STATISTIKA MATEMATIKA - … · Chapter 1 Pembahasan : Statistik Cukup Soal 1 Dalam setiap kasus...

Praktikum

STATISTIKA MATEMATIKA

Adi Setiawan

Universitas Kristen Satya Wacana

Salatiga

2006

i

Contents

1 Pembahasan : Statistik Cukup 1

2 Latihan Soal Statistik Cukup 16

3 Pembahasan : Estimasi Titik 17

4 Latihan Soal Estimasi Titik 37

5 Pembahasan : Uji Hipotesis 41

6 Latihan Soal Uji Hipotesis 45

7 Pembahasan : Estimasi Interval 47

8 Latihan Soal Estimasi Interval 56

ii

Chapter 1

Pembahasan : Statistik Cukup

Soal 1

Dalam setiap kasus berikut, tuliskan fungsi kepadatan probabilitas dari vari-abel random X dan spesifikasikan ruang parameter Ω.

1. Variabel random X berdistribusi Poisson(θ).

2. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β).

3. Variabel random X berdistribusi eksponensial dengan parameter θ.

4. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β).

Pembahasan

1. Karena X berdistribusi Poisson(θ) maka fungsi probabilitasnya :

f(x) =e−θθx

x!θ ∈ (0,∞).

Ruang parameter : Ω = θ ∈ R|θ > 0 = (0,∞).

2. Karena X berdistribusi Eksponensial(θ) maka fungsi kepadatan prob-abilitasnya :

f(x) = θe−θx untuk x > 0 dan θ > 0.

Ruang parameter : Ω = θ ∈ R|θ > 0 = (0,∞).

1

3. Karena X berdistribusi Gamma(α, β) maka fungsi kepadatan proba-bilitasnya :

f(x;α, β) =1

Γ(α)βθxα−1e−x/β untuk x > 0, α > 0, β > 0.

Ruang parameter Ω = (α, β) ∈ R2|α > 0, β > 0.

4. Karena X berdistribusi Beta(α, β) maka fungsi kepadatan probabili-tasnya :

f(x;α, β) =Γ(α + β)

Γ(α)Γ(β)xα−1(1− x)β−1, 0 < x < 1, α > 0, β > 0.

Ruang parameter Ω = (α, β) ∈ R2|α > 0, β > 0.

Soal 2

Misalkan X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas dan berdistribusi iden-tik. Gunakan Teorema 1 dan Akibatnya untuk menunjukkan bahwa :

1. Jika Xi berdistribusi Poisson(θ) maka∑n

i=1 Xi atau X merupakanstatistik cukup untuk θ.

2. JikaXi berdistribusi Eksponensial(θ) maka∑n

i=1 Xi atau X merupakanstatistik cukup untuk θ.

3. Jika Xi berdistribusi Gamma(α, β) maka(∏n

i=1 Xi,∑n

i=1 Xi

)tatau

(∏ni=1 Xi, X

)tmerupakan statistik cukup untuk (α, β)t.

4. Jika Xi berdistribusi Beta(α, β) maka(∏n

i=1 Xi,∏n

i=1(1−Xi))t

meru-

pakan statistik cukup untuk (α, β)t.

Pembahasan

1. Karena Xi berdistribusi Poisson(θ) maka

f(xi) =e−θθxi

x!

2

untuk xi = 0, 1, 2, . . . sehingga fungsi probabilitas bersamanya adalah

f(x1, x2, . . . , xn; θ) =n∏

i=1

f(xi, θ)

=

n∏

i=1

eθθxi

xi!

=e−nθθ

Pni=1 xi∏n

i=1 xi!.

Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh bahwa

g[T (x1, . . . , xn); θ] = e−nθθPni=1 xi

T (x1, . . . , xn) =

n∑

i=1

xi

h(x1, . . . , xn) =1∏n

i=1 xi!.

Oleh karena itu∑n

i=1 Xi merupakan statistik cukup untuk θ. Denganmenggunakan Teorema 1 dan Akibatnya dan mendefinisikan g : R 7→ Rdengan g(x) = x/n maka X juga merupakan statistik cukup untuk θ.

2. Karena Xi berdistribusi Eksponensial(θ) maka

f(xi) = θe−θxi

untuk xi > 0 sehingga fungsi probabilitas bersamanya adalah

f(x1, . . . , xn; θ) =n∏

i=1

f(xi; θ)

=

n∏

i=1

θe−θxi

= θne−θPni=1 xi .


g[T (x1, . . . , xn) = θne−θPni=1 xi

T (x1, . . . , xn) =

n∑

i=1

Xi

h(x1, . . . , xn) = 1.

3

Oleh karena itu∑n

i=1 Xi merupakan statistik cukup untuk θ. Denganmenggunakan Teorema 1, Akibatnya dan mendefinisikan g : R → Rdengan g(x) = x/n maka X merupakan statistik cukup untuk θ.

3. Karena Xi berdistribusi Gamma(α, β) maka fungsi kepadatan proba-bilitasnya :

f(xi) =1

Γ(α)βαxα−1i exi/β

untuk xi > 0 sehingga fungsi kepadatan probabilitas bersamanya adalah

f(x1, . . . , xn) =

n∏

i=1

f(xi;α, β)

=n∏

i=1

1

Γ(α)βαxα−1i exi/β

=( 1

Γ(α)βα

)n( n∏

i=1

xi

)α−1

exp(− 1

β

n∑

i=1

xi

).


g[T (x1, . . . , xn);α, β] =( 1

Γ(α)βα

)n( n∏

i=1

xi

)α−1

exp(− 1

β

n∑

i=1

xi

)

T (x1, . . . , xn) =( n∏

i=1

Xi,n∑

i=1

Xi

)t

h(x1, . . . , xn) = 1.

Oleh karena itu(∏n

i=1 Xi,∑n

i=1Xi

)tmerupakan statistik cukup untuk

(α, β)t. Dengan menggunakan Teorema 1, Akibat dan mendefinisikan

fungsi g : R2 → R2 dengan g(x, y) = (x, y/n) maka(∏n

i=1Xi, X)t

merupakan statistik cukup untuk (α, β)t.

