mendapatkan probabilitas kesalahan tipe II yang lebih kecil, dapat

dipertimbangkan menggunakan uji yang menolak H0 bila x = 3, 4, atau5 .

Fungsi kuasa untuk uji ini adalah

β2(θ) = P (x = 3, 4, 5)

=

(5

3

)θ3(1 − θ)2 +

(5

4

)θ4(1 − θ)1 +

(5

5

)θ5(1 − θ)0.

Grafik dari β2(θ) juga diperlihatkan dalam gambar di atas. Dalam gambar

tersebut terlihat bahwa uji kedua mempunyai probabilitas kesalahan tipe

II lebih kecil dalam kasus β2(θ) lebih besar untuk θ > 12. Tetapi probabilitas

kesalahan tipe I lebih besar untuk uji kedua; β2(θ) lebih besar untuk θ ≤ 12.

Bila harus memilih diantara kedua tes tersebut, pertimbangannya adalah

mana struktur kesalahan yang digambarkan oleh β1(θ) atau β2(θ) yang

lebih diterima.

Contoh



Misalkan X1, ..., Xn adalah sampel random dari populasi N(θ, σ2), dan σ2

diketahui. LRT untuk H0 : θ ≤ θ0vsH1 : θ > θ0 adalah uji yang menolak

H0 bila (x−θ0)σ/

√n

> c. Fungsi kuasa uji ini adalah

β(θ) = P(

_x−θ0

σ/√

n> c)

= P(

_x−θ0

σ/√

n> c + θ0−θ

σ/√

n

)= P

(Z > c + θ0−θ

σ/√

n

)

dengan Zvariabel random normal baku. Untuk θ naik dari −∞ sampai ∞,

dapat dilihat bahwa probabilitas normal ini naik dari nilai 0 ke 1. Karena

itu β(θ) fungsi naik dari θ dengan

limθ→−∞β(θ) = 0,limθ→∞β(θ) = 0, dan β(θ) = αbilaP (Z > c) = α

Contoh

Misalkan disyaratkan bahwa kesalahan tipe I maksimum 0, 1 dan kesalah-

an tipe II maksimum 0,2 untuk θ ≥ θ0 + σ. Hendak ditunjukkan bagai-

mana memilih c dan n, untuk mencapai persyaratan di atas menggunakan

uji yang menolak H0 : θ ≤ θ0bila(x−θ0)σ/

√n

> c. Seperti disebutkan di muka

fungsi kuasa uji sedemikian adalah:

β(θ) = P

(Z > c +

θ0 − θ

σ/√

n

)

Karena β(θ) fungsi naik, maka persyaratannya dipenuhi bila β(θ) = 0, 1

dan β(θ + σ) = 0, 8

Dengan memilih c = 1, 28, kita mendapatkan β(θ0) = P (Z > 1, 2) = 0, 1

(sebenarnya 0,1003 dari tabel) dan tidak tergantung n. Sekarang ingin

dipilih n sedemikian hingga β(θ + σ) = P (Z > 1, 28 − √n) = 0, 8.

Tetapi dari tabel P (Z > −0, 84) = 0, 8, sehingga dengan mengambil

1, 28 − √n = −0, 84 dan menyelesaikan untuk n didapat n = 4, 49. Jadi

dengan mengambil c = 1, 28 dan n= 5 persyaratan di atas dipenuhi.

5.3.3.2 Uji Paling Kuat (Most Powerfull Test)

Seperti yang telah dipaparkan di depan, uji hipotesis berusaha untuk

mengontrol baik kesalahan tipe I yaitu paling besar sama dengan α un-



tuk semua θ ∈ Ω0. Demikian juga dengan probabilitas kesalahan tipe II,

yaitu mempunyai fungsi kuasa yang besar untuk θ ∈ Ωc0.

Definisi

Misalkan C adalah kelas uji untuk H0 : θ ∈ Ω0vsH1 : θ ∈ Ωc0. Uji dalam ke-

las C dengan fungsi kuasa β(θ), disebut uji uniformly most powerfull (UMP)

kelas C bila β(θ) ≥ β1(θ) untuk setiap θ ∈ Ωc0 dan setiap β1(θ) yaitu fungsi

kuasa dari uji dalam kelas C .

Definisi

Daerah kritik C adalah daerah kritik paling kuat seragan ukuran α untuk

uji hipotesis H0 lawan hipotesis alternatif H1 jika himpunan C adalah da-

erah kritik terbaik ukuran α untuk uji H0 lawan hipotesis sederhana H1.

Suatu uji yang didefinisikan pada daerah kritik ini disebut uji paling kuat

seragam dengan tingkat signifikansi α dari uji hipotesis sederhana H0 law-

an hipotesis gabungan alternatif H1. Uji paling kuat seragam tidak selalu

ada, tetapi kalau ada teorema Neyman − Person dapat digunakan untuk

mencarinya.

Contoh

Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi n(0, θ) dengan va-

rian θ tidak diketahui. Akan diperlihatkan bahwa ada uji paling ku-

at seragam dengan tingkat signifikansi α untuk uji hipotesis sederhana

H0 : θ = θ′

dengan θ′

adalah bilangan bulat posistif lawan hipotesis ga-

bungan alternatif H1 : θ > θ′

.Ruang parameter Ω =θ; θ ≥ θ

′. Fungsi

kepadatan peluang bersama dari X1,X2, ..., Xn adalah

L(θ; x1, x2, ..., xn) =

(1

2πθ

)n/2

exp

(−∑

x2i

2θ

)(5.6)

Misalkan θ′′ bilangan yang lebih besar dari θ′, k bilangan posisif dan C

himpunan titik-titik dengan



L(θ′; x1, x2, ..., xn)

L(θ′′ ; x1, x2, ..., xn)≤ k (5.7)

maka diperoleh

(θ′′

θ′

)n/2

exp

[−(

θ′′ − θ′

2θ′θ′′

) n∑

i=1

x2i

]≤ k (5.8)

atau ekivalen dengan

n∑

i=1

x2i ≥

2θ′θ′′

θ′′ − θ′

[n

2ln

(θ′′

θ′

)− ln k

]= c (5.9)

Himpunan

C =

(x1, x2, ..., xn) :

n∑

i=1

x2i ≥ c

(5.10)

adalah daerah kritik terbaik untuk uji hipotesis sederhana H0 : θ0 = θ′

lawan hipotesis sederhana θ = θ′′. Sekarang tinggal menentukan c sehing-

ga daerah kritik ini mempunyai ukuran α seperti yang diinginkan. Jika

H0 benar variabel randomn∑

i=1

x2i /θ

′ mempunyai distribusi Khi-kuadrat de-

ngan derajat bebas n. Karena

α = P

(n∑

i=1

x2i /θ

′ ≥ c/θ′; H0

)(5.11)

c/θ′ dapat ditentukan dari tabel dan c ditentukan maka C =(x1, x2, ..., xn) :

n∑

i=1

x2i ≥ c

adalah daerah kritik terbaik ukuran α un-

tuk uji H0 : θ = θ′

lawan hipotesis θ = θ′′. Selain itu, untuk seti-

ap bilangan θ′′ yang lebih besar dari θ′ maka argumen otomatis terpe-

nuhi. Jika θ′′′ adalah bilangan lain yang lebih besar dari θ′ maka C =(x1, x2, ..., xn) :

n∑

i=1

x2i ≥ c

adalah daerah kritik terbaik ukuran α untuk

uji H0 : θ = θ′

lawan hipotesis θ = θ′′′. Oleh karena itu, menurut definisi



diatas maka C =

(x1, x2, ..., xn) :

n∑

i=1

x2i ≥ c

adalah daerah kritik terbaik

paling kuat seragam ukuran α untuk uji H0 : θ = θ′lawan H1 : θ > θ

′. Jika

x1, x2, ..., xn nilai eksperimen dari X1,X2, ..., Xn maka H0 : θ = θ′

ditolak

ditingkat signifikansi α dan H1 : θ > θ′

diterima jikan∑

i=1

x2i ≥ c.

5.3.3.3 Teorema Neyman-Pearson

Misalkan H0 : θ = θ0vs H1 : θ = θ1 dengan densitas yang bersesuaian de-

ngan θi adalah f(x|θi), i = 0, 1. Dengan menggunakan uji dengan daerah

penolakan C yang memenuhi kedua hal berikut:

x ∈ C, jika f(x|θ1) > kf(x|θ0) (5.12)

x ∈ Cc, jika f(x|θ1)kf(x|θ0) (5.13)

untuk suatu k ≥ 0 dan α = Pθ0(x ∈ R)

maka

1. Syarat cukup setiap uji yang memenuhi 5.12 dan5.13 adalah uji UMP

taraf α

2. Syarat perlu, jika terdapat uji yang memenuhi kedua kondisi di atas

dengan k > 0 maka setiap uji UMP taraf α adalah uji dengan ukur-

an α, kecuali mungkin pada himpunan A yang memenuhi Pθ0(X ∈A) = 0.

AkibatTeorema

Misalkan kondisi teorema Neyman-Person berlaku, dan jika T (X) adalah

statistik cukup untuk θ dan g(t|θ) adalah densitas T bersesuaian dengan

θi, i = 0, 1. Maka setiap uji berdasar T dengan daerah penolakan S (him-

punan bagian dari ruang sampel T ) adalah uji UMP taraf α bila dipenuhi

kedua hal berikut:



1. t ∈ Sbilag(t|θ1) > kg(t|θ)

2. t ∈ Scbilag(t|θ1) < kg(t|θ0)

untuk suatu k ≥ 0, dengan α = Pθ0(X ∈ S).

Bukti

Dalam sampel asal X uji berdasar T mempunyai daerah penolakan C =_

x:

T (_x) ∈ S . Dengan teorema faktorisasi densitas dapat ditulis sebagai

f(_x |θi) = g (T (

_x)|θi) h(

_x), i = 0, 1, untuk suatu fungsi tak negatif h(

_x).

Dengan mengalikan ketaksamaan pada nomer 1 di depan dengan fungsi

tak negatif ini, didapat C memenuhi

x ∈ Cbilaf(_x |θi) = g (T (

_x)|θi) h(

_x) > kg (T (

_x)|θ0) h(

_x) = kf(

_x |θ0).

dan

x ∈ Ccbilaf(_x |θi) = g (T (

_x)|θi) h(

_x) < kg (T (

_x)|θ0)h(

_x) = kf(

_x |θ0).

Juga dari pernyataan nomer 2 didapat:

Pθ0(X ∈ R) = Pθ0 ((T (_x) ∈ S) = α.

Jadi dengan syarat cukup dari Lemma Neyman-Pearson, Uji berdasar T

adalah uji UMP taraf α.q.e.d.

Contoh

Misalkan x ∼ binomial(2, θ). Uji H0 : θ = 1/2vsH1 : θ = 3/4. Dengan

menghitung rasio densitas didapat:

f(0 | δ = 34)

f(0 | δ = 12)

=1

4;

f(2 | δ = 34)

f(2 | δ = 12)

=3

4;

f(1 | δ = 34)

f(1 | δ = 12)

=9

4

Dengan memilih 34

< k < 94, maka Lemma Neyman-Pearson mengatak-

an bahwa uji yang menolak H0 bila x = 1 atau 2 adalah uji UMP taraf

α = p(x = 1atau2, θ = 1/2) = 34. Dengan memilih k < 1

4atau k > 3

4

menghasilkan UMP taraf α = 1atauα = 0.



Perhatikan bila k = 34, maka kita harus menolak H0 untuk titik sampel

x = 2 dan menerima H0 untuk x = 0 dan untuk x = 1 tak menentu. Tetapi

bila kita menerima H0 untuk x = 1 kita mendapatkan uji UMP taraf α = 14

supremium di atas. Bila kita menolak H0 untuk x = 1 kita mendapatkan

uji UMP taraf α = 34

seperti di atas.

