Deti (20611011)

Meyta (20611005)

Salawati

BIOLOGI, SITH - ITB 2011

A. MEAN 2 POPULASI, TIDAK BERPASANGAN

2 populasi dikatakan tidak berpasangan/salingbebas apabila populasi 1 dan populasi 2 tidaksaling mempengaruhi, melibatkan 2 populasiobjek yang berbeda.

Pembagian kasus untuk uji hipotesis mean 2 populasi tidak berpasangan:1. σ1

2 dan σ22 Diketahui

2. σ12 dan σ2

2 Tidak Diketahui

Jenis H0 dan H1 :

1. Uji Hipotesis 1 arahH0 : (µ1- µ2) = µ0

H1 : (µ1- µ2) < µ0

H0 : (µ1- µ2) = µ0

H1 : (µ1- µ2) > µ0

2. Uji Hipotesis 2 arahH0 : (µ1- µ2) = µ0

H1 : (µ1- µ2) ≠ µ0

α

α

α/2 α/2

Apabila pada suatu kasus nilai σ12 dan σ2

2 diketahui, maka dilakukanpengujian hipotesis dengan statistik uji z.

Setelah diperoleh nilai Z, dilanjutkan dengan menetukan nilai z padatabel distribusi z untuk taraf signifikansi α.

1. σ12 dan σ2

2 Diketahui

Apabila pada suatu kasus, nilai σ12 dan σ2

2 tidak diketahui, maka harusdilakukan asumsi-asumsi.

Asumsi tersebut ada 2 macam, yaitu: Asumsi σ1

2 = σ22

Asumsi σ12 ≠ σ2

2

2. σ12 dan σ2

2 Tidak Diketahui

Untuk asumsi σ12 =σ2

2, maka dilakukan pengujian hipotesis denganstatistik uji t:

Setelah diperoleh nilai T, dilanjutkan dengan menetukan nilai T padatabel distribusi t dengan taraf signifikansi α.

Derajat kebebasan yang digunakan:

a. Asumsi σ12 = σ2

2

Untuk asumsi σ12 ≠ σ2

2, maka dilakukan pengujian hipotesis denganstatistik uji t:

Setelah diperoleh nilai T, dilanjutkan dengan menetukan nilai T padatabel distribusi t dengan taraf signifikansi α.

Derajat kebebasan yang digunakan:

b. Asumsi σ12 ≠ σ2

2

B. MEAN 2 POPULASI BERPASANGAN

Ciri 2 populasi berpasangan adalah:a. Jumlah data untuk setiap populasi samab. 2 populasi dikenai perlakuan yang samac. Dilakukan terhadap objek yang sama

Untuk menguji 2 populasi yang berpasangan, dilakukan dengan cara: Membuat populasi baru dengan cara menghitung selisih antara

kedua populasi. Menghitung nilai rata-rata untuk populasi baru Menghitung nilai Sd (standar deviasi) untuk populasi baru Menggunakan statistik uji t:

Menentukan daerah Kritis untuk taraf signifikansi α dan

Jenis H0 dan H1 :

1. Uji Hipotesis 1 arahH0 : µd = µ0

H1 : µd < µ0

H0 : µd = µ0

H1 : µd > µ0

2. Uji Hipotesis 2 arahH0 : µd = µ0

H1 : µd ≠ µ0

α

α

α/2 α/2

R I N G K A S A N

S O A L L A T I H A N

CONTOH SOAL UH MEAN 2 POPULASI,

σ12 DAN σ2

2 DIKETAHUI

Oncologist melakukan penelitian untuk melihatpertumbuhan tumor pada tikus dengan bahan kimia Adan B.30 ekor tikus diberi zat kimia A dan 30 ekor lainnyadiberi zat kimia B. Setelah 4 minggu, diperoleh databahwa tikus yang diberi zat kimia A memiliki berattumor rata-rata 1,28 g dengan standar deviasi 0,31dan tikus yang diberi zat kimia B memiliki rata-rata1,53 g dengan deviasi 0,38.Dengan signifikansi 5%, buktikan bahwa zat kimia Adan B mempengaruhi pertumbuhan tumor!

SOLUSI

Diketahui:

Ditanya:a. H1 ≠ 0b. H1 < 0c. H1 > 0

05,03030

1444,00961,0

38,031,053,128,1

21

22

21

21

21

=====

==

==

α

σσ

σσ

nn

XX

H0 : (µ1- µ2) = 0H1 : (µ1- µ2) ≠ 0

α = 0,05 Statistik uji:

Daerah KritisUntuk α = 0,05, nilai Z tabel = 1,96

-1,96 1,96

Solusi pertanyaan a

Daerah Kritis

Daerah Kritis

Statistik uji dengan data sampel

KesimpulanTolak H0 karena Zhit < -1,96, pada α = 5%. Dengan katalain, zat kimia A dan B yang digunakan oleh oncologist mempengaruhi pertumbuhan tumor.