4. Karena Xi berdistribusi Beta(α, β) maka fungsi kepadatan probabili-tasnya :

f(xi) =Γ(α+ β)

Γ(α)Γ(β)xα−1i (1− xi)β−1

untuk 0 < xi < 1 sehingga fungsi kepadatan probabilitasnya bersamanya

4

adalah

f(x1, . . . , xn;α, β)

=n∏

i=1

f(xi;α, β)

=

n∏

i=1

Γ(α + β)

Γ(α)Γ(β)xα−1i (1− xi)β−1

=(Γ(α + β)

Γ(α)Γ(β)

)n( n∏

i=1

xi

)α( n∏

i=1

(1− xi))β 1∏n

i=1 xi(1− xi).


g[T (x1, . . . , xn);α, β]

=( Γ(α + β)

Γ(α)Γ(β)

)n( n∏

i=1

xi

)α( n∏

i=1

(1− xi))β 1∏n

i=1 xi(1− xi)

T (x1, . . . , xn) =( n∏

i=1

xi,n∏

i=1

(1− xi))t

h(x1, . . . , xn) = 1.

Oleh karena itu(∏n

i=1 xi,∏n

i=1(1 − xi))t

merupakan statistik cukup

untuk (α, β)t.

Soal 3

Jika X1, . . . , Xn sampel random dari distriusi N(θ, θ2) dengan θ ∈ R maka

tunjukkan bahwa(∑n

i=1 Xi,∑n

i=1 X2i

)atau

(X,∑n

i=1 X2i

)merupakan statis-

tik cukup untuk θ.

Pembahasan

Karena Xi berdistribusi N(θ, θ2) maka fungsi kepadatan probabilitas darivariabel random Xi adalah

f(xi) =1√

2πθ2exp

[− (xi − θ)2

2θ2

]

5

sehingga fungsi kepadatan probabilitasnya adalah

f(x1, . . . , xn; θ) =n∏

i=1

f(xi; θ)

=

n∏

i=1

1√2πθ2

exp[(xi − θ)2

2θ2

]

=( 1

2πθ2

)nexp

[−∑n

i=1 xi2θ2

]exp

[2θ∑n

i=1 xi2θ2

]exp

[− θ2

2θ2

]

=( 1

2πθ2

)nexp

[−∑n

i=1 xi2θ2

]exp

[∑ni=1 xiθ

]exp[−1

2].

Dengan menggunakan Teorema 1 diperoleh

g[T (x1, . . . , xn); θ] =( 1

2πθ2

)nexp

[−∑n

i=1 xi2θ2

]exp

[∑ni=1 xiθ

]exp[−1

2]

T (x1, . . . , xn) =( n∑

i=1

xi,n∑

i=1

x2i

)

h(x1, . . . , xn) = 1

sehingga(∑n

i=1 Xi,∑n

i=1 X2i

)merupakan statistik cukup untuk θ. Bila

didefinisikan f : R2 7→ R2 dengan f(x, y) = (x/n, y) dan dengan meng-

gunakan Akibat 1 maka(X,∑n

i=1 X2i

)merupakan statistik cukup untuk θ.

Soal 4

Jika X1, . . . , Xn sampel random ukuran n dengan fungsi kepadatan prob-abilitas

f(x; θ) = e(x−θ)

untuk x > θ dan θ ∈ R maka tunjukkan bahwa X(1) = minX1, . . . , Xnmerupakan statistik cukup untuk θ.

Pembahasan

6

Fungsi kepadatan probabilitas bersama untuk X1, . . . , Xn adalah

f(x1, . . . , xn) =

n∏

i=1

f(xi; θ)

=n∏

i=1

e(xi−θ)

= exp[−

n∑

i=1

xi + nθ]

untuk X(1) > θ

= exp[−

n∑

i=1

xi + nθ]

u[X(1), θ]

dengan

u[X(1); θ] =

1 untuk X(1) > θ0 untuk yang lain.


g[T (x1, . . . , xn); θ] = exp[nθ] u[X(1), θ]

T (x1, . . . , xn) = X(1)

h(x1, . . . , xn) = exp[−

n∑

i=1

xi

].

Akibatnya X(1) = minX1, . . . , Xn merupakan statistik cukup untuk θ.

Soal 5

Jika X1, . . . , Xn variabel random saling bebas dengan fungsi kepadatan prob-abilitas f(x; θ) maka tentukan statistik cukup untuk θ.

1. f(x; θ) = θxθ−1 untuk 0 < x < 1 dan θ ∈ (0,∞).

2. f(x; θ) = 2(θ − x)/θ2 untuk 0 < x < θ dan θ ∈ (0,∞).

3. f(x; θ) = x3 exp(−x/θ)/(6θ4) untuk 0 < x <∞ dan θ ∈ (0,∞).

4. f(θ) = (θ/c)(c/x)θ+1 untuk c < x <∞ dan θ ∈ (0,∞).

Pembahasan

7

1. Karena X ∼ f(x; θ) maka fungsi kepadatan probabilitas bersama dariX1, . . . , Xn adalah

f(x1, . . . , xn) =

n∏

i=1

f(xi; θ)

=n∏

i=1

θxθ−1i

= θn( n∏

i=1

xi

)θ−1

.


g[T (x1, . . . , xn); θ] = θn( n∏

i=1

xi

)θ

T (x1, . . . , xn) =n∏

i=1

xi

h(x1, . . . , xn) =( n∏

i=1

xi

)−1

.

Akibatnya∏n

i=1Xi merupakan statistik cukup untuk θ.


f(x1, . . . , xn; θ) =n∏

i=1

f(xi; θ)

=

n∏

i=1

2

θ2(θ − xi) untuk 0 ≤ xi ≤ θ

=( 2

θ2

)n n∏

i=1

(θ − xi) 0 ≤ x(n) ≤ θ

=( 2

θ2

)n n∏

i=1

(θ − xi) h[x(n); θ]

dengan

h[x(n); θ] =

1 untuk X(n) < θ0 untuk yang lain.

8


g[T (x1, . . . , xn); θ] =( 2

θ2

)n n∏

i=1

(θ − xi) h[x(n); θ]

T (x1, . . . , xn) = X(n)

h(x1, . . . , xn) = 1.

Akibatnya X(n) = maxX1, X2, . . . , Xnmerupakan statistik cukup un-tuk θ.


g[T (x1, . . . , xn; θ) =

n∏

i=1

f(xi; θ)

=n∏

i=1

( 1

6θ4

)xie

xi/θ

=( 1

6θ4

)n( n∏

i=1

x3i

)exp

(1

θ

n∑

i=1

xi

).


g[T (x1, . . . , xn); θ] =( 1

6θ4

)nexp

(1

θ

n∑

i=1

xi

)

T (x1, . . . , xn) =

n∑

i=1

xi

h(x1, . . . , xn) =n∏

i=1

x3i .