Definisi

Hipotesa yang menyatakan bahwa parameter univariat besar, sebagai con-

toh H : θ ≥ θ0, atau kecil, sebagai contoh H : θ < θ0 disebut hipotesa satu

sisi. Sedangkan Hipotesa yang menyatakan bahwa parameter bisa besar

atau kecil, sebagai contoh, H : θ 6= θ0 disebut hipotesa dua sisi. Banyak

persoalan yang mempunyai uji UMP taraf α berhubungan dengan uji hi-

potesa satu sisi dan densitas yang mempunyai sifat monotone Likelihood

ratio.

5.3.3.4 Teorema Karlin-Rubin

Pandang uji hipotesa H0 : θ ≤ θ0vsH1 : θ > θ0. Misalkan T adalah statistik

cukup untuk θ dan keluarga densitas g(t|θ) : θ ∈ Ω dari T mempunyai

sifat MLR (monotone likelihood ratio). Maka untuk t0 uji yang menolak H0

bhb T > t0 adalah uji UMP taraf α, dengan α = Pθ0(T > t0).

Bukti

Karena densitas T mempunyai sifat MLR, fungsi kuasa β(θ) = Pθ0(T > t0)

tidak turun. Sehingga Supθ≤θ0β(θ) = β(θ0) = α dan ini adalah uji taraf α.

Dengan menggunakan bagian (b) dan (c) akibat teorema Neyman-Person,

dan didapat:

k1 = inft∈τg(t|θ1)

g(t|θ0)

dengan τ = t|t > t0dan g(t|θ1) > 0 atau g(t|θ0) > 0

Jadi menurut akibat teorema Neyman-Person di depan uji adalah UMP

taraf α. q.e.d.



5.3.3.5 Daerah Kritik Terbaik

Misal C subset dari ruang sampel. C disebut daerah kritik terbaik berukur-

an α untuk uji hipotesis sederhana H0 : θ = θ′ lawan H1 : θ = θ′′ jika untuk

setiap subset A dari ruang sampel dengan P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ A; H0] = α

berlaku

1. P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ C; H0] = α

2. P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ C; H1] ≥ P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ A; H1]

Cara lain yang dapat digunakan menentukan daerah kritik terbaik adalah

dengan menggunakan teorea Neyman-Pearson.

Teorema Neyman-Pearson

Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi yang mempunyai

f.k.p f(x; θ). Selanjutnya f.k.p bersama dari X1,X2, ..., Xn adalah

L(θ; x1, x2, ..., xn) = f(x1; θ)f(x2; θ)...f(xn; θ) (5.14)

Misalkan θ′ dan θ′′ nilai tertentu dari θ yang berbeda sehingga Ω =

θ; θ = θ′, θ′′ dan misalkan k bilangan posistif. Jika C subset dari ruang

sampel sedemikian sehingga

1. L(θ′;x1,x2,...,xn)L(θ′′;x1,x2,...,xn)

≤ k ; ∀ titik (x1, x2, ..., xn) ∈ C

2. L(θ′;x1,x2,...,xn)L(θ′′;x1,x2,...,xn)

> k ; ∀ titik (x1, x2, ..., xn) ∈ C∗

3. α = P [(X1,X2, ..., Xn) ∈ C; H0]

Maka C adalah daerah kritik terbaik berukuran α untuk uji hipotesis se-

derhana H0 : θ = θ′ lawan hipotesis sederhana alternatif H1 : θ = θ′′

Satu hal yang ditegaskan oleh teorema ini adalah bahwa jika C himpunan

dari semua titik-titik (x1, x2, ..., xn) yang memenuhi

L(θ′; x1, x2, ..., xn)

L(θ′′; x1, x2, ..., xn)≤ k; k > 0 (5.15)



maka sesuai dengan teorema, C merupakan daerah kritik terbaik. keti-

daksamaanini sering dinyatakan dalam bentuk (dengan c1 dan c2 suatu

konstanta)

u1(x1, x2, ..., xn ; θ′, θ′′) ≤ c1 (5.16)

atau

u2(x1, x2, ..., xn ; θ′, θ′′) ≤ c2 (5.17)

Pandang bentuk u1 ≤ c1. Karena θ′ dan θ′′ suatu konstanta,

u1(x1, x2, ..., xn ; θ′, θ′′) suatu statistik dan jika f.k.p dari statistik ini dapat

ditentukan kalau H0 benar maka tingkat signifikansi dari uji H0 lawan H1

dapat ditentukan dari distribusi ini.

Contoh

Diketahui X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi yang mempunyai

f.k.p

f(x; θ) =1√2π

exp(−1

2(x − θ)2);−∞ < x < ∞ (5.18)

Akan diuji hipotesis sederhana H0 : θ = θ′ = 0 lawan hipotesis alternatif

H1 : θ = θ′′ = 1. Perhatikan bahwa

L(θ′; x1, x2, ..., xn)

L(θ′′; x1, x2, ..., xn)=

(1/√

2π)n [−(∑

x2i )/2]

(1/√

2π)n exp [−(∑

(xi − 1)2)/2](5.19)

uji di θ = θ′′ = 1

P (x ≥ c1; H1) =

∞∫

c1

1√2π√

1/nexp(−(x − 1)2

2(1/n)dx (5.20)

Untuk contoh di depan, jika n = 25 dan jika α = 0, 05 maka dari tabel

ditemukan c1 = 1,645√25

= 0, 329. Kekuatan dari uji ini dari H0 lawan H1

adalah 0, 05 kalau H0 benar dan

∞∫

0,329

1√2π√

1/25exp(−(x − 1)2

2(1/25)dx =

∞∫

−3,355

1√2π

e−w2/2dw = 0, 999,jika H1 benar




1. Misalkan hipotesis yang diuji adalah parameter bernoulli p, yakni

H0 : p = 1/5 lawan H1 : p 6= 1/5

Misalkan pula dilakukan percobaan n = 60000 dengan hasil x =

12489. Dengan menggunakan kriterium daerah kritis 0, 05, hitunglah

x∗ yang memenuhi

P (X ≥ X ∗ |H0 benar) = 0, 05

Pembahasan :

Untuk lebih memudahkan perhitungan, kita gunakan teorema limit

pusat, sehingga

P (X ≥ X∗|H0benar) = P

[x − 60000(1/5)√60000(1/5)(4/5)

]

≥ X ∗ −60000(1/5√60000(1/5)(4/5)

dengan x−60000(1/5)√60000(1/5)(4/5)

berdistribusi normla standar. Karena P (Z ≥1, 64) = 0, 05 (dari tabel z), maka X∗ dapat dihitung dari persamaan

1, 64 =X ∗ −12000√

9600

Diperoleh X∗= 12161. Karena dari data eksperimen kita peroleh x =

12489 > 12161, maka kita simpulkan H0 ditolak.

2. Diketahui variabel random X dengan f.k.p,

f(x; θ) =1

θe−x/θ.

Uji hipotesis H0 : θ = 2 vs H1 : θ = 4. Dengan menggunakan sam-

pel random X1 dan X2 berukuran 2, diputuskan menolak H0 bila

C = (x1, x2); 9, 5 ≤ x1 + x2 < ∞ . Tentukan fungsi kekuatan uji dan

tingkat signifikani uji.



Pembahasan :

K(θ) = P (x1, x2) ∈ C

Jika H0 benar, θ = 2 maka fkp bersama dari X1 dan X2 adalah

f(x1; 2)f(x2; 2) = 1/4e−(x1+x2)/2; 0 < x1 < ∞, 0 < x2 < ∞= 0, untuk x yang lain

dan

P [(x1, x2) ∈ C] = 1 − P [(x1, x2) ∈ Cc]

= 1−9,5∫

0

9,5−x2∫

0

1/4e−(x1+x2)/2dx1dx2∼= 0, 05

Jika H1 benar, θ = 4, f.k.p bersama dari X1 dan X2 adalah

f(x1; 4)f(x2; 4) = 1/16e−(x1+x2)/4; 0 < x1 < ∞, 0 < x2 < ∞= 0 ; untuk x yang lain

Sehingga

P [(x1, x2) ∈ C] = 1−9,5∫

0

9,5−x2∫

0

1/16e−(x1+x2)/4dx1dx2∼= 0, 31

Jadi, kekuatan uji 0, 05 untuk θ = 2 dan 0, 31 untuk θ = 4. Karena

tingkat signifikansi adalah kekuatan uji bila H0 benar, maka tingkat

signifikansi tes ini adalah 0, 05.

Cara lain, dengan menggunakan tabel χ2(2). Misalkan x1 + x2 = Y

maka Y berdistribusi χ2(4). Kekuatan uji kalau H0 benar diberikan

oleh

P (Y ≥ 9, 5) = 1 − P (Y ≤ 9, 5) = 1 − 0, 95 = 0, 05

Kalau H1 benar, variabel random X/2 berdistribusi χ2(2) sehingga

variabel random Z = (x1 + x2)/2 berdistribusi χ2(4). Kekuatan uji



bila H1 benar adalah

P (x1 + x2 ≥ 9, 5) = P (Z ≥ 4, 75) =

∞∫

4,75

1/4ze−z/2dz ∼= 0, 31

Karena tingkat signifikansi adalah fungsi kekuatan kalau H0 benar,

maka α = 0, 05

3. Pandang uji H0 : θ ∈ Ω0vsH1 : θ ∈ Ωc0. Misalkan uji berdasar statistik

cukup T dengan daerah penolakan S memenuhi tiga syarat berikut:

(a) Uji adalah uji taraf α

(b) Terdapat θ0 ∈ Ω0 sedemikian hingga Pθ0(T ∈ S) = α

(c) Misalkan g(t|θ) menyatakan densitas dari T . Untuk θ0 yang sa-

ma seperti dalam (b) dan untuk setiap θ1 ∈ Ωc0 terdapat k1 ≥ 0

sedemikian hingga

t ∈ Sbilag(t|θ1) > k1g(t|θ0)dant ∈ Scbilag(t|θ1) < k1g(t|θ0)

Tunjukkan uji ini adalah uji UMP taraf α dari H0 versus H1.

Pembahasan :

Misalkan β(θ) adalah fungsi kuasa dari uji dengan daerah penolakan

S. Tetapkan θ1 ∈ Ωc0. Pandang uji H1

0 : θ = θ0vsH11 : θ = θ1, menurut

akibat teorema Neyman-Person dan (a), (b), dan (c) mengakibatkan

β(θ1) ≥ β∗(θ1) dengan β∗(θ) fungsi kuasa untuk taraf α lain dari H10 ,

yaitu setiap uji yang memenuhi β(θ) ≤ α. Tetapi, setiap uji tanpa α

dari H0 memenuhi β∗ (θ0) ≤ sup β∗(θ) ≤ α.

Jadi β(θ1) ≥ β∗(θ1) untuk setiap uji taraf α dari H0. Karena θ1 seba-

rang maka soal terbukti.

4. Jika X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi n(θ, 1) dengan me-

an θ tidak diketahui. Perlihatkan bahwa tidak ada uji paling kuat

seragam dari hipotesis sederhana H0 : θ = θ′

dimana θ′ tertentu la-

wan hipotesis gabungan alternatif H1 : θ 6= θ′. Ruang sampelnya

Ω = θ;−∞ < θ < ∞ .



Pembahasan :

Misalkan θ′′ suatu bilangan yang tidak sama dengan θ′ dan k bilang-

an positif. Perhatikan bahwa

(1/2π)n/2 exp [−∑(xi − θ′)2/2]

(1/2π)n/2 exp [−∑

(xi − θ′′)2/2]≤ k (5.21)

atau

exp

− (θ′′ − θ′)

n∑

i=1

xi +n

2

[(θ′′)2 − (θ′)2

]

≤ k (5.22)

atau

(θ′′ − θ′)

n∑

i=1

xi ≥n

2

[(θ′′)2 − (θ′)2

]− ln k (5.23)

Pertidaksamaan ini ekivalen dengan

n∑

i=1

xi ≥n

2(θ′′ + θ′) − ln k

(θ′′ − θ′)jika θ′′ > θ′ (5.24)

dan ekivalen ke

n∑

i=1

xi ≤n

2(θ′′ + θ′) − ln k

(θ′′ − θ′)jika θ′′ < θ′ (5.25)

Kedua ini mendifinisikan daerah kritik terbaik untuk uji H0 : θ0 = θ′

lawan H1 : θ = θ′′ bila θ′′ > θ′ dan θ′′ < θ′. Akan tetapi daerah kritik

terbaik uji hipotesis sederhana lawan hipotesis sederhana alternatif

θ = θ′ + 1 tidak seperti daerah kritik terbaik daerah kritik terbaik

H0 : θ = θ′

lawan hipotesis sederhana alternatif θ = θ′ − 1. Jadi

dalam kasus ini tidak ada uji paling kuat seragam.