= -4,412

Solusi jawaban pertanyaan b

H0 : (µ1 - µ2) = 0H1 : (µ1 - µ2) < 0

α = 0.05 Nilai T hitung = -4,412 Daerah kritis :

Untuk α = 0,05, nilai z tabel = 1,645

Kesimpulan:Tolak H0 karena Zhit < -1,645 pada α = 5%.Jadi, ada pengaruh dari zat kimia A ataupun zat kimia B terhadappertumbuhan tumor.

-1,645

Daerah Kritis

Solusi jawaban pertanyaan c

H0 : (µ1 - µ2) = 0H1 : (µ1 - µ2) > 0

α = 0.05 Nilai T hitung = -4,412 Daerah kritis :

Untuk α = 0,05, nilai z tabel = 1,645

Kesimpulan:H0 gagal ditolak karena Zhit < 1,645 pada α = 5%.Jadi, zat kimia A ataupun zat kimia B berpengaruh kecil terhadappertumbuhan tumor atau dapat tidak berpengaruh sama sekali.

1,645

Daerah Kritis

CONTOH SOAL UH MEAN 2 POPULASI,σ1

2 DAN σ22 DIKETAHUI

Seorang peneliti melakukan penelitian mengenai dua cara menangkapngengat, yaitu cara A dan cara B. Dari penelitian ini diperoleh data sebagaiberikut:

Ujilah:a. Beda mean banyaknya ngengat yang tertangkap dengan cara A dan cara B

lebih dari 5.b. Kurang dari 5.c. Tidak sama dengan 5.

Banyaknya NgengatYang Ditangkap Dengan

Cara A (ekor)

Banyaknya NgengatYang Ditangkap Dengan

Cara B (ekor)

39 54

34 57

33 62

36 55

40 64

25 57

31 56

37 55

34

σ12 DAN σ2

2 DIASUMSIKAN SAMA

Dengan asumsi σ12 = σ2

2 ujilah:a. Beda mean banyaknya ngengat yang tertangkap dengan

cara A dan cara B lebih dari 5.b. Kurang dari 5.c.Tidak sama dengan 5.

Diketahui :

86.12

5.20

5.57

33.34

22

21

2

1

=

=

=

=

S

S

X

X

= 16.935 Sp = 4.12

Solusi jawaban pertanyaan a

H0 : (µ1 - µ2) = 5H1 : (µ1 - µ2) > 5

α = 0,05 Statistik uji

Daerah kritis

Dengan α = 0,05 dan , maka nilai T tabel = 1,753.

Statistik uji dengan data

Kesimpulan:Thit < 1,753, maka H0 gagal ditolak pada α = 5%.Jadi, beda mean ngengat yang tertangkap dengan cara A dan cara B adalahsama dengan 5.

= 9 + 8 - 2 = 15

= - 14,071

1,753

Daerah Kritis

Solusi jawaban pertanyaan b

H0 : (µ1 - µ2) = 5H1 : (µ1 - µ2) < 5

α = 0.05 Nilai T hitung = -14,071 Daerah kritis :

T tabel utk α = 0,05 dan df = 15 adalah -1,753

Kesimpulan:Tolak H0 karena Thit < -1,753 pada α = 5%.Jadi, beda mean ngengat yang tertangkap dengan cara A dan cara B adalah kurang dari 5.

-1,753

Daerah Kritis

Solusi jawaban pertanyaan c

H0 : (µ1 - µ2) = 5H1 : (µ1 - µ2) ≠ 5

α = 0,05 Nilai T hitung = -14,071 Daerah kritis :

T tabel utk α/2 = 0,025 dan df = 15 adalah 2,131

Kesimpulan:Tolak H0 karena Thit < -2,131 pada α = 5%.Jadi, beda mean ngengat yang tertangkap dengan cara A dan cara B adalah tidak sama dengan 5.

-2,131 2,131

Daerah Kritis

Daerah Kritis

σ12 DAN σ2

2 DIASUMSIKAN TIDAK SAMA

JAWAB

Diketahui:

Ditanyakan:a. H1 : (µ1 - µ2) > 5 b. H1 : (µ1 - µ2) < 5c. H1 : (µ1 - µ2) ≠ 5

89

86.12

5.20

5.57

33.34

2

1

22

21

2

1

===

=

=

=

nnS

S

X

X

a. H0 : (µ1 - µ2) = 5

H1 : (µ1 - µ2) > 5 α = 0.05 Statistik uji

Daerah kritis

Dengan α = 0,05 dan = 13,604 ~ 14

maka nilai T tabel = 1,761H0 ditolak jika t > 1,761

α

1,761

Daerah Kritis

Statistik uji dengan data:

= - 3,432

KesimpulanH0 gagal ditolak karena nilat Thitung < Ttabel = -3,432 < 1,761, tidakberada pada daerah penolakan H0 (daerah kritis) pada α = 5%.