Akibatnya∑n

i=1 Xi merupakan statistik cukup untuk θ.


f(x1, . . . , xn; θ) =

n∏

i=1

f(xi; θ)

=

n∏

i=1

(θc

)( cxi

)untuk xi ≥ c

=(θc

)n cθ+1

(∏ni=1 xi

)θ+1.

9


g[T (x1, . . . , xn); θ] =(θc

)n cθ(∏n

i=1 xi

)θ+1

T (x1, . . . , xn) =n∏

i=1

xi

h(x1, . . . , xn) =( n∏

i=1

xi

)−1

.

Akibatnya∏n

i=1Xi merupakan statistik cukup untuk θ.

Soal 6

Jika X1, X2, . . . , Xn sampel random ukuran n dari distribusi Poisson(θ) makabuktikan bahwa X merupakan statistik tak bias UMV yang tunggal untukparameter θ.

Pembahasan

Karena X statistik cukup untuk θ dan lengkap serta E[X] = θ maka Xmerupakan statistik tak bias untuk θ. Dengan menggunakan Teorema 5diperoleh bahwa X statistik tak bias UMV yang tunggal untuk θ.

Soal 7

Tunjukkan bahwa dalah setiap kasus distribusi tersebut merupakan anggotakeluarga eksponensial.

1. Variabel random X berdistribusi Poisson(θ).

2. Variabel random X berdistribusi Binomial Negatif.

3. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β) dengan β diketahui.

4. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β) dengan α diketahui.

5. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β) dengan β diketahui.

6. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β) dengan α diketahui.

10

Pembahasan

1. Karena X berdistribusi Poisson(θ) maka fungsi probabilitas dari Xadalah

f(x; θ) =e−θθx

x!

untuk x = 0, 1, 2, . . . sehingga f(x; θ) dapat dinyatakan sebagai

f(x; θ) = e−θex ln θ 1

x!IA(x)

dengan A = 0, 1, 2, . . ..Hal itu berarti bahwa c(θ) = e−θ, Q(θ) = ln(θ), T (x) = x, dan

h(x) =1

x!IA(x).

Akibatnya distribusi Poisson(θ) merupakan anggota keluarga ekspo-nensial.

2. Karena X berdistribusi Binomial Negatif maka fungsi probabilitas dariX adalah

f(x; θ) =( r + x− 1

x

)θr(1− θ)x

untuk x = 1, 2, 3, . . ., sehingga f(x; θ) dapat dinyatakan sebagai

f(x; θ) = θrex ln(1−θ)(r + x− 1

x

)IA(x)

dengan A = 1, 2, . . ..Hal itu berarti bahwa c(θ) = θr, Q(θ) = ln(1 − θ), T (x) = x dan

h(x) =(r + x− 1

x

)IA(x). Akibatnya distribusi Binomial Negatif

merupakan anggota keluarga eksponensial.

3. Karena X berdistribusi Gamma(α, β) dengan θ = α maka fungsi kepa-datan probabilitas dari X adalah

f(x; θ) =1

Γ(θ)βθxθ−1e−x/β

11

untuk x > 0, sehingga f(x; θ) dapat dinyatakan sebagai

f(x; θ) =1

Γ(θ)βθe(θ−1) ln xe−x/β

atau

f(x; θ) =1

Γ(θ)βθeθ lnxx−1e−x/β

Hal itu berarti bahwa c(θ) =, Q(θ) = θ, T (x) = ln x, dan h(x) =x−1e−x/β. Akibatnya distribusi Gamma(α, β) dengan β diketahui meru-pakan anggota keluarga eksponensial.

4. Karena X berdistribusi Gamma(α, β) dengan θ = β maka fungsi kepa-datan probabilitas dari X adalah

f(x; θ) =1

Γ(θ)θαxα−1e−x/θ

untuk x > 0, sehingga f(x; θ) dapat dinyatakan sebagai

f(x; θ) =1

θe−x/θ

xα−1

Γ(α).

Hal itu berarti c(θ) = 1θα

, Q(θ) = −1θ, T (x) = x dan

h(x) =xα−1

Γ(α).

Akibatnya distribusi Gamma(α, β) dengan α diketahui merupakan anggotakeluarga eksponensial.

5. Karena X berdistribusi Beta(α, β) dengan θ = α maka fungsi kepa-datan probabilitas dari X adalah

f(x; θ) =Γ(θ + β)

Γ(θ)Γ(β)xθ−1(1− x)β−1

sehingga f(x; θ) dapat dinyatakan sebagai

f(θ) =Γ(θ + β)

Γ(θ)eθ lnxx−1(1− x)β−1 1

Γ(β)

Hal itu berarti bahwa c(θ) = Γ(θ+β)Γ(θ)

, Q(θ) = θ, T (x) = ln x, dan

h(x) = x−1(1 − x)β−1 1Γ(β)

. Akibatnya distribusi Beta(α, β) dengan βdiketahui merupakan anggota keluarga eksponensial.

12

6. Karena X berdistribusi Beta(α, β) dengan θ = β maka fungsi kepa-datan probabilitas dari X adalah

f(x; θ) =Γ(α + θ)

Γ(α)Γ(θ)xα−1(1− x)θ−1

sehingga f(x; θ) dapat dinyatakan sebagai

f(x; θ) =Γ(α+ θ)

Γ(θ)eθ ln(1−x)xα−1(1− x)−1 1

Γ(α)

Hal itu berarti bahwa c(θ) = Γ(α+θ)Γ(α)

, Q(θ) = θ, T (x) = ln(1− x), dan

h(x) = xα−1(1 − x)−1 1Γ(α)

. Akibatnya distribusi Beta(α, β) dengan αdiketahui merupakan anggota keluarga eksponensial.

Soal 8

Misalkan variabel random saling bebas dengan fungsi kepadatan probabil-itas f(x; θ) dinyatakan dengan

f(x; θ) =γ

θxγ−1 exp

[− xγ

θ

]

untuk 0 < x <∞ dengan parameter θ > 0 dan γ diketahui.

1. Tunjukkan bahwa fungsi kepadatan probabilitas.

2. Tentukan statistik cukup untuk θ.

3. Apakah f(x; θ) anggota keluarga eksponensial.

Pembahasan

1. Akan ditunjukkan bahwa f(x; θ) merupakan fungsi kepadatan proba-bilitas yaitu dengan menunjukkan bahwa

∫ ∞

−∞f(x; θ)dx = 1

Jika dimisalkan u = xγ/θ maka dudx

= γxγ−1

θsehingga berakibat

∫ ∞

0

xγ−1 exp[− xγ

θ

]dx =

∫ ∞

0

e−udu = 1

Berarti f(x; θ) merupakan fungsi kepadatan probabilitas.