5. Tentukan daerah kritik dari uji rasio likelihood untuk uji hipotesis

nol H0 : µ = µ0 lawan H1 : µ 6= µ0 yang didasarkan sampel random

berukuran n dari populasi normal dengan varians σ2 diketahui.

Pembahasan :

Karena ω = µ0 maka L(ω) = L(µ0). Karena Ω = ℜ maka dengan

menggunakan metode likelihood maksimum diperoleh µ = x se-



hingga

L(ω) =

(1

σ√

2π

)n

exp

[− 1

2σ2

n∑

i=1

(xi − µ0)2

]

dan

L(Ω) =

(1

σ√

2π

)n

exp

[− 1

2σ2

n∑

i=1

(xi − x)2

]

sehingga

λ = exp[− n

2σ2(x − µ0)

2]

Daerah kritiknya adalah

exp[− n

2σ2(x − µ0)

2]≤ k

atau

(x − µ0)2 ≥ −2σ2

nln k

atau

|x − µ0| ≥√

− (2σ2 ln k) /n

dengan k akan ditentukan sehingga ukuran daerah kritik adalah α.

Jadi daerah kritiknya adalah

x : |x − µ0| ≥

√− (2σ2 ln k) /n

6. Diketahui X variabel random dengan distribusi n(θ1, θ2) dan misalk-

an ruang parameter Ω = (θ1, θ2);−∞ < θ1 < ∞, 0 < θ2 < ∞ . Hipo-

tesis gabungan H0 : θ1 = 0, θ2 > 0 dan hipotesis gabungan alternatif

H1 : θ1 6= 0. Himpunan ω = (θ1, θ2); θ1 = 0, 0 < θ2 < ∞ adalah

subset dari Ω dan H0 : (θ1, θ2) ∈ ω. Tentukan uji H0 lawan H1.

P embahasan :

Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random yang berukuran n > 1 dari

distribusi ini. Distribusi bersama dari X1,X2, ..., Xn disetiap titik da-



lam Ω adalah

L(θ1,θ2; x1, x2, ..., xn) =

(1

2πθ2

)n/2

exp

(−∑

(xi − θ1)

2θ2

)2

= L(Ω)

Distribusi bersama dari X1,X2, ..., Xn disetiap titik dalam ω adalah

L(0, θ2; x1, x2, ..., xn) =

(1

2πθ2

)n/2

exp−∑

(xi)

2θ2

2

= L(ω)

Sekarang akan ditentukan L(ω) dan L(Ω). Perhatikan bahwa

d lnL(ω)

dθ2

= 0

− n

2θ2

+

∑(xi)

2θ2

2

= 0

Diperoleh

θ2 =1

n

n∑

i=1

(xi)2

Sehingga

L(ω) =

(ne−1

2π∑

(xi)2

)n/2

Dengan cara analog (dengan metode likelihood maksimum) dipero-

leh

θ1 = x dan θ2 =

n∑

i=1

(xi − x)2/n

sehingga

L(Ω) =

[ne−1

2π∑

((xi − x)2/n)

]n/2

Karena itu,

λ =

[∑(xi − x)2

∑(xi)

2

]n/2



Jadi daerah kritik rasio likelihood adalah

[∑(xi − x)2

∑(xi)

2

]n/2

≤ k

atau x :

∑(xi − x)2

∑(xi)

2 ≤ k2/n

7. Misalkan x1, x2, x3random variabel independen berdistribusi

B (1, P ). Uji hipotesis H0 : P = 0, 25 dengan tingkat signifikasi α

berdasarkan LR Test Statistic dan dapatkan distribusinya!

Pembahasan :

xi ∼ B (1, P ) ⇒ P (xi = xi) = pxi (1 − P )1−xi , xi = 0, 1 i = 0, 1, 2, 3

L (P | x) = π3i=1P (xi = xi)

= P x1 (1 − P )1−x1 .P x2 (1 − P )1−x2 .P x3 (1 − P )1−x3

= P x1+x2+x3 (1 − P )3−x1.x2.x3

= PΣ3i=1xi (1 − P )3−Σ3

i=1xi

Diuji hipotesis H0 : P = 0, 25 vs H1 : P 6=, 25

Pandang Ruang Parameter:Ω0 = P = 0, 25Ω = P | 0 < P < 1

Di bawah Ω0didapat PΛ = P0 = 0, 25 , di bawah Ωdidapat MLE-P

adalah PΛ =Σ3

i=1xi

3

Sebab:logL (P | x) = Σ3

i=1xi.logP + (3 − Σ3i=1xi) logP (1 − p)

d.logL(P |x)dp

=Σ3

i=1x

P+ (3 − Σ3

i=1xi) .−11.p

0 =(1−PΛ)Σ3

i=1x−PΛ(3−Σ3i=1xi)

PΛ(1−PΛ)

PΛ =Σ3

i=1xi

3

= x

λ (x) =SupPǫΩ0

L(P |x)

SupPǫΩL(P |x)

= (0,25)Σ3i=1xi(0,75)3−Σ3

i=1xi

(Σxi3 )

Σx(1−Σxi

3 )(0,75)

3−Σ3i=1

xi

=(

3(0,25)

Σ3i=1xi

)Σ3i=1xi

(3(0,75)

3−Σ3i=1xi

)3−Σ3i=1xi



λ (x)adalah fungsi ........... dari Σ3i=1xi

Daerah kritik untuk uji ini adalah

λ < C0

atau

(0, 75

Σ3i=1xi

)Σ3i=1xi

(2, 25

3 − Σ3i=1xi

)3−Σ3i=1xi

< C0

Dibawah H0Σ3i=1xi ∼ B (3, P = 0, 25) maka daerah kritik uji ini

adalah berbentuk pasangan.

Σxi < C∗0dan Σxi > C∗∗

0

Dimana C∗0dan C∗∗

0 dapat ditung berdasarkan tingkat signifikasi

αyang ditentukan dan distribusi binomial n − 3 dan p − 0, 25 maka

hubungan:

P(Σ3

i=1xi < C∗0

)≈ α2 dan

P(Σ3

i=1xi > C∗∗0

)≈ α2

Jadi distribusi yang digunakan dalam uji ini adalah distribusi

Binomial dengan trial = 3 dan Probabilitas sukses p = 0, 25. Se-

dangkan untuk n besar dapat digunakan pendekatan −2logλyang

berdistribusi Asimtotik X2(1).

8. Misalkan X1, X2, ...., X30(n = 30) barisan variabel random berdistri-

busi Gamma dengan α = 10 dan β tidak diketahui. Kontruksikanlah

MP test dari hipotesis H0 : β = 2 vs H1 : β = 3, pada level signifikasi

0, 05.

Pembahasan :

(a) Diketahui Xi ∼ G (α, β) maka densitas dari Xi adalah:

f (Xi | β) = 1r(α)βα xα−1e−xiβ; xi > 0, α > 0, dan β > 0



Dengan ruang parameter:

Ω0 = (α, β) | α = 10; β = 2Ω = (α, β) | α = 10; β = 3 > β0 = 2

(b) Densitas bersama dari xipada Ω0adalah

f0 (x | β0) =[

1r(10)210

]30π30

i=1x9e−

12Σ30

i=1xi

(c) Densitas bersama dari xipada Ωadalah:

f1 (x | β1) =[

1r(10)310

]30π30

i=1x9e−

13Σ30

i=1xi

(d) Rasio Likehoodnya adalah:

R (Z, β0, β1) = f1(x|β1)f0(x|β0)

=

h1

r(10)310

i30π30

i=1x9e−13 Σ30

i=1xi

h1

r(10)210

i30π30

i=1x9e−12 Σ30

i=1xi

=π30

i=1x9e−13Σ30

i=1xi

h1

r(10)310

i30 .π30

i=1x9e−12 Σ30

i=1xi

h1

r(10)210

i30

=[

23

]300.e−

13Σ30

i=1xi+12Σ30

i=1xi

=[

23

]300.e

16Σ30

i=1xi > C

(e) Dengan C suatu konstantaa tertentu, jadi dapat ditulis:

[2

3

]300

.e16Σ30

i=1xi > C atau

[2

3

]300

Ambil logaritma kedua ruas, diperoleh:

16Σ30

i=1xi > Log C − 300 Log 23

= Log C − 300 (Log 2 − Log 3)

= Log C − 300 (0, 3010 − 0, 4771)

= Log C + 52, 83

Σ30i=1xi > 6 (Log C + 52, 83) = C0

Jadi HP testnya berbentuk:

Ø (Z) =

1;Jika Σ30

i=1xi > C0

0; Jika Σ30i=1xi ≤ C0

(f) Karena Σxi ∼ G (nβ, α), maka C0dapat dihitung berdasarkan:∫∞

C0

1r(300)2300 Y

299e−Y 2dy = 0, 05 dengan Y = Σxi



9. Misalkan X1, X2, ...., X30(n = 30) variabel random independen ber-

distribusi N (µ, σ2)dengan µ tidak diketahui dan σ diketahui. Tun-

jukkan sampel size ndapat ditentukan, sehingga uji hipotesis H0 :

µ = 0 vs hipotesis H1 : µ = 1dapat dilakukan bila nilai-nilai αdan

β telah ditentukan sebelumnya. Berapakah nilai numeris dari n, jika

α = 0, 05, β = 0, 9, dan σ = 1?

Pembahasan

(a) Xi ∼ G (µ, σ2) maka densitas dari Xiadalah:

f (Xi | µ) = (2πσ2)−12

e1

2σ2 (Xi−µ)2 ;-∞ < x < ∞Dengan ruang parameter:

Ω0 = (α, σ2) | µ = 0; σ > 0Ω = (α, σ2) | −∞ < µ < ∞; σ > 0, µ = 1

(b) Densitas bersama dari xipada Ω0adalah:

f0 (x | µ = 0) = (2πσ2)−n2

e−1

2σ2 Σni=1x2

i

(c) Densitas bersama dari xipada Ωadalah:

f1 (x | µ = 1) = (2πσ2)−n2

e−1

2σ2 Σni=1(xi−1)2

(d) Rasio Likehoodnya adalah:

R (Z, µ0, µ1) = f1(x|µ=1)f0(x|µ=0)

= e−1

2σ2 Σni=1x2

i− 12σ2 Σn

i=1(xi−1)2

= e−1

2σ2 Σni=1x2

i− 12σ2 Σn

i=1(x2i−2xi+1)

= e−1

2σ2 Σni=1x2

i − nσ2 > C

(5.26)

dengan C suatu konstanta tertentu. Bentuk di atas dapat ditulis:

e1

σ2 Σni=1xi.e

nσ2 > C

e1

σ2 Σni=1xi > e

nσ2

(5.27)

Ambil logaritma kedua ruas diperoleh:1σ2 Σ

ni=1xi > n

σ2 + LogC

Σni=1xi > n

2+ σ2LogC

AtauΣn

i=1xi

n> 1

2+ σ2

nLogC = C0 ⇒ X > C0



(e) Jadi HP testnya berbentuk:

Ø (Z) =

1;Jika X > C0

0; Jika X ≤ C0

denganX =1

nΣn

i=1xi (5.28)

(f) Karena xi ∼ N (µ, σ2), maka x ∼ N (µi, σ2n) ; i = 0, 1..C0 di-

tentukan dengan:

Eµ0 [Ø (Z)] = Pµ0 (x > C0) = α

1 − Pµ0 (x ≤ C0) = 0, 05

Pµ0 (x ≤ C0) = 1 − 0, 05

= 0, 95

Atau:

Pµ0

(x−µ0x

σx≤ C0−µ0x

σx

)= 0, 95

Pµ0

(Z ≤ C0−µ0x√

1n

)= 0, 95

Pµ0 (Z ≤ C0

√n) = 0, 95

(g) Dengan menggunakan tabel distribusi normal starndard dipe-

roleh:

Pµ0 (Z ≤ 1, 645) = 0, 95 sehingga didapat

C0

√n = 1, 645 (5.29)

Karena β = 0, 9dan berdasarkan di atas diperoleh:

Eµ1 [Ø (Z)] = 1 − 0, 9 = 0, 1 (1 − β = P )

tidak menolak H0 | H1salah.