Beda mean banyaknya ngengat yang ditangkap dengan cara A dan caraB tidak lebih dari 5.

b. H0 : (µ1 - µ2) = 5

H1 : (µ1 - µ2) < 5 α = 0.05 Statistik uji

Daerah kritis

Dengan α = 0,05 dan = 13,604 ~ 14

maka nilai T tabel = - 1,761H0 ditolak jika t < -1,761

α

-1,761

Daerah Kritis

Statistik uji dengan data:

= - 3,432

KesimpulanH0 ditolak karena nilat Thitung < Ttabel = -3,432 < - 1,761, berada padadaerah penolakan H0 (daerah kritis) pada α = 5%.

Beda mean banyaknya ngengat yang ditangkap dengan cara A dan caraB kurang dari 5.

c. H0 : (µ1 - µ2) = 5

H1 : (µ1 - µ2) ≠ 5 α = 0.05 Statistik uji

Daerah kritis

Dengan α = 0,05; α/2 = 0,025 dan = 13,604 ~ 14

maka nilai T tabel = 2,145H0 ditolak jika t < -2,145 atau jika t > 2,145

α/2 α/2

-2,145 2,145

Daerah KritisDaerah

Kritis

Statistik uji dengan data:

= - 3,432

KesimpulanH0 ditolak karena nilat Thitung < Ttabel = -3,432 < - 2,145, berada padadaerah penolakan H0 (daerah kritis) pada α = 5%.

Beda mean banyaknya ngengat yang ditangkap dengan cara A dan caraB tidak sama dengan 5.

2 POPULASI BERPASANGAN

Dari penelitian “Comparison of Sorbic Acid in Country Ham Before and After Storage” diperoleh data yang menyangkut perbandingan sisa asam sorbat(dinyatakan dalam bagian per sejuta) dalam daging ham setelah dicelupkanpada asam sorbat dan setelah disimpan selama 60 hari sebagai berikut:

Pertanyaan: Ujilah bahwa lama penyimpanan selama 60 hari menyebabkan

penurunan asam sorbat tidak sama dengan 100 ppm. Ujilah bahwa lama penyimpanan selama 60 hari menyebabkan

penurunan asam sorbat lebih dari 100 ppm. Ujilah bahwa lama penyimpanan selama 60 hari menyebabkan

penurunan asam sorbat kurang dari 100 ppm.

PotonganSisa Asam Sorbat dalam Ham

Sebelum disimpan (ppm) Setelah disimpan (ppm)

1 224 116

2 270 96

3 400 239

4 444 329

5 590 437

6 660 597

7 1400 689

8 680 576

JAWABDiketahui:

Ditanyakan:a. H1 : µd ≠ 100b. H1 : µd > 100c. H1 : µd < 100

Populasi 1 Populasi 2 PopulasiBaru (d)

1 224 116 108

2 270 96 174

3 400 239 161

4 444 329 115

5 590 437 153

6 660 597 63

7 1400 689 711

8 680 576 104

Rata-rata 583,5 384,875 198,625σ 2 137504,9 50982,7 44169,41

a. H0 : µd = 100

H1 : µd ≠ 100 α = 0.05 Statistik uji

Daerah kritis

Dengan α = 0,05; α/2 = 0,025 dan = 7

maka nilai T tabel = 2,365H0 ditolak jika t < -2,365 atau jika t > 2,365

α/2 α/2

-2,365 2,365

Daerah Kritis

Daerah Kritis

Statistik uji dengan data:

= 1,2415

KesimpulanH0 gagal ditolak karena Thitung> Ttabel = 1,2415> -2,365 dan Thitung < Ttabel= 1,2415 < 2,365, tidak berada pada daerah penolakan H0 (daerahkritis) pada α = 5%.

Dengan kata lain, lama penyimpanan selama 60 hari menyebabkanpenurunan asam sorbat sebanyak 100 ppm.

b. H0 : µd = 100

H1 : µd > 100 α = 0.05 Statistik uji

Daerah kritis

Dengan α = 0,05 dan = 7

maka nilai Ttabel = 1,895H0 ditolak jika t > 1,895

α

1,895

Daerah Kritis

Statistik uji dengan data:

= 1,2415

KesimpulanH0 gagal ditolak karena nilat Thitung < Ttabel = 1,2415 < 1,895, tidakberada pada daerah penolakan H0 (daerah kritis) pada α = 5%.

Lama penyimpanan selama 60 hari menyebabkan penurunan asamsorbat tidak lebih dari 100 ppm.

c. H0 : µd = 100

H1 : µd < 100 α = 0.05 Statistik uji

Daerah kritis

Dengan α = 0,05 dan = 7

maka nilai T tabel = 1,895H0 ditolak jika t < -1,895

α

-1,895

Daerah Kritis

Statistik uji dengan data:

= 1,2415

KesimpulanH0 gagal ditolak karena nilat Thitung > -Ttabel = 1,2415 > - 1,895, tidakberada pada daerah penolakan H0 (daerah kritis) pada α = 5%.

Lama penyimpanan selama 60 hari menyebabkan penurunan asamsorbat tidak kurang dari 100 ppm.

TERIMA KASIH ……………