13

2. Akan ditentukan fungsi kepadatan probabilitas bersama dariX1, . . . , Xn

adalah

f(x1, . . . , xn) =n∏

i=1

f(xi; θ)

=

n∏

i=1

γ

θxγ−1i e−

xγiθ

=(γθ

)n n∏

i=1

xγi

n∏

i=1

x−1i e−

1θ

Pni=1 x

γi

Dengan menggunakan Teorema Fatorisasi diperleh bahwa∑n

i=1 xγi statis-

tik cukup untuk θ.

3. Akan dibuktikan bahwa f(x; θ) merupakan anggota keluarga eksponen-sial. Karena f(x; θ) dapat dinyatakan sebagai

f(x; θ) =1

θexp

(− xγ

θ

)γxγ−1.

Hal itu berarti C(θ) = 1θ, Q(θ) = −1

θ, T (x) = xγ , dan h(x) = γxγ−1

sehingga f(x; θ) merupakan anggota keluarga eksponensial.

Soal 9

Dalam setiap kasus, identifikasi bahwa distribusi dari variabel random Xmerupakan anggota keluarga eksponensial dua parameter.

1. Variabel random X berdistribusi Gamma(α, β).

2. Variabel random X berdistribusi Beta(α, β).

Pembahasan

1. Misalkan θ = (θ1, θ2) dengan θ1 = α dan θ2 = β. Fungsi kepadatanprobabilitas Gamma(α, β) adalah

f(x; θ) =1

Γ(θ1)θθ12

xθ1−e−x/θ2

atau

f(x; θ) =1

Γ(θ1)θθ12

exp[θ1 ln x− x

θ2

]x−1.

14

Hal itu berarti

C(θ) =1

Γ(θ1)θθ12

, T1(x) = ln(x), T2(x) = ln(x),

h(x) = x−1, Q1(θ) = θ1, Q2(θ) = − 1

θ2

.

Akibatnya distribusi Gamma(α, β) merupakan anggota keluarga ekspo-nensial dua parameter.

2. Misalkan θ = (θ1, θ2) dengan θ1 = α dan θ2 = β. Fungsi kepadatanproabbilitas Beta(α, β) adalah

f(x; θ) =Γ(θ1 + θ2)

Γ(θ1)Γ(θ2)xθ1−1(1− x)θ2−1

atau

f(x; θ) =Γ(θ1 + θ2)

Γ(θ1)Γ(θ2)exp

[θ1 ln x+ θ2 ln(1− x)

]x−1(1− x)−1.

Hal itu berarti

C(θ) =Γ(θ1 + θ2)

Γ(θ1)Γ(θ2), T1(x) = ln x, T2(x) = ln(1− x),

h(x) = x−1(1− x)−1, Q1(θ) = θ1, Q2(θ) = θ2.

Akibatnya distribusi Beta(α, β) merupakan anggota keluarga ekspo-nensial dua parameter.

Soal 10

Buktikan bahwa keluarga F tidak lengkap dengan

F = f(x; θ) =1

θuntuk − θ ≤ x ≤ θ

untuk −θ ∈ (0,∞).

Pembahasan

Karena ada g(x) = x sehingga

E[g(X)] =

∫ θ

−θx

1

2θdx = 0

Akibatnya keluarga F tidak lengkap.

15

Chapter 2

Latihan Soal Statistik Cukup

1. Variabel random X1, X2, . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi identikdengan fungsi kepadatan probabilitas

f(θ) = exp[−(x− θ)]untuk x > 0 dan θ ∈ R. Tentukan statistik cukup untuk θ.

2. Jika F keluarga semua fungsi probabilitas Binomial Negatif maka tun-jukkan bahwa F lengkap.

3. Apakah distribusi geometrik merupakan anggota keluarga eksponensialsatu parameter ?

4. Apakah statistik berikut ini ekuivalen ?

(a)∏n

i=1 xi dan∑n

i ln xi dengan xi > 0.

(b)∑n

i=1 xi dan∑n

i lnxi.

(c) (∑n

1 xi,∑n

1 x2i ) dan (

∑n1 xi,

∑n1 (xi − x)2)

(d) (∑n

1 xi,∑n

1 x3i ) dan (

∑n1 xi,

∑n1 (xi − x)3)

5. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi dengan fungsikepadatan proabbilitas dinyatakan dengan

f(x;µ, σ) =1

σexp

[− (x− µ)

σ

]

jika x ≥ µ, −∞ < µ <∞ dan σ > 0.

(a) Jika µ diketahui maka tentukan statistik cukup untuk σ.

(b) Jika σ diketahui maka tentukan statistik cukup untuk µ.

(c) Tentukan statistik cukup untuk (µ, σ).

16

Chapter 3

Pembahasan : Estimasi Titik

Soal 1

Jika X1, X2, X3, . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(1, θ) denganθ ∈ Ω = (0, 1) maka tentukan estimator UMVU untuk parameter θ.

Pembahasan

Karena X statistik cukup tak bias yang lengkap untuk θ maka X estimatorUMVU untuk θ.

Soal 2

Jika X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi U(0, θ) dengan θ ∈ Ω =(0,∞). Tentukan estimator tak bias untuk mean dan variansi dari X yanghanya tergantung pada statistik cukup dari parameter θ.

Pembahasan

Karena X mempunyai distribusi U(0, θ) maka E[X] = θ/2 dan Var(X) =θ2/12. Statistik cukup untuk θ adalah Y = maxX1, X2, . . . , Xn. Fungsi

17

distribusi dari Y adalah

FY (y) = P (Y ≤ y) = P (maxX1, X2, . . . , Xn ≤ y)

= P (X1 ≤ y,X2 ≤ y, . . . , Xn ≤ y)

=(P (X ≤ y)

)n

=(FX(y)

)n

= (y

θ)n

untuk 0 ≤ y ≤ θ, sehingga fungsi kepadatan probabilitas dari Y adalah

f(y) =dF

dy= n

yn−1

θn

untuk 0 ≤ y ≤ θ. Akibatnya

E[Y ] =

∫ θ

0

ynyn−1

θndy =

n

θn

[ yn+1

n+ 1

]θ0

=n

n + 1θ.