Pµ1 (x ≤ C0) = 0, 1

Pµ1

(x−µ0x

σx≤ C0−µ0x

σx

)= 0, 1

Pµ1

(Z ≤ C0−µ0x√

1n

)= 0, 1

Pµ1 (Z ≤ C0

√n) = 0, 1

(h) Dengan menggunakan tabel distribusi normal standard dipero-

leh:

Pµ1

(Z ≤ C0

√n)

= 0, 1



Sehingga diperoleh:

√n (C0 − 1) = −1, 28 (5.30)

Dari (3) dan (4) diperoleh:

C0

√n −√

n = −1, 28

1, 64 −√n = −1, 28

√n = 1, 64 +1, 28 = 2, 92

Atau

n = (2, 92)2 = 8, 53 ≃ 9

Jadi nilai n yang ditanyakan adalah sekitar 9. Jika niali n = 9

disubstitusikan ke (3) diperoleh C0 = 0, 55 sehingga MP Testnya

adalah:

Ø (Z) =

1;Jika X > 0, 55

0; Jika X ≤ 0, 55denganX =

1

nΣn

i=1xi

Dengan kata lain H0ditolak apabila X > 0, 55,H0diterima

apabila X ≤ 0, 55

10. Misalkan x1, x2, ..., x30variabel random independen berdistribusi

N (µ, σ2). Jika x = 3, 2, kontruksilah MP test dari hipotesis H0 : µ =

3; σ2 = 4vs hipotesis alternatif H1 : µ = 3, 5; σ2 = 4pada level signifi-

kasi α = 0, 01

Penyelesaian

• Xi ∼ N (µ, σ2)densitas dari Xiadalah

f (Xi | µ, σ2) = (2πσ2)−12

e−1

2σ2 (xi−µ)2

Dengan ruang parameter:

Ω0 = µ = 3; σ2 = 4Ω = −∞ < µ < ∞; σ2 > 0, µ = 1Ωc

0 = µ = 3, 5; σ2 = 4



• Densitas bersama dari xipada Ω0adalah:

f0 (x | µ, σ2) = (2π.4)−50 e−18Σ100

i=1(xi−3)2

= (8π)−50 e−18Σ100

i=1(x2i−6xi+9)

2

= (8π)−50 e−18Σ100

i=1x2i + 6

8Σ100

i=1x2i−112,5

• Densitas bersama dari xipada Ωc0adalah:

f1 (x | µ, σ2) = (2π.4)−50 e−18Σ100

i=1(xi−3,5)2

= (8π)−50 e−18Σ100

i=1(x2i −7xi+12,25)

2

= (8π)−50 e−18Σ100

i=1x2i + 7

8Σ100

i=1x2i −153,125

• Rasio Likehoodnya adalah:

R (z, µ0, µ1) =f1(x|µ,σ2)f0(x|µ,σ2)

= (8π)−50e−18Σ100

i=1x2i + 7

8Σ100i=1x2

i −153,125

(8π)−50e−18 Σ100

i=1x2

i+6

8 Σ100i=1

x2i−112,5

= e−18Σ100

i=1x2i−40,62,5 > C

(5.31)

dengan C suatu konstanta tertentu.

Bentuk (1) diatas dapat ditulis sabagai:

e−18Σ100

i=1x2i > e40,62,5.C (5.32)

ambil logaritma kedua ruas pertidaksamaan (2), diperoleh:

18Σ100

i=1x2i > 40, 62, 5 + LogC

Σ100i=1x

2i > 325 + 8LogC

Jadi diperoleh:Σ100

i=1xi

100> 325 + 8

100LogC = C0

Sehingga MP tes dari uji hipotesis diatas berbentuk,

Ø (Z) =

1;Jika X > C0

0; Jika X ≤ C0

denganΣ100

i=1xi

100= 3, 2

Karena xi ∼ N (µ, σ2)dengan n=100, maka

x ∼ N

(µi,

σ2

n

)= N

(µi,

4

100

): 1 = 0, 1



C0ditentukan dengan Eµ0 [Ø (Z)] = Pµ0 (x > C0) = αdengan

α=0,01

Jadi:

Eµ0 [Ø (Z)] = Pµ0 (x > C0) = Pµ0 (x > C0)

1 − Pµ0

(X ≤ C0

)= 0, 01

Pµ0

(X ≤ C0

)= 1 − 0, 01 = 0, 99

Bentuk ini diubah kebentuk distribusi normal standars, sebagai

berikut:

Pµ0

(X−µ0X

σX≤ C0−µ0X

σX

)= 0, 99

Pµ0

(Z ≤ C0−3

σX

)= 0, 99

Ø(

C0−3210

)= 0, 99

Pµ0 (Z ≤ 5C0 − 15) = 0, 99

dengan σX =

√4

100=

2

10, µ0 = 3

Dengan menggunkan tabel distribusi normal standard dipero-

leh

Pµ0 (Z ≤ 2, 33) = 0, 99, sehingga diperoleh:

5C0 − 15 = 2, 33 ⇒ 5C0 = 17, 33

C0 = 17,335

= 3, 466

Jadi MP test dari uji hipotesis diatas adalah:

Ø (Z) =

1;Jika X > 3, 466

0; Jika X ≤ 3, 466

Dengan kata lain: Karena X = 3, 2 < C0 = 3, 466maka H0tidak

ditolak pada tingkat signifikasi α = 0, 01

11. Misalkan X variabel random yang densitasnya uniform

µ (0, 1)disimbolkan dengan f0 atau berdistribusi triangular pa-

da interval [0, 1]disimbolkan dengan , dimana f1berbentuk:



f1 =

4x ; 0 ≤ x < 12

4 − 4x ; 12≤ x ≤ 1

0 ; otherwise

yang didasarkan pada observasi tungal X. Konstruksilah MP test da-

ri hipotesis H0 : f = f0vs hipotesis H1 : f = f1pada level signifikansi

α = 0, 05

Penyelesaian:

• Diuji hipotesis H0 : f0(x) = 1I[0,1] (x) vs H1 : f1 (x)

Bentuk: Ω = θ0, θ1dengan f (x | θ0) = f0(x); 0 ≤ x ≤ 1dan

f (x | θ1) = f1(x); 0 ≤ x ≤ 1

X ∼ (0, 1)maka densitas dari X adalah:

f (x | θ0) = f0(x) =1

1 − 0; 0 ≤ x ≤ 1

Disini: f (x | θ0) = f0(x)danf (x | θ1) = f1(x)karena observasi

didasarkan pada observasi tunggal pada X.

Rasio Likehoodnya adalah:

f (x | θ1)

f (x | θ0)=

f1(x)

f0(x)= f1(x) =

4x ; 0 ≤ x < 12

4 − 4x ; 12≤ x ≤ 1

0 ; otherwise

Jadif1(x) > C ⇔ 4x > C atau 4 − 4x > C

⇔ x > C4 atau x < 1 − 1/4C

Dengan C suatu konstanta tertentu.

sebut,C4 = C ′0dan 1 − 1/4C”maka MP tes dari uji hipotesis

tersebut akan terbentuk:

Ø (Z) =

1;Jika X > C

4= C ′

0atau x < 1 − 1/4C = C0”

0; Jika X ≤ C0 dan x ≥ C0”

Nilai C ′0dan C0”dihitung dengan Eθ0 [Ø (x)] = αdengan α =

0, 05, yaitu

• Eθ0 [Ø (x)] = 1.Pθ0 (x > C ′0) + 1.Pθ0 (x < C0”) + 0.Pθ0 (x ≤ C ′

0) +



0.Pθ0 (x ≥ C0”) = 0, 05

⇐⇒= Pθ0 (x > C ′

0) + Pθ0 (x < C0”) = 005

= Pθ0 (x > C ′0) + 1 − Pθ0 (x < C0”) = 0, 05

=∫ 1

c′odx + 1 −

∫ 1

co”dx = 0, 05

=∫ 1

c4dx + 1 −

∫ 1

1− c4dx = 0, 05

= [x]1c4

+ 1 −∫ 1

1− c4dx = 0, 05

= 1 − c4

+ 1 − [x]11− c4

= 0, 05

= 1 − c4

+ 1 −(1 −

(1 − c

4

))= 0, 05

= 2 − c4− 1 + 1 − c

4= 0, 05

= 2 − c4

= 0, 05

atauc2

= 2 − 0, 05 = 1, 95

C = 2 (1, 95) = 3, 9

Jika harga c=3,9 ini disubstitusikan masing-masing ke

C ′0 = c

4diperoleh C ′

0 = 3,94

= 0, 975dan

C0” = 1 − c4

= 1 − 0, 975 = 0, 025.

Jadi diperoleh harga C ′0 = 0, 975 dan C0” = 0, 025. Sehingga MP tes

dari uji hipotesis tersebut adalah:

Ø (x) =

1 ; Jika x > 0, 975 atau

x < 0, 025

0 ; Jika x ≤ 0, 975 dan

x ≥ 0, 025

Dengan kata lain: H0(Hipotesa nol) ditolak jika x > 0, 975atau

x < 0, 025 dan H0diterima pada 0, 025 ≤ x ≤ 0, 975. Seperti yang

diilustrasikan gambar berikut:

12. Misalkan x1, x2, ..., xnvariabel random iid dengan densitas (pdf)

f0atau f1, diman f0berdistribusi P (1) dan f1berdistriubusi geome-

tris dengan P = 12. Tentukan MP tes dari hipotesis H0 : f = f0vs

H1 : f = f1pada level signifikansi α = 0, 05

Penyelesaian:



• Diuju hipotesisH0 : f = f0 (x) = e−1

x!V S

H1 : f = f0 (x) =(1 − 1

2

)x−1.12

=(

12

)x−1.12

=(

12

)x

Bentuk Ω = θ0, θ1dengan f (x | θ0) = f0 (x) = e−1

x!dan

f (x | θ1) = f1 (x) =(

12

)x−1.12

• Densitas bersama dari Xiuntuk θ0adalah:

f (x | θ0) =e−n

πni=1xi!

dan densitas bersama dari xiuntuk θ1adalah:

f (x | θ1) =(

12

)Σni=1xi−n (1

2

)n

=(

12

)Σni=1xi .

(12

)−n.(

12

)n

=(

12

)Σni=1xi

• Rasio Likehoodnya adalah:

R (Z, f0, f1) = f(x|θ1)f(x|θ0)

=( 1

2)Σn

i=1xi

e−n

πni=1

xi!

=πn

i=1xi!“

12

πni=1xi

”

e−n

dengan C suatu konstanta tertentu. Atau bentuk diatas dapat

ditulis sebagai:

πni=1xi!

(1

2

πni=1xi

)> C.e−n (5.33)

Ambil logaritma kedua ruas dari (1) diperoleh:

Logπni=1xi! + Σn

i=1xilog(

12

)> logC − n

Σni=1xilogxi + Σn

i=1xilog(

12

)> logC − n

Σni=1xilogxi + Σn

i=1xi log1 − log2 > logC − n

Σni=1xilogxi + Σn

i=1xi 0 − 0, 3010 > logC − n

Σni=1xilogxi − 0, 3010Σn

i=1xi > logC − n

Misalkan: logxi = timaka, xi = eti

Jadi: Σni=1ti − 0, 3010Σn

i=1eti > Log − n



13. Mislakan x1, x2, ...., xnvariabel random iid dengan

densitas (pdf) sebagai berikut: (i). f (x | θ) =θα

r(α)xα−1e−θxI(0,∞) (x) ; θǫΩ = (0,∞)α diketahui > 0 (ii). f (x | θ) =

θr

(r + x − 1

x

)(1 − θ)x IA (x) ; A = 0, 1, 2... θǫΩ = (0, 1).

Tunjukkan densitas bersama dari (i) dan (ii) mempunyai sifat MLR

(Monotone Likehood Ratio) dalam V (x1, x2, ..., xn).

Penyelesaian:

(i). Densitas bersama dari xiadalah:

f (x | θ) =[

θα

r(α)

]nπn

i=1xα−1i e−θΣn

i=1xi

Keluarga distribusi ini adalah keluarga distribusi eksponensial,

sebab keluarga tersebut dapat ditulis ke dalam bentuk:

f (x | θ) = C (θ) eQ(θ)T (x)h (x) (5.34)

dengan:

C (θ) =[

θα

r(α)

]n; Q (θ) = −θ

T (x) = Σni=1xi ; h (x) = πn

i=1xα−1i

Jelas Q (θ) = −θdecreasing pada (0,∞), sebab Q (θ) = −1 < 0. Jadi

berdasarkan proposisi 1 halaman 277 dari Roussas, keluarga ekpo-

nensial diatas memiliki sifat MLR dalam v (x) = −T (x) = −Σni=1xi.

(ii). Densitas bersama dari xiadalah:

f (x | θ) = θnrπ

(r + x − 1

x

)

(1 − θ)Σni=1xi

= θnrπ

(r + x − 1

x

)eΣn

i=1xiLog (1 − θ)

14. X ∼ Bin (θ, n) . Misalkan Ø (x)adalah uji UMP untuk H0 : θ ≤θ0vs H1 : θ > θ0. Untuk n=6;θ0 = 0, 25 dan α = 0, 05; 0, 1 dan 0, 2.

Tentukan uji bersama-sama dengan β (θ) fungsi kuasa untuk θ0 =

0, 3; θ0 = 0, 4.

Penyelesaian:



x ∼ Bin (θ, n), maka densitas dari x adalah:

f (x | θ) =

(n

x

)

θx (1 − θn−x)

=

(6

x

)0, 25x (1 − 0, 25)6−x

=

(6

x

)0, 25x0, 75x

Densitas bersama dari x adalah:

f (x | θ) = πni=1

(6

x

)0, 25Σx0, 7536−Σx

= π6i=1

(6

xi

)0, 7536

(0,250,75

)Σ6xi

= π6i=1

(6

x

)0, 7536

(13

)Σ6xi

= π6i=1

(6

xi

)0, 7536eΣ6xilog( 1

3)

Jelas bentuk terakhir ini adalah berbentuk keluarga ekponensial

dengan:

c (θ) = 0, 7536 ; h (x) = π6i=1

(6

xi

)

T (x) = Σsxi dan Q (θ) = Log(

13

)

Jadi bentuk UMP tes diatas adalah:

Ø (x) =

1 jika x > c

γ jika x = c

0 bagi yang lain

; dengan Σn=1i=1 xi = X ∼ Binθ

• Sekarang dilihat untuk H0 : θ < 0, 3vsH1 : θ > 0, 3untuk

α = 0, 05



Eθ0 [Ø (x)] = Pθ0 (x > c) + γPθ0 (x = c) = 0, 05

1 − Pθ0 (x ≤ c) + γPθ0 (x = c) = 0, 05

Pθ0 (x ≤ c) − γPθ0 (x = c) = 0, 95

Dengan menggunakan tabel binomial untuk n = 6; θ0=0,3

diperoleh: untuk c = 4 diperoleh P0,3(x ≤ c) = 0, 9868

Jadi:P0,3 (x = 4) = P0,3 (x ≤ 4) − P0,3 (x ≤ 3)

= 0, 9868− 0, 9192 = 0, 0676

Sehingga diperoleh:

0, 9868− γ (0, 0676) = 0, 95

γ (0, 0676) = 0, 0368

γ = 0, 5444

Jadi UMP tes diatas menjadi:

Ø (x) =

1 jika x > 4

0, 54444 ; jika x = 4

0 bagi yang lain

Dengan kata lain:

H0ditolak apabila x > 4

H0ditolak dengan kendala 0,54444 Jika x = 4

Power of the test di 0,7 adalah:

βØ (0, 7) = P0,7 (x > 4) + 0, 54444P0,7 (x = 4)

= P0,3 (x ≤ 1) + 0, 54444P0,3 (x = 24)

= 0, 3936 + (0, 54444) [P0,3 (x ≤ 2) − P0,3 (x ≤ 1)]

= 0, 3936 + (0, 54444) . (0, 7208− 0, 3936)

= 0, 3936 + 0, 1781

= 0, 5717

Dengan fungsi kuasa di 0,3

β (θ) = PθǫΩ1 (x > 4) + 0, 544PθǫΩ1 (x > 4)

= Σ6x=4

(6

x

)

θx (1 − θ)6−x + 0, 544

(6

x

)

θ4 (1 − θ)2

• H0 : θ ≤ 0, 3 vs H1 : θ > 0, 3untuk α = 0, 1.



Eθ0Ø (x) = Pθ0 (x > c) + γ.Pθ0 (x = c) = 0, 1

= 1 − Pθ0 (x ≤ c) + γ.Pθ0 (x = c) = 0, 1

Pθ0 (x ≤ c) − γ.Pθ0 (x = c) = 0, 9

(5.35)

Dengan menggunakan tabel binomial untuk n=6; θ0 = 0, 3untuk

c = 3 diperoleh Pθ0 (x ≤ c) = 0, 9192.

Jadi:

Pθ0 (x = 3) = Pθ0 (x = 3) − Pθ0 (x ≤ 2)

= 0, 9192− 0, 7208 = 0, 1994

Sehingga, jika nilai-nilai ini disubstitusikan ke * diperoleh:

0, 9192− γ (0, 1994) = 0, 9

γ = 0,9192−0,90,1994

= 0, 0962

Sehingga UMP tes untuk hipotesa ini adalah:

Ø (x) =

1 ; jika x > 3

0, 0962 jika x = 3

0 bagi yang lain

Dengan kata lain:

H0ditolak apabila x > 3

H0ditolak dengan probabilitas 0,0962 jika x = 3

Power of the tes di 0,7 adalah:

βØ (0, 7) = P0,7 (x > 3) + 0, 0962P0,7 (x = 3)

= P0,3 (x ≤ 2) + 0, 0962P0,3 (x = 3)

= 0, 7208 + 0, 0962 [P0,3 (x ≤ 3) − P0,3 (x ≤ 2)]

= 0, 7208 + 0, 0962 [0, 9192 − 0, 7208]

= 0, 7399

Fungsi kuasa: β (θ) = Σ

(6

x

)

θx (1 − θ)6−x +

0, 0962

(6

x3

)θ3 (1 − θ)3

• H0 : θ ≤ 0, 3vs H1 : θ > 0, 3untuk α = 0, 2



Eθ0Ø (x) = Pθ0 (x > c) + γPθ0 (x = c) = 0, 2

= 1 − Pθ0 (x ≤ c) + γPθ0 (x = c) = 0, 2

Pθ0 (x ≤ c) − γPθ0 (x = c) = 0, 8

(5.36)

Dengan tabel distrbusi binomial untuk n = 6 dan

θ0 = 0, 3diperoleh: untuk c = 3, maka P0,3 (x ≤ c) = 0, 9192.

Jadi:

P0,3 (x = 3) = P0,3 (x = 3) − P0,3 (x ≤ 2)

= 0, 9192− 0, 7208 = 0, 1994

Harga-harga ini disubstitusikan ke * diperoleh 0,9192-γ0,1994 =

0,8 ⇒γ= 0,9192−0,8

0,1994= 0, 6132

Sehingga UMP test untuk hipotesa ini adalah:

Ø (x) =

1 ; jika x > 3

0, 6132 ; jika x = 3

0 ; bagi yang lain

Dengan kata lain:

H0ditolak jika x > 3

H0ditolak jika x = 3dengan probabilitas 0,6132.


βØ (0, 7) = P0,7 (x > 3) + 0, 6132P0,7 (x = 3)

= P0,3 (x ≤ 2) + 0, 6132P0,3 (x = 3)

= 0, 7208 + 0, 0962 [P0,3 (x ≤ 3) − P0,3 (x ≤ 2)]

= 0, 7208 + 0, 6132.0, 1852

= 0, 8344

H0 : θ ≤ 0, 4 VS H1 : θ > 0, 4, dengan α = 0, 05.

Eθ0Ø (x) = P0,4 (x > c) + γP0,4 (x = c) = 0, 05

= 1 − P0,4 (x ≤ c) + γP0,4 (x = c) = 0, 05

P0,4 (x ≤ c) − γP0,4 (x = c) = 0, 95

(5.37)



Dengan tabel distribusi binomial untuk n = 6; θ0 = 0, 4

diperoleh untuk c = 4, maka P0,4 (x ≤ 4) = 0, 9590. Jadi

P0,4 (x = 4) = 0, 1382.

Substitusikan nilai-nilai ini * diperoleh:

0, 9590 − γ0, 1382 = 0, 95 ⇒ γ = 0.0651


Ø (x) =

1 ; jika x > c = 4

0, 0651 ; jika x = 4

0 ; bagi yang lain


βØ (0, 6) = P0,6 (x > 4) + 0, 0651P0,6 (x = 4)

= P0,4 (x ≤ 1) + 0, 0651P0,4 (x = 2)

= 0, 2333 + 0, 0651.0, 3110

= 0, 2535

Untuk α = 0, 1

Eθ0Ø (x) = P0,4 (x > c) + γP0,4 (x = c) = 0, 1

= 1 − P0,4 (x ≤ c) + γP0,4 (x = c) = 0, 1

P0,4 (x ≤ c) − γP0,4 (x = c) = 0, 9

(5.38)

Dengan tabel distribusi binomial untuk n = 6; θ0 = 0, 4

diperoleh untuk c = 4, maka P0,4 (x ≤ 4) = 0, 9590. Jadi

P0,4 (x = 4) = 0, 1382.

Substitusikan nilai-nilai ke ** diperoleh:

0, 9590 − γ.0, 1382 = 0, 9 ⇒ γ = 0, 4269.


Ø (x) =

1 ; jika x > 4

0, 4269 ; jika x = 4

0 ; bagi yang lain




βØ (0, 6) = P0,6 (x > 4) + 0, 4269P0,6 (x = 4)

= P0,4 (x ≤ 1) + 0, 4269P0,4 (x = 2)

= 0, 2333 + 0, 4269.0, 3110

= 0, 3660

Untuk α = 0, 2:

Eθ0Ø (x) = P0,4 (x > c) + γP0,4 (x = c) = 0, 2

= 1 − P0,4 (x ≤ c) + γP0,4 (x = c) = 0, 2

P0,4 (x ≤ c) − γP0,4 (x = c) = 0, 8

(5.39)

Dari tabel distribusi binomial pada n = 6; θ0 = 0, 4 diperoleh un-

tuk c = 3, maka P0,4 (x ≤ 3) = 0, 8208. Jadi P0,4 (x = 4) = 0, 2765.

Substitusikan nilai-nilai ke *** diperoleh:

0, 8208 − γ.0, 2765 = 0, 8 ⇒ γ = 0, 0752.