Karena itu estimator tak bias untuk meannya yaitu θ2

adalah

n+ 1

2nmaxX1, X2, . . . , Xn.

Demikian juga, berlaku sifat

E(Y 2) =

∫ θ

0

y2nyn−1

θndy =

n

θn

[ yn+2

n+ 2

]θ0

=n

n+ 2θ2.

Akibatnya estimator tak bias untuk θ2/12 adalah

n+ 2

12n

(maxX1, X2, . . . , Xn

)2

.

Soal 3

Diketahui X1, . . . , Xn sampel random saling bebas dari distribusi Gamma(α, β)dengan α diketahui dan β tidak diketahui. Tunjukkan bahwa estimatorUMVU dari θ yaitu

U(X1, . . . , Xn) =1

nα

n∑

i=1

Xi =X

α

18

dan variansinya mencapai batas bawah Cramer-Rao.

Pembahasan

Misalkan θ = β dengan θ ∈ Ω = (0,∞). KarenaXi berdistribusi Gamma(α, θ)maka

f(x1, x2, . . . , xn; θ) =1

θαxα−1i e−xi/θ

untuk xi > 0 sehingga fungsi kepadatan probabilitas bersamanya adalah

f(x; θ) =n∏

i=1

f(xi;α, θ)

=

n∏

i=1

1

θαxα−1i e−xi/θ

=( 1

Γ(α)

)n( n∏

i=1

xi

)α−1 1

θαexp

[− 1

θ

n∑

i=1

xi].

Dengan menggunakan Teorema Faktorisasi Fisher-Neyman diperoleh bahwa∑ni=1Xi merupakan statistik cukup untuk θ. Karena E[Xi] = αθ maka

E[X/α] = θ sehingga X/α merupakan estimator tak bias untuk θ. Demikianjuga dapat dibuktikan bahwa

∑ni=1 Xi merupakan statistik yang lengkap un-

tuk θ sehingga dengan menggunakan Teorema , X/α merupakan estimatorUMVU untuk θ.

Karena V ar(Xi) = αθ2 maka

Var(X/α) =1

n2α2nVar(X

=αθ2

nα2=

θ2

nα

Untuk mendapatkan batas bawah Cramer-Rao, terlebih dahulu dihitung in-formasi Fishernya. Karena X berdistribusi Gamma(α, θ) maka logaritmanatural dari fungsi kepadatan probabilitasnya adalah

ln f(x; θ) = −α ln θ − ln Γ(α) + (α− 1) lnx− x

θ.

Dengan mendeferensialkan terhadap θ diperoleh

∂ ln f(x; θ)

∂θ= −α

θ+x

θ2

19

dan

∂2 ln f(x; θ)

∂θ2= − α

θ2− 2x

θ3

sehingga

−E[∂2 ln f(X; θ)

∂θ2

]= −E

[− α

θ2− 2X

θ3

]= −

(− α

θ2− 2αθ

θ3

)=α

θ2.

Informasi Fishernya adalah I(θ) = θ2

nα= Var(U). Hal itu berarti bahwa var-

iansi U mencapai batas bawah Cramer-Rao.

Soal 4

Diketahui X1, X2, X3, . . . , Xn sampel random dari distribusi U(θ, 2θ) den-gan θ ∈ Ω = (0,∞). Tentukan estimator tak bias untuk θ.

Pembahasan

Karena X berdistribusi U(θ, 2θ) maka fungsi kepadatan probabilitasnya dariX adalah

f(x; θ) =1

θuntuk 0 ≤ x ≤ 2θ

sehingga fungsi distribusi dari X adalah

FX(x) =x− θθ

untuk 0 ≤ x ≤ 2θ

Misalkan statistik cukup untuk θ dinotasikan dengan U = minX1, . . . , Xn.Fungsi distribusi dari U adalah

FU(u) = P (U ≤ u) = 1− P (U > u)

= 1− P (minX1, . . . , Xn > u)

= 1− P (X1 > u,X2 > u, . . . , Xn > u)

= 1− [P (X > u)]n

= 1− [1− P (X ≤ u]n

= 1− [1− u− θθ

]n

= 1− [1− 2θ − uθ

]n

20

sehingga fungsi kepadatan probabilitas dari U adalah dF/du yaitu

fU (u) = n(

2θ − u)n−1 1

θ= n

(2θ − u)n−1

θn

untuk θ ≤ x ≤ 2θ. Harga harapan dari variabel random U adalah

E[U ] =

∫ 2θ

θ

un(2θ − u)n−1

θndu.

Misalkan digunakan substitusi w = 2θ − u sehingga dw = −du. Akibatnyauntuk u = θ maka w = θ dan untuk u = 2θ maka w = 0. Diperoleh

E[U ] =

∫ 0

θ

n(2θ − w)wn−1

θn(−dw)

=

∫ θ

0

n(2θ − w)wn−1

θndw

=

∫ θ

0

n2nθ

θndw −

∫ θ

0

nnwn

θndw

= 2θ[wnθn

]θ0− n

n + 1

[wn+1

θn

]θ0

= 2θ − n

n+ 1θ

=n+ 2

n+ 1θ

Hal itu berartin+ 1

n+ 2minX1, . . . , Xn

merupakan statistik tak bias untuk θ.Misalkan V = maxX1, . . . , Xn. Fungsi distribusi dari variabel random

V adalah

FV (v) =(v − θ)nθn

untuk θ ≤ v ≤ 2θ

dan fungsi kepadatan probabilitas V adalah

fV (v) =n(v − θ)n−1

θnuntuk θ ≤ v ≤ 2θ.

Akibatnya

E[V ] =

∫ 2θ

θ

vn(v − θ)n−1

θndv.

21

Misalkan digunakan substitusi w = v − θ sehingga dw = dv. Akibatnyauntuk v = θ maka w = 0 dan untuk u = 2θ maka w = θ. Diperoleh

E[V ] =

∫ θ

0

n(w + θ)wn−1

θndw

=

∫ θ

0

wn

θndw +

∫ θ

0

nwn

θn−1dw

=n

n+ 1θ + θ

=2n+ 1

n + 1θ.

Hal itu berartin + 1

2n+ 1maxX1, X2, . . . , Xn

juga merupakan statistik tak bias untuk θ. Pada sisi lain dengan mengingatbahwa

E[2U + V ] = 2E[U ] + E[V ] =2n+ 4

n+ 1θ +

2n+ 1

n + 1θ =

4n+ 5

n + 1θ

maka

n + 1

4n+ 5

[2 minX1, X2, . . . , Xn+ maxX1, X2, . . . , Xn

]

estimator tak bias untuk θ.

Soal 5

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Poisson(θ) denganθ ∈ Ω = (0,∞). Tentukan estimator UMVU untuk θ dan tentukan variansiserta batas bawah Cramer-Rao.

Pembahasan

Dari Chapter 1 dapat dilihat bahwa X merupakan statistik cukup yanglengkap sehingga dengan menggunakan Teorema Lehman-Scheffe diperolehbahwa X estimator UMVU dengan variansi θ/n. Pada sisi lain, karena Xmempunyai distribusi Poisson(θ) maka fungsi probabilitasnya adalah

f(x; θ) =e−θθx

x!

22

untuk x = 0, 1, 2, . . ., sehingga logaritma natural dari f(x; θ) adalah

f(x; θ) = −θ + x ln θ − ln(x!).


∂

∂θf(x; θ) = −1 +

x

θ

sehingga

( ∂∂θf(x; θ)

)2

= 1− 2x

θ+x2

θ2.

Akibatnya

E[ ∂∂θf(x; θ)

]2

= 1− 2E[X]

θ+E[X]2

θ2

= 1− 2θ

θ+V (x) + (E[X])2

θ2

= 1− 2θ

θ+θ + θ2

θ2

=1

θ.

Oleh karena itu batas bawah Cramer-Rao yaitu θ/n sama dengan variansidari X.

Soal 6

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(1, θ) den-gan θ ∈ Ω = (0, 1). Tentukan MLE untuk θ.

Pembahasan

Karena Xi berdistribusi Binom(1, θ) maka fungsi probabilitasnya adalah

f(xi; θ) = θxi(1− θ)n−xi

dengan xi = 0, 1, 2, . . . , n sehingga fungsi likelihoodnya adalah

L(θ|x1, x2, . . . , xn) =n∏

i=1

f(xi; θ)

=

n∏

i=1

θxi(1− θ)n−xi

= θPni=1 xi(1− θ)n−

Pni=1 xi.

23

Logaritma dari fungsi likelihoodnya adalah

l(θ) = (ln θ)n∑

i=1

xi − ln(1− θ)n∑

i=1

+n ln(1− θ).


dl

dθ=

∑ni=1 xiθ

+

∑ni=1 xi

1− θ −n

1− θ .

Akibatnya θ yang memaksimumkan fungsi likelihoodnya akan sama denganakar dari persamaan dl

dθ= 0 yaitu

∑ni=1 xiθ

+

∑ni=1 xi

1− θ −n

1− θ = 0∑n

i=1 xi − θ∑n

i=1 xi + θ∑n

i=1 xiθ(1− θ) =

n

1− θ

θ =

∑ni=1 xin

= X.

Hal itu berarti MLE untuk θ adalah θ = X.

Soal 7

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi eksponensial yaitudengan fungsi kepadatan probabilitas

f(x; θ) = θe−θx

dengan θ ∈ Ω = R. Tentukan MLE untuk θ.

Pembahasan

Fungsi likelihoodnya adalah

L(θ|x1, x2, . . . , xn) =

n∏

i=1

f(xi; θ)

=

n∏

i=1

θe−θxi

= θne−θPni=1 xi

24

sehingga logaritma natural dari fungsi likelihoodnya adalah

l(θ) = n ln θ − θn∑

i=1

xi


dl

dθ=n

θ−

n∑

i=1

xi.

Akibatnya θ yang memaksimumkan fungsi likelihoodnya akan sama denganakar dari persamaan

dl

dθ= 0

n

θ−

n∑

i=1

xi = 0

n

θ=

n∑

i=1

xi

θ =n∑ni=1 xi

.

Hal itu berarti MLE untuk θ adalah θ = 1/X.

Soal 8

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi N(µ, σ2) dengan µdan σ2 tidak diketahui. Tentukan MLE untuk θ.

Pembahasan

Karena X berdistribusi N(µ, σ2) maka fungsi kepadatan probabilitasnyaadalah

f(x;µ, σ) =1√

2πσ2exp

[− (x− µ)2

2σ2

]

25

sehingga fungsi likelihoodnya adalah

L(θ; x1, x2, . . . , xn) =

n∏

i=1

f(xi; θ)

=n∏

i=1

1√2πσ2

exp[− (xi − µ)2

2σ2

]

=( 1√

2πσ2

)nexp

[−∑n

i=1(xi − µ)2

2σ2

]

=( 1√

2πσ2

)nexp

[−∑n

i=1 xi2σ2

+2µ∑n

i=1 xi2σ2

− nµ2

2σ2

]

dengan θ = (µ, σ2). Akibatnya logaritma natural dari fungsi likelihoodnyaadalah

l(θ = ln f(x;µ, σ2) = −n2

ln(2πσ2)−∑n

i=1 x2i

2σ2+

2µ∑n

i=1 x2i

2σ2− nµ2

2σ2.

MLE diperoleh dengan menyelesaikan sistem persamaan berikut :

∂l

∂µ=

∑ni=1 xiσ2

− 2nµ

2σ2

∂l

∂σ2= − n

2σ2+

∑ni=1 xi2σ4

− µ

σ2+nµ4

2σ4.

Diperoleh MLE untuk (µ, σ2) masing-masing adalah

µ = X

n

2σ2=

∑ni=1(xi − µ)2

2σ4.

atau

σ2 =

∑ni=1(Xi − µ)2

n.

Soal 9

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi dengan fungsi kepa-datan probabilitasnya adalah

f(x; θ1, θ2) =1

θ2exp

[− x− θ1

θ2

]untuk x > θ1

26

Tentukan MLE untuk θ1 dan θ2.

Pembahasan

Fungsi likelihoodnya adalah

L(θ, x1, x2, . . . , xn) =

n∏

i=1

f(xi; θ)

=n∏

i=1

1

θ2

exp[− xi − θ1

θ2

]

=( 1

θ2

)nexp

[−∑n

i=1(xi − θ1)2

θ2

]

untuk minX1, X2, . . . , Xn > θ1. Akibatnya logaritma natural dari fungsilikelihoodnya adalah

l(θ) = ln f(x; θ1, θ2) = −n ln(θ2)−∑n

i=1 xiθ2

− nθ1

θ2

untuk minX1, X2, . . . , Xn > θ1. Fungsi likelihood mencapai maksimumbila θ1 = minX1, X2, . . . , Xn dan MLE untuk θ2 diperoleh dengan menye-lesaikan persamaan berikut :

∂l

∂θ22

= − nθ2

+

∑ni=1 xiθ2

+nθ1

θ2

= 0.