Ø (x) =

1 ; jika x > 3

0, 0752 ; jika x = 3

0 ; bagi yang lain


βØ (0, 6) = P0,6 (x > 3) + 0, 0752P0,6 (x = 3)

= P0,4 (x ≤ 2) + 0, 0752P0,4 (x = 3)

= 0, 5443 + 0, 0752.0, 2765

= 0, 5651

15. Misalkan x1, x2, ...., xnvariabel random berdistribusi ekspo-

nensial dengan parameter lokasi θdan densitas f (x | θ) =

exp − (x − θ) θ ≤ x < ∞. Tentukan UMP tes untuk

H0 : θ ≤ θ30 VS H1 : θ ≤ θ0

Penyelesaian:

• f (xi | θ) = e−(xi−θ)

f (x | θ) = e−(xi−θ)I(θ,∞)

(x(i)

) ; θ ≤ x < ∞

dan densitas bersamanya adalah:



f (θ | x) = e−Σ(xi−θ)I(θ,∞)

(x(i)

)

= e−Σ(xi−θ)enθI(θ,∞)

(x(i)

)

Dengan mengambil T (x) = x(i)danG (T | θ) =

enθI(θ,∞)

(x(i)

)serta h (x) = e−Σxi , maka T (x) = x(i)adalah

statistik cukup bagi θ. Selanjutnya ditunjukkan keluarga

f (x | θ)mempunyai sifat MLR (Monotone Likehood Ratio)

dalam T (x) = x(i), yaitu ratio likehood dari f (θ | x)untuk

θ1 < θ2adalah:f(θ2|x)f(θ1|x)

= e(θ2−θ1)I(θ,∞)

(x(i)

)yang merupakan fungsi tidak turun

dalam x(i), berarti fθ; θǫΩini memiliki sifat MLR.

Jadi MP tes uji diatas adalah:

Ø (x) =

1 ; jika x(i) > C

0 ; bagi yang lain

C dihitung dari densitas x(i), seabgai berikut:

Misalkan Y = x(i) = xmin

P (Y = y) = P (xmin ≤ y)

= 1 − P (xmin > y)

= 1 − 1 − P (x ≤ y)n

= 1 −

1 −∫ Y

θeθe−xdx

n

= 1 −1 + eθe−x |yθ

n

= 1 −1 + eθe−x − 1

n

= 1 − enθe−ny

= 1 − e−(y−θ)

Jadi:

fy (y) = ddy

P (Y = y)= d

dy

1 − enθe−ny

= 1nenθe−ny

= n.e−n(y−θ)

; θ ≤ y < ∞

Sehingga:

P (Y > c) =∫∞

c1nenθ0e−nydy = α

= 1nenθ0

(− 1

ne−ny |∞c

)= α

3 = 1nenθ0

(− 1

ne−nc

)= α



⇒ e−nc = n2α

enθ0⇒ −nc = Log

(n2α

enθ0

)Atau −nc =

Log n2α − nθ0 ⇒ c = θ0 − 1n

Log n2α

Kesimpulan: H0ditolak apabila xmin > θ0 − 1n

Log n2α

16. Misalkan x1, x2, ..., x30random variabel independen berdistribusi

G (α = 10, β),βtidak diketahui. Konstruksikanlah MP tes untuk uji

hipotesa H0 : β = 2VS H1 : β = 3dengan α = 0, 05.

Penyelesaian:

• xi ∼ G (α = 10, β) ⇒ f (xi | β) =1

T(10)β10 x9i e

−xiβDikonstruksikan MP tes untuk H0 : β = 2VS

H1 : β = 3. Berdasarkan Leuma Neyman-Pearson di dapat:

f(x|β=3)f(x|β=2)

=π30

i=1x9i e−

13 Σxi(T(10))

30.(330)

π30i=1x9

i e−12Σxi(T(10))

30.(230)

=(

23

)30e−( 1

3− 1

2)Σ30i=1xi

=(

23

)30e−

16Σ30

i=1xi

Log f(x|β=3)f(x|β=2)

= 16Σ30

i=1xi + 30Log(

23

)

Didapat H0akan ditolak jika:

1

6Σ30

i=1xi + 30Log

(2

3

)> k

Σ30i=1xi > 6

(k − 30Log

2

3

)= c

Selanjutnya dibawah H0akan dicari distribusi dari Σ30i=1xi

xi ∼ G (α = 10, β = 2) ⇒ Mxi(t) = (1 − 2t)−10

MΣ30xi(t) = (Mxi

(t))30

=[(1 − 2t)−10]30

= (1 − 2t)−300

= (1 − 2t)−6002

Ini adalah MGF dari x2(600).



Dengan demikian H0akan ditolak apabila Σ30i=1xi > c

Dimana c dapat dihitung berdasarkan tingkat signifikansi

α = 0, 05 dan distribusi x2(600), memenuhi:

P (Σ30i=1xi > c) = 0, 05 atau

1 − P (Σ30i=1xi ≤ c) = 0, 05 atau

P (Σ30i=1xi ≤ c) = 0, 95

Berdasarkan tabel distribusi x2(600)didapat c ≈ 61, 656

Untuk menguji H0 : β = 2 VS H1 : β = 3dengan tingkat

signikansi α = 0, 05, H0akan ditolak jika: Σ30i=1xi > 61, 656

17. Soal Buku Roussas no 4 halaman 313. Misalkan x1, x2, ...., xnrandom

variabel berdistribusi N (µ, σ2)dengan µtidak diketahui dan

σdiketahui. Ingin dilakukan uji hipotesa H0 : µ = 0 VS H1 :

µ = 1Untuk α = 0, 05, β = 0, 9, dan σ = 1. Tentukan ukuran dari

sampel n.

Penyelesaian:

xi ∼ N (µ, σ2) ⇒ f (xi | µ) = (2πσ2)−12

e−1

2σ2 (xi−µ)2σ diketahui

Uji hipotesis H0 : µ = 0 VS H1 : µ = 1. Berdasarkan Leuma

Neymman-Pearson di dapat:

f(x|µ=1)f(x|µ=0)

=(2πσ2)

−1n2e− 1

2σ2 Σn(xi−1)2

(2πσ2)−1n2e− 1

2σ2 Σn(xi−0)2

= e−1

2σ2 (Σx2i−2Σxi+n−Σxi)

= e−1

2σ2 (n−2Σxi)

= e−n

2σ2 .eΣxiσ2

MP tes memberikan, H0ditolak jika :

e−n

2σ2 .eΣxiσ2 > k

− n2σ2 + Σxi

σ2 > Logk

Σni=1xi > σ2 (Logk + σ2) = c

Untuk α = 0, 05, β = 0, 9 dan σ = 1, dibawah H0Σxi ∼ N (n.0, n.1) =



N (n, 0)dan di bawah H1Σxi ∼ N (n.1, n.1) = N (n, n) .

α = P (Σxi > c)

0, 05 = P (Σx > c)

P (Σx ≤ c) = 0, 95

⇔ P(

Σx−0√n

≤ c√n

)= 0, 95

⇔ P(Z ≤ c√

n

)= 0, 95

⇔ ∅

(c√n

)= 0, 95

Daritabeldistribusi N (0, 1) didapatc√n

= 1, 64 (5.40)

1 − β = P (tidak menolak H0 | H0salah)

1 − 0, 9 = P (Σx ≤ c)

0, 1 = P(

Σx−n√n

≤ c−n√n

)

0, 1 = P(Z ≤

(c√n−√

n))

0, 1 = Ø(

c√n−√

n)

Dari tabel distribusi N (0, 1)didapat:

c√n−√

n = −1, 28 (5.41)

Persamaan 1 disubstitusikan pada 2 didapat

√n = c√

n+ 1, 28 = 1, 64 + 1, 28

√n = 2, 92 ⇒ n = (2, 92)2 ≈ 9

Jadi ukuran sampel adalah n = 9.

18. Misalkan x1, x2, ...., x100variabel independen berdistribusi

N (µ, σ2) .Jika x = 3, 2, Konstruksikan MP tes untuk hipotesis

H0 : µ = 3, σ2 = 4 VS H1 : µ = 3, 5, σ2 = 4pada tingkat signifikansi

α = 0, 01.

Penyelesaian:

xi ∼ N (µ, σ2) ⇒ f (xi | µ) = (2πσ2)−12

e−1

2σ2 (xi−µ)2akan dikonstruk-

sikan uji MP untuk: H0 : µ = 3, σ2 = 4 VS H1 : µ = 3, 5, σ2 = 4.

Lueman Neymaman-Pearson memberikan:



f(x|µ=3,5)f(x|µ=3)

= (2π(4))−50.e− 1

2(4)Σ100

i=1(xi−3,5)2

(2π(4))−50.e− 1

2(4)Σ100

i=1(xi−3)2

= e−18 [(Σx2

i−7Σx+(3,5)2(100))−(Σx2i −6Σx+(9)(100))]

= e−18[−Σx+325]

= e−3258

+Σx8

H0akan ditolak jika:e−3258

+Σx8 > k yaitu:

Σx8− 325

8> Logk

⇔ Σx > 8(Logk + 325

8

)= c

⇔ Σx100

> c100

= c∗

⇔ x > c∗

(5.42)

Dimana c∗dapat dihtung berdasarkan tingkat α = 0, 01dan dsitribusi

N (µ = 3, σ2 = 2)(dibawah H0), yang memenuhi hubungan:

α = P (x > c∗)

⇔ 0, 01 = P (x > c∗)

⇔ 0, 99 = P (x ≤ c∗)

⇔ 0, 99 = P(

x−3210

≤ c∗−3210

)

⇔ 0, 99 = P(Z ≤ c∗−3

210

)

⇔ 0, 99 = Ø(

c∗−3210

)

Berdasarkan distribusi N (0, 1)didapat:

c∗−3210

= 2, 33 ⇒ c∗ = 210

(2, 33) + 3

⇒ c∗ = 3, 466

Dari 1 telah didapat, H0ditolak jika:

x > c∗

Karena x = 3, 2 < c∗ = 3, 466maka H0tidak ditolak pada tingkat

signifikansi α = 0, 01

19. Misal x sampel random berdistribusi U(0,1) sebut f0atau berdistri-



busi dengan p.d.f segitiga pada [0, 1]sebut f1, yaitu:

f1 =

4x ; 0 ≤ x < 12

4 − 4x ; 12≤ x ≤ 1

0 ; yang lain

Berdasarkan satu observasi x, konstruksikan MP tes untuk hipotesis

H0 : f = f0 VS H1 : f = f1dengan tingkat signifikansi α = 0, 05.

Penyelesaian:

H0 : f = f0 VS H1 : f = f1

Lueman Neymaman-Pearson memberikan:

f(x|f1)f(x|f1)

=

4x ; 0 ≤ x < 12

4 − 4x ; 12≤ x ≤ 1

0 ; yang lain

Terlihat bahwa ratio ini untuk 0 ≤ x ≤ 12fungsi λmemotong naik

dan pada 12≤ x ≤ 1merupakan fungsi dari x yang memotong turun.

Dengan demikian H0akan ditolak jika:

4x < C1atau 4x − 4 > cC2

Yang ekivalen dengan:

x < C∗1atau x > C∗

2

Dengan C∗1dan C∗

2dapat dihitung berdasarkan tingkat signifikansi

α = 0, 05dan distribusi uniform yang memenuhi:

P (x < C∗1) =

α

2atau P (x < C∗

2) =α

2

⇒∫ C∗

1

01dx = 0,05

2⇒ C∗

1 = 0, 025 atau∫ 1

C∗21dx = 0,05

2⇒ 1 − C∗

2 = 0, 025 ⇒ C∗20, 975

• H0ditolak jika: x < 0, 025atau x > 0, 975

20. Misalkan x1, x2, ...., xnrandom variabel iid berdistribusi dengan p.d.f

f0atau f1, dengan f0adalah P (1)dan f1adalah geometrik(P = 1

2

).

Dapatkan MP test untuk hipotesis H0 : f = f0 VS H1 : f = f1untuk



tingkat signifikansi α = 0, 05.

Penyelesaian:

f0 = P (1) ⇒ f (xi | θ0) = e!xi!