Diperoleh

∑ni=1 xiθ2

2

=n(θ2 − θ1)

θ22

atau θ2 = X + minX1, X2, . . . , Xn.

Soal 10

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi U(−θ, θ) denganθ ∈ Ω = (0,∞). Tentukan estimator momen untuk θ.

Pembahasan

Karena momen pertama dari X yaitu E(X) = 0 maka digunakan momen

27

kedua dari X yaitu E[X2] = θ2/3. Akibatnya estimator momen untuk θmerupakan penyelesaian dari

θ2

3=

∑ni=1 x

2i

n

yaitu θ =√

3X.

Soal 11

Diketahui X1, X2, X3, . . . , Xn sampel random dari distribusi N(θ, θ) denganθ ∈ Ω = (0,∞). Tentukan MLE untuk θ.

Pembahasan

KarenaX berdistribusi N(θ, θ) maka fungsi kepadatan probabilitasnya adalah

f(x; θ) =1√2πθ

exp[− (x− θ)2

2θ

]

sehingga fungsi likelihoodnya adalah

L(θ|x1, x2, . . . , xn) =

n∏

i=1

f(xi; θ)

=n∏

i=1

1√2πθ

exp[− (xi − θ)2

2θ

]

=( 1√

2πθ

)n/2exp

[−∑n

i=1(xi − θ)2

2θ

].

Akibatnya logaritma natural dari fungsi likelihoodnya adalah

l(θ) = lnL(θ|x1, x2, . . . , xn) = −n2

ln(2πθ)−∑n

i=1(xi − θ)2

2θ

= −n2

ln(2πθ)−∑n

i=1 x2i

2θ+

n∑

i=1

x2i −

nθ

2.

MLE untuk θ diperoleh dengan menyelesaikan persamaan berikut :

∂l

∂θ= − n

2θ+

∑ni=1 x

2i

2θ2− n

2= 0

atau

nθ2 + nθ −n∑

i=1

x2i = 0.

28

Persamaan tersebut merupakan persamaan kuadrat dalam θ dan denganmenggunakan rumus ABC diperoleh akar-akarnya yaitu

θ =−n +

√n2 + 4n

∑i=1 x

2i

2n

dan

θ =−n−

√n2 + 4n

∑i=1 x

2i

2n.

Karena parameter θ juga merupakan variansi dari Xi maka haruslah positifsehingga yang memenuhi adalah

θ =−n +

√n2 + 4n

∑i=1 x

2i

2n

atau

θ =−1 +

√1 + 4

n

∑i=1 x

2i

2n

atau θ = 12

[1 + 4

n

∑i=1 x

2i

].

Soal 12

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi U(θ− a, θ+ b) den-gan θ ∈ Ω = R. Tentukan estimator momen untuk θ dan variansinya.

Pembahasan

Karena X1 ∼ U(θ−a, θ+ b) maka E[X1] = θ+ b−a2

dan Var(X) = (b−a)2

12. Es-

timator momen untuk θ merupakan penyelesaian dari persamaan E[X1] = Xyaitu

θ +b− a

2= X

sehingga estimator momen untuk θ adalah

θ = X +b− a

2.

Variansi untuk estimator momen tersebut adalah

V (θ) = V (X +b− a

2) = V (X) =

V (X1)

n=

(b− a)2

12n.

29

Soal 13

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Gamma(α, β). Ten-tukan estimator momen untuk α dan β.

Pembahasan

Karena X1 berdistribusi Gamma(α, β) maka E[X1] = αβ dan V (X1) = αβ2

sehingga estimator momen tersebut merupakan penyelesaian dari sistem per-samaan

E[X1] = X

E[X21 ] = X2 =

1

n

n∑

i=1

X2i

yaitu

αβ = X

αβ2 + (αβ)2 = X2.

Diperoleh

αβ2 + (αβ)2 = X2 − (X)2

αββ = X2 − (X)2 = S2

Xβ = S2.

Akibatnya estimator momen untuk β adalah β = S2/X dengan

S2 =1

n

n∑

i=1

(Xi − X)2

dan estimator momen untuk α adalah α = (X)2/S2.

Soal 14

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Beta(α, β). Ten-tukan estimator momen untuk α dan β.

Pembahasan

30

Karena X1 berdistribusi Beta(α, β) maka E[X1] = αα+β

dan

V (X1) =αβ

(α + β)2(α+ β + 1)

sehingga

E(X21 ) = V (X1) + (E(X1))2

=αβ

(α + β)2(α + β + 1)+

α2

(α + β)2

=α

α + β

[ β

(α + β)(α + β + 1)+

α

α + β

]

Estimator momen tersebut merupakan penyelesaian dari sistem persamaan

E(X1) = X

E(X21 ) = X2 =

1

n

n∑

i=1

X2i

yaitu

α

α + β= X

α

α + β

[ β

(α + β)(α+ β + 1)+

α

α + β

]= X2.

Diperoleh αX + βX = α atau α(1 − X) = βX atau α = βX/(1 − X).Akibatnya

X2 = X[ β(β X

1−X + β)(β X

1−X + β + 1) + X

]

= X[ β(

X1−X + 1

)(β X

1−X + β + 1) + X

]

= X[ 1(

X+1−X1−X

)(β X

1−X + β 1−X1−X + 1

)]

+ (X)2.

31

Diperoleh

X2 − X2 = X[ 1− X(

β1−X + 1−X

1−X

)]

S2 = X[ (1− X)2

(β + 1− X)

]

β + 1− X = X[(1− X)2

S2

].

Hal itu berarti estimator momen untuk β adalah

β = X[(1− X)2

S2

]− 1 + X

sehingga estimator momen untuk α adalah α = β X1−X .

Soal 15

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(4, θ) denganθ ∈ (0, 1). Tentukan estimator Bayes untuk θ bila priornya adalah

π(θ) =1

B(6, 7)θ5(1− θ)6.