, xi = 0, 1, 2...

f1 = geometrik(P = 1

2

)⇒ f (xi | θ1) = 1

2

(12

)xi , xi = 0, 1, 2.

akan dicari MP test untuk H0 : f = f0 VS H1 : f = f1:

f (x | f1)

f (x | f0)=

12

(12

)Σxi

en

πxi!

=1

2.

πni=1xi!

en.2Σni=1xi

Lueman Neymaman-Pearson memberikan, daerah penolakan

H0adalah:

1

2.

πni=1xi!

en.2Σi=1nxi> k

yang ekivalen dengan Σni=1xi > c∗

dibawah H0, Σni=1xi ∼ P (n)sehingga c∗dapat dihitung berdasarkan

tingkat signifikansi α = 0, 05dan distribusi P (n)yang memenuhi:

P (Σxi > c∗) = 0, 05

P (Σni=1xi ≤ c∗) = 0, 95

Σc∗

t=0nt.e−n

t!= 0, 95

6. Soal Roussas no 9 halaman 314

Misalkanx1, x2, ...., xnrandom variabel dengan p.d.f diberikan diba-

wah ini. Pada setiap kasus. Perlihatkan bahwa p.d.f bersama dari x

adalah MLR dalam V = V (x1, x2, ...., xn).

a. f (x; θ) = θx

T (α)xα−1e−θx.I(0,∞) (x) ; θǫ (0,∞) ; α > 0 diketahui

b. f (x; θ) = θv

(v + x − 1

x

)

(1 − θ)x .IA (x)

A = 0, 1, 2, ... , θǫΩ = (0, 1)

Penyelesaian:

a. f (x; θ) = θx

T (α)xα−1e−θx.I(0,∞) (x) ; θǫ (0,∞) ; α > 0 diketahui

f (x; θ) = θx

(T (α))n πni=1x

α−1.e−θΣx

=πn

i=1xα−1

(T (α))n .e−θΣx+Σxlogθ

= πni=1x

α−1(

1T (α)

)n

.eΣx(logθ−θ)



dengan berdasarkan pada proposisi 1, hal. 277 (Roussas) dan

dengan mengambil:

Q (θ) = Logθ − θdanV (x1, x2, ...., xn) = ΣxQ (θ)adalah fungsi turun-

an monoton dalam...........sebab.

Q′ (θ) =(

1θ− 1)

< 0, untuk θǫ (0,∞)dengan demikian keluarga

g (t; θ) , θǫΩ = 0adalah keluarga MLR dalam V = −V (x) =

−Σni=1xi

b. f (x; θ) = θv

(v + x − 1

x

)(1 − θ)x .IA (x)

A = 0, 1, 2, ... , θǫΩ = (0, 1)

f (x; θ) = θnrπni=1

(r + xi − 1

xi

)(1 − θΣxi

)

= πni=1

(r + xi − 1

xi

)

θnreΣni=1xlog(1−e)

Dengan berdasarkan pada proposisi 1. Buku Rossas halaman 277

dan dengan mengambil :

Q (θ) = Log (1 − θ)

V (x) = Σx

Maka Q (θ)adalah fungsi monoton turunan sebab:

Q′ (θ) = −11−θ

= −1θ−1

< 0, untuk θǫ (0, 1)

sehingga keluarga distribusi g (t, θ) , θǫ (0,∞)adalah keluarga MLR

dalam V (x) = −V (x)

21. Misalkan x1, x2, ...., xnsampel random dari distribusi exponensial de-

ngan parameter lokasi θdan densitas f (x | θ) = e−(x−θ), θ ≤ x < ∞.

Tentukan UMP test untuk H0 : θ ≤ θ0, H1 : θ ≤ θ1.

Penyelesaian:

xi ∼ f (xi | θ) = e−(xi−θ)

f (x | θ) = πni=1e

−(xi−θ) = e−Σxi+nθ

Akan ditentukan UMP test untuk H0 : θ ≤ θ0, H1 : θ ≤ θ1.



• Keluarga distribusi g (t, θ) , θǫΩadalah keluarga MLR, sebab

untuk θ > θ1f(x|θ)f(x|θ1)

= eΣxi+nθ

eΣxi+nθ1

= en(θ−θ1)

= enθ∗I(θ∗,∞)(x(i))

, θ∗ = θ1

Ratio ini adalah fungsi monoton naik dalam x(i) =

Min (x1, x2, ...., xn)

• Selanjutnya T (x) = x(i) = Min (x1, x2, ...., xn)adalah statistik

cukup untuk θsebab:

f (x | θ) = eΣxi+nθ, θ < xi < ∞; θ < x(i) ≤ x(n) < ∞= eΣxeneI(θ,∞)

(x(i)

)

Bersarkan teorema faktorisasi didapat:

T (x) = x(i) = Min (x1, x2, ...., xn)

Adalah statistik cukup untuk θ

Selanjutnya berdasarkan teorema Karlin-Rubin dapat dikon-

struksi UMP test untuk hipotesis:

H0 : θ ≤ θ0, H1 : θ ≤ θ0

Kaerna keluarga distribusi g (t, θ) , θǫΩadalah MLR dari

T (x) = x(i)dan T (x)adalah statistik cukup untuk θ, maka

berdasarkan teorema Karlin-Rubin terdapat c0yang menolak

H0bhb T > c0merupakan UMP taraf αdengan : α = Pθ0 (T > c0)

Dengan kata lain, untuk H0 : θ ≤ θ0, H1 : θ ≤ θ0terdapat uji

UMP taraf α, yang menolak H0jika x(i) > c0dengan c0dapat

ditentukan berdasarkan tingkat signifikansi αyang diberikan

dan distribusi dari x(i)yang memenuhi Pθ0 (T > c0) = αkarena:



1 − F (t) = [P (x > t)]n

=(∫∞

te−(x−θ)dx

)n

=(e−t.eθ

)n

F (t) = 1 − enθe−nt

f (t) = F ′ (t)

= enθe−nt

n

= e−n(t−θ)

n; t ≥ e

Sehingga c0dihitung berdasarkan hubungan :

∫ ∞

t

1

ne−n(t−θ0)dt = α

22. Jika x ∼ B (n, θ), misalkan Ø (x) adalah uji UMP untuk H0 : θ ≤θ0 VS H1 : θ > θ0. Untuk n = 6 , θ0 = 0, 25, dan α = 0, 05 ; 0, 01 ; 0, 02.

Tentukan uji bersama-sama dengan β (θ) fungsi kuasa untuk θ0 =

0, 3 , θ0 = 0, 25 , dan θ0 = 0, 5.

Penyelesaian:

x ∼ B (n, θ) ⇒ f (x | θ) =

(n

x

)θx (1 − θ)n−x , x = 0, 1, 2...H0 : θ ≤

θ0 VS H1 : θ > θ0

f(x|θ)f(x|θ1)

=

0B@

n

x

1CAθx

1 (1−θ1)n−x

0B@

n

x

1CAθx

0 (1−θ0)n−x

, untuk θ1 > θ0

=(

θ1

θ0

)x (1−θ1

1−θ0

)nx

Log(

f(x|θ)f(x|θ1)

)= xLog

(θ1

θ0

)+ (n − x) Log

(1−θ1

1−θ0

)

= x(Log θ1

θ0− Log (1−θ1)

(1−θ0)+ Log

(1−θ1

1−θ0

))

Sehingga untuk: Log(

f(x|θ)f(x|θ1)

)> Log k

Ekivalen dengan:

x > c∗0 =Logk−nLog

“1−θ11−θ0

”

Log(θ1)(θ0)

−Log“

1−θ11−θ0

”

UMP tes memberikan:



Ø (x) =

1 ; jika x > c∗0

γ ; jika x = c∗0

0 ; jika x < c∗0

dimana c∗0dapat ditentukan berdasarkan hubungan Eθ0 (Ø (x)) =

P (x > c∗0) + γP (x = c∗0)

• Untuk n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 05

α = P (x > c∗0) + γP (x = c∗0)

= 1 − P (x ≤ c∗0) + γP (x = c∗0)

P (x ≤ c∗0) − γP (x = c∗0) = 1 − α

(5.43)

Dari tabel Binomial (n = 6, θ0 = 0, 25)didapat:

Untuk c∗0 =⇒

P0,25 (x ≤ c∗0) = 0, 9624

P0,25 (x = c∗0) = P0,25 (x ≤ c∗0) − P0,25 (x ≤ c∗0 − 1)

= P0,25 (x ≤ 3) − P0,25 (x ≤ 2)

= 0, 9624 − 0, 8306

= 0, 1318

Persamaan 1 menjadi:

0, 9624 − γ0, 8306 = 0, 95

γ = 0, 094

• Untuk n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 01

Dari tabel B (n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 01)didapat untuk c∗0 = 4

P0,25 (x ≤ 4) = 0, 9954

P0,25 (x = 4) = P0,25 (x ≤ 4) − P0,25 (x ≤ 3)

= 0, 9954 − 0, 9624

= 0, 033


0, 9954 − γ (0, 033) = 0, 99

γ = 0, 164



• Untuk n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 02

Dari tabel B (n = 6, θ0 = 0, 25, α = 0, 012)didapat c∗0 = 4

P0,25 (x ≤ 4) = 0, 9954 dan P0,25 (x = 4) = 0, 033


0, 9954− γ (0, 033) = 0, 98

γ = 0, 467

Selanjutnya akan dihitung uji kuasanya:

β (θ) = Eθ (Ø (x))

β (θ) = Pθ1 (x > c∗0) + γPθ1 (x = c∗0)(5.44)

• Untuk θ1 = 0, 3, c∗0 = 3 dan γ = 0.094


β0,3 (θ) = 1 − P (x = 0) − P (x = 1) − P (x = 2) + γ.P (x = 3)

= 1 − 0, 1176 − 0, 3025− 0, 3341 + 0, 094. (0, 1852)

= 0, 273

• Untuk θ1 = 0, 3 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 164


β0,3 (θ) = P (x = 5) + P (x = 6) + 0, 164 (P (x = 4))

= 0, 0102 + 0, 0007 + 0, 164. (0, 0595)

= 0, 0206

• Untuk θ1 = 0, 3 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 467

β0,3 (θ) = P (x = 5) + P (x = 6) + 0, 467 (P (x = 4))

= 0, 0102 + 0, 0007 + 0, 467. (0, 0595)

= 0, 0387

• Untuk θ1 = 0, 4 , c∗0 = 3 dan γ = 0, 094

β0,4 (θ) = P (x = 4) + P (x = 5) + P (x = 6) + γP (x = 3)

= 0, 1382 + 0, 0369 + 0, 0041 + 0, 094. (0, 2765)

= 0, 205

• Untuk θ1 = 0, 4, c∗0 = 4 dan γ = 0, 164

β0,4 (θ) = P (x = 5) + P (x = 6) + γP (x = 4)

= 0, 0369 + 0, 0041 + 0, 164. (0, 1382)

= 0, 064



• Untuk θ1 = 0, 4 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 467

β0,3 (θ) = P (x = 5) + P (x = 6) + γP (x = 4)

= 0, 0369 + 0, 0041 + 0, 467. (0, 1382)

= 0, 106

• Untuk θ1 = 0, 5 , c∗0 = 3 dan γ = 0, 094

β0,5 (θ) = P (x > 3) + γP (x = 3)

= 1 − P (x ≤ 2) + γP (x = 3)

= 1 − 0, 3437 + 0, 094 (0, 3125)

= 0, 686

• Untuk θ1 = 0, 5 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 164

β0,5 (θ) = P (x > 4) + γP (x = 4)

= 1 − P (x ≤ 3) + γP (x = 4)

= 1 − 0, 6562 + 0, 164 (0, 2344)

= 0, 382

• Untuk θ1 = 0, 5 , c∗0 = 4 dan γ = 0, 467

β0,5 (θ) = 1 − P (x ≤ 3) + γP (x = 4)

= 1 − 0, 6562 + 0, 164 + 0, 467 (0, 2344)

= 0, 453


1. Misalkan X mempunyai f.k.p berbentuk f(x; θ) = θxθ−1; 0 < x < 1

dan 0 untuk x yang lain, dengan θ ∈ θ; θ = 1, 2 . untuk uji hipotesis

sederhana H0 : θ = 2, gunakan sampel random X1 , X2 dan dide-

finisikan daerah kritis C = ((x1, x2); 3/4 ≤ x1x2 .Tentukan fungsi

kekuatan dari uji.

2. DiketahuiX berdistribusi binomial dengan parameter n = 10 dan

p ∈ p; p = 1/4, 1/2 Hipotesis H0 : p = 1/2 ditolak, dan hipotesis

alternatif H1 : p = 1/4 diterima, jika nilai observasi X1 sampel ran-

dom berukuran 1 lebih kecil atau sama dengan 3. Tentukan fungsi

kekuatan dari uji.



3. Diketahui X1 , X2 sampel random berukuran n = 2 dari distribusi

yang mempunyai f.k.p f(x, θ) = 1θe−x/θ, 0 < x < ∞ dan 0 untuk yang

lain. Kita tolak H0 : θ = 2 dan terima H1 : θ = 1 jika nilai observasi

dari X1 , X2 katakan X1 , X2 sedemikian sehingga

f(x1; 2)f(x2; 2)

f(x1; 1)f(x2; 1)≤ 1

2(5.45)

Jika ruang parameter Ω = θ; θ = 1, 2 , tentukan tingkat signifikansi

dari uji dan kekuatan uji kalau H0 salah.

4. Diasumsikan ketahanan dari suatu ban dan mill, katakan X , ber-

distribusi normal dengan mean θ dan standar deviasi 5000. Berda-

sarkan pengalaman masa lalu diketahui bahwa θ = 30.000. Perusa-

haan mengklaim membuat ban dengan proses baru dengan mean

θ > 30.000, dan misalkan θ = 35.000. Untuk mengecek ini kita uji

H0 : θ ≤ 30.000, lawan H1 : θ > 30000. Kita observasi n nilai yang

independen dai X, misalnya x1, x2, ..., xn dan kita tolak H0(terima

H1) jika dan hanya jika x ≥ c. Tentukan n dan c sehingga fung-

si kekuatan K(θ) dari uji mempunyai nilai K(30.000) = 0, 01 dan

K(35.000) = 0, 98.

5. Misalkan X mempunyai distribusi Poisson dengan mean θ . Diper-

timbangkan hipotesis sederhana H0 : θ = 1/2. dan hipotesis ga-

bungan alternatif H1 : θ < 1/2. Misalkan Ω = θ; 0 < θ ≤ 1/2Misalkan X1,X2, ..., X12sampel random yang berukuran 12 dari dis-

ribusi ini. Kita tolakH0 jika dan hanya jika nilai observasi dari

Y = X1 + X2 + ... + X12 ≤ 2. Jika K(θ) adalah fungsi kekuatan

uji, tentukan kekuatan dari K(12), K(1

3), K(1

4), K(1

6) dan K( 1

12). Sket

grafik dari K(θ). Berapakah tingkat signifikasnsi dari uji?

6. Dalam contoh 4 diatas , misalkan H0 : θ = θ′ = 0 dan H1 : θ = θ′′ =

−1. Perlihatkan bahwa uji terbaik dari H0 lawan H1 dapat menggu-

nakan statistik x dan jika n = 25 dan α = 0, 05 maka kekuatan uji

adalah 0, 999 kalau H1 benar.



7. Misalkan variabel random x mempunyai f.k.p f(x; θ) = 1θe−x/θ; 0 <

x < ∞ dan 0 untuk x yang lain. Pertimbangkan hipotesis sederhana

H0 : θ = θ′ = 2 dan alternatif H1 : θ = θ′′ = 4. jika x1, x2 sampel

random yang berukuran 2 dari distribusi ini . Perlihatkan bahwa uji

terbaik dari H0 lawan H1 dapat menggunakan statistik x1 + x2.

8. Ulangi soal 2 kalau H1 : θ = θ′′ = 6. Kemudian tentukan bentuk

umum ini untuk setiap θ′′ > 2

9. Misalkan X1,X2, ..., X10 sampel random berukuran 10 dari distribusi

normal n(0, σ2). Tentukan daerah kritik terbaik ukuran α = 0, 05 un-

tuk uji H0 : σ2 = 1 lawan H1 : σ2 = 2. Apakah ini merupakan daerah

kritik terbaik ukuran 0,05 untuk uji H0 : σ2 = 1 lawan H1 : σ2 = 4?

lawan H1 : σ2 = 1?

10. Jika X1,X2, ..., Xn adalah sampel random dari distribusi yang mem-

punyai f.k.p dari bentuk f(x; θ) = θxθ−1; 0 < x < 1 dan 0 untuk yang

lain. Perlihatkan bahwa daerah kritik terbaik untuk uji H1 : θ = 1

lawan H1 : θ = 2 adalah C =

(x1, x2, ..., xn) ; c ≤

n

Πi=1 xi

11. Misalkan X1,X2, ..., X10 sampel random dari distribusi n(θ1, θ2). Ten-

tukan uji terbaik dari hipotesis sederhana H0 : θ1 = θ′

1 = 0, θ2 = θ′

2 =

1 lawan hipotesis alternatif H1 : θ1 = θ′′

1 = 1, θ2 = θ′′

2 = 4

12. Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi normal

n(θ, 100). Perlihatkan bahwa C = (x1, x2, ..., xn); c ≤ xadalah da-

erah kritik terbaik untuk uji H0 : θ = 75 lawan H1 : θ = 78 Tentukan

n dan c sehingga

P [(X1,X2, ..., Xn ) ∈ C; H0] = P (x ≥ c; H0) = 0, 05 (5.46)

dan

P [(X1,X2, ..., Xn ) ∈ C; H1] = P (x ≥ c; H0) = 0, 90 (5.47)



13. Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random dari distribusi yang mempu-

nyai f.k.p f(x; p) = px(1 − p)1−x; x = 0, 1 dan 0 untuk x yang lain.

Perlihatkan bahwa C =

(x1, x2, ..., xn);≤n∑

i=1

xi ≤ c

adalah daerah

kritik terbaik untuk uji H0 : p = 1/2 lawan H1 : p = 1/3. Gunakan

teorema limit pusat untuk menentukan n dan c sehingga

P

(n∑

i=1

xi ≤ c; H0

)∼= 0, 10 dan P

(n∑

i=1

xi ≤ c; H1

)∼= 0, 80 (5.48)

14. Dua sampel random yang independen masing-masing berukuran n

dari dua disribusi. Kita tolak H0 : θ = 0 dan terima H0 : θ > 0 jika

dan hanya jika x − y ≥ c. jika K(θ) adalah kekuatan fungsi dari uji

ini tentukan n dan c sehingga K(0) ∼= 0, 05 dan K(10) ∼= 0, 09.

15. Dalam contoh 5 diatas, H0 : θ = θ′

dengan θ′ bilangan tertentu dan

H1 : θ < θ′, perlihatkan bahwa himpunan

(x1, x2, ..., xn) :

n∑

i=1

x2i ≥ c

(5.49)

adalah daerah kritik paling kuat seragam uji H0 lawan H1.

16. Dalam contoh 6 , H0 : θ = θ′

dengan θ′ bilangan tertentu dan H1 :

θ 6= θ′, perlihatkan bahwa tidak ada uji paling kuat seragam untuk

uji H0 lawan H1.

17. Misalkan X1,X2, ..., X25 sampel random berukuran 25 dari distribusi

normal n(θ, 100). Tentukan daerah kritik paling kuat seragam dari

ukuran α = 0, 01 untuk uji H0 : θ = 75 lawan H1 : θ > 75

18. Misalkan X1,X2, ..., Xn sampel random darid istribusi normal

n(θ, 16). Tentukan sampel berukuran n dan uji paling kuat seragam

dari H0 : θ = 25 lawan H1 : θ < 25 dengan kekuatan fungsi K(θ)

sehingga K(25) ∼= 0, 10 dan K(23) ∼= 0, 90.

19. Diketahui suatu distribusi dengan f.k.p f(x; θ) = θx(1−θ)1−x; x = 0, 1



dan bernilai 0 untuk x yang lain. Misalkan H0 : θ = 1/20 dan

H1 : θ > 1/20.Gunakan teorema limit pusat untuk menentukan sam-

pel berukuran n dari sampel random sehingga uji paling kuat sera-

gam dari H0 lawan H1 mempunyai fungsi kekuatan K(θ) dengan

K(1/20) ∼= 0, 05 dan K(1/10) ∼= 0, 09

20. Dalam n percobaan binomial dengan parameter p akan diuji

H0 : p = 1/2, lawan H1 : p 6= 1/2 (5.50)

Tunjukkan bahwa daerah kritik uji rasio likelihood adalah

x ln x + (n − x) ≥ k (5.51)

dengan x menyatakan banyak sukses.

21. Dalam soal no 1, tunjukkan bahwa daerah kritiknya juga dapat di-

tulis∣∣x − n

2

∣∣ ≥ c, dengan c suatu konstanta yang tergantung pada

ukuran daerah kritik.

22. Suatu sampel random yang berukuran n digunakan untuk menguji

hipotesis nol dari populasi eksponensial dengan parameter θ sama

dengan θ0 lawan hipotesis alternatif tidak sama θ0. Tunjukkan daerah

kritik uji rasio likelihood adalah

xe−x/θ0 ≤ k (5.52)

23. Suatu sampel random yang berukuran n dari populasi normal de-

ngan mean dan varians tidak diketehui digunakan untuk uji hipo-

tesis µ = µ0 lawan alternatif µ 6= µ0 . Perlihatkan bahwa nilai dari

statistik rasio likelihood dapat ditulis

λ =

1 +

t2

n − 1

−n/2

(5.53)

dengan t = x−µ0

s/√

n



24. Dalam contoh 2 diatas, bila n = 10, dan misalkan diperoleh x =

0, 6 dan10∑

i=1

(xi − x)2 = 3, 6. Jika uji sama dengn contoh apakah kita

menolak atau menerima H0 : θ1 = 0 pada tingkat signifikansi 5%.


194

Daftar Pustaka

1. Billingsley, P. (1979) Probability and Measure, John Wiley &

Sons,USA

2. Dudewicz E.J. & Mishra, S.N.(1988) Modern Mathematical Statisti-

cs,John Wiley & Sons, Inc. Singapore

3. Lehmann, E.L. (1983) Theory of Point Estimation, John Wiley & Sons,

Inc. USA

4. Nar Herrhyanto (2003) Statistika Matematis Lanjutan, CVPustaka

Karya, Bandung

5. Papoulis,A & Pillai S. Unnikrishna, (2002) Probability, Random Vari-

ables, And Stochastic Processes, Mc Graw Hill, Inc, Singapore

6. Rohatgi,V.K. (1976) An Introduction to Probability Theory and Ma-

thematical Statistics, John Wiley & Sons, USA

7. Roussas G.G. (1973) A First Course in Mathematical Statistics,

Addison-Wesley Publishing Company, Inc. USA

8. Subanar (1994) Suplemen Teori Peluang, Fakultas MIPA UGM, Yo-

gyakarta

9. Walpole, Ronald.E. & Myers, Raymond H. & Myers, Sharon L.& Ye,

Keying (2002) Probability and Statistics for Engineers & Scientists,

Prentice Hall,Inc, USD

195

Daftar Pustaka Statistika Matematis II/ Edisi E-book

10. Walpole, Ronald.E. & Myers, Raymond H. (1986) Ilmu Peluang dan

Statistika untuk Insinyur dan Ilmuan, Penerbit ITB, Bandung.

11. Beberapa e-book dan e-text, terutama dari portal MIT Open Course Wa-

re (http://ocw.mit.edu/OcwWeb/Mathematics/index.htm)

Bab 5. Daftar Pustaka 196 ISBN 978-602-8310-02-4

ebook statmat2

Documents