Pembahasan

Fungsi probabilitas dari X adalah

f(x; θ) =1

B(6, 7)θx(1− θ)4−x

untuk x = 0, 12, 3, 4, 5. Misalkan prior untuk θ adalah

π(θ) =1

B(6, 7)θ5(1− θ)6

untuk 0 < θ < 1. Distribusi posterior dari θ bila diberikan X yaitu π(θ|x)adalah

π(θ|x) = f(x|θ)π(θ)

32

sebanding dengan

θx(1− θ)4−xθ5(1− θ)6 = θx+5(1− θ)10−x

= θx+6−1(1− θ)11−x−1

Dengan melihat bentuk tersebut maka distribusi posterior dari θ diberikanX yaitu π(θ|x) adalah distribusi Beta(6 +x, 11−x) sehingga penaksir Bayesuntuk θ merupakan mean dari distribusi posterir yaitu

θ = E[θ|x] =x+ 6

x + 6 + 11− x =x+ 6

17.

Soal 16

Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Binom(4, θ) denganθ ∈ (0, 1). Tentukan estimator Bayes untuk θ bila priornya adalah π(θ) = 1untuk 0 < θ < 1.

Pembahasan

Fungsi probabilitas dari X adalah

f(x|θ) =( 4x

)θx(1− θ)4−x

untuk x = 0, 1, 2, 3, 4. Distribusi posterior dari θ bila diberikan X yaituπ(θ|x) adalah

π(θ|x) = f(x|θ)π(θ)

sebanding dengan

θx(1− θ)4−x(1) = θx+1−1(1− θ)5−x−1

Dengan melihat bentuk tersebut maka distribusi posterior dari θ bila diberikanX yaitu π(θ|x) adalah distribusi Beta(1 + x, 5− x) sehingga penaksir Bayesuntuk θ merupakan mean dari distribusi posterior yaitu

θ = E[θ|x] =x+ 1

x+ 1 + 5− x =x + 1

6.

33

Soal 17

Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas dengan fungsi kepa-datan probabilitas

f(x; θ) = θxθ−1

dengan θ > 0. Bila distribusi prior dari θ adalah

π(θ) =1

Γ(r)λrθr−1e−θ/λ

untuk θ > 0. Tentukan estimator Bayes untuk parameter θ.

Pembahasan

Distribusi posterior dari θ bila diberikan sampel random X1, X2, . . . , Xn

adalah

π(θ|x1, x2, . . . , xn) = f(x1|θ)f(x2|θ) . . . f(xn|θ)π(θ)

atau sebanding dengan

θn( n∏

i=1

xi

)θ( n∏

i=1

xi

)−1

er−1e−θ/λ = θn+r−1e−θ[(1/λ)−lnQni=1 xi]

= θn+r−1e−θ[(1/λ)−Pni=1 lnxi]

Berarti distribusi posteriornya Gamma(n+r, λ

1−λPni=1 ln xi

). Akibatnya mean

dari distribusi posterior yaitu

θ =(n+ r)λ

1− λ∑ni=1 ln xi

merupakan penaksir Bayes untuk θ.

Soal 18


f(xi; θ) =1√2πe−

12

(xi−θ)2

34


π(θ) =1√2πe−θ

2/2

untuk θ > 0. Tentukan estimator Bayes untuk parameter θ.

Pembahasan


adalah



exp[− 1

2

(− 2θ

n∑

i=1

xi + (n+ 1)θ2)]

= exp[− 1

2(n + 1)

(θ2 − 2θ

n + 1

n∑

i=1

xi)]


exp[− 1

2(n+ 1)

(θ − 2θ

n+ 1

n∑

i=1

xi)2].

Hal itu berarti distribusi posteriornya merupakan distribusi N(Pn

i=1 xin+1

, 1n+1

).

Akibatnya mean dari distribusi posterior yaituPni=1 xin+1

merupakan penaksirBayes untuk θ.

Soal 19


f(xi; θ) =1√2πe−

12

(xi−θ)2


π(θ) =1√2πe−

12

(θ−µ0)2

Tentukan estimator Bayes untuk parameter θ.

35

Pembahasan


adalah



exp[− 1

2

(− 2θ

n∑

i=1

xi + (n + 1)θ2 − 2µ0θ)]


exp[− 1

2(n + 1)

(θ2 − 2θ

n+ 1

(µ0 +

n∑

i=1

xi))]

Berarti distribusi posteriornya merupakan distribusi N(µ0+

Pni=1 xi

n+1, 1n+1

). Ak-

ibatnya mean dari distribusi posterior yaituµ0+

Pni=1 xi

n+1merupakan estimator

Bayes untuk θ.

36

Chapter 4

Latihan Soal Estimasi Titik

1. Jika X1, X2, X3, . . . , Xn sampel random dari distribusi U(0, θ) denganθ ∈ Ω = (0,∞). Tentukan estimator tak bias untuk mean dan variansidari X yang hanya tergantung pada statistik cukup dari parameter θ.

2. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random saling bebas dari distribusiU(θ1, θ2) dengan θ1 < θ2. Tentukan estimator tak bias untuk meanyaitu (θ1 + θ2)/2 dan range yaitu θ2 − θ1 yang hanya tergantung padastatistik cukup untuk (θ1, θ2).

3. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random saling bebas dari distribusidobel eksponensial yaitu dengan fungsi kepadatan probabilitas

f(x; θ) =1

2e−|x−θ|

dengan θ ∈ Ω = R. Tunjukkan 12(X(1) + X(n)) bahwa merupakan

estimator tak bias untuk θ.

4. Jika X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi yang mempunyaifungsi kepadatan probabilitas :

f(x; θ) =1

θe−

xθ

untuk x > 0 dengan θ ∈ Ω = (0,∞) maka tentukan estimator UMVUuntuk parameter θ.

5. Jika X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi yang mempunyaifungsi kepadatan probabilitas :

f(x; θ) =1

θe−

xθ

37

untuk x > 0 dengan θ ∈ Ω = (0,∞) maka tentukan estimator MLEuntuk parameter θ.

6. Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas dan berdis-tribusi identik mempunyai fungsi kepadatan probabilitas :

f(x; θ) =γ

θe−

xγ

θ

untuk x > 0, θ > 0 dan γ > 0 dengan γ diketahui. Tentukan MLEuntuk θ.

7. Diketahui X1 dan X2 variabel random saling bebas dan mempunyaifungsi kepadatan probabilitas

f(x; θ) =2

θ(θ − x)

untuk 0 < x < θ dan θ ∈ Ω = (0,∞). Tentukan estimator momenuntuk parameter θ.

8. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi Cauchy den-gan σ = 1 dan µ tidak diketahui. Misalkan diinginkan untuk menges-timasi µ, manakah salah satu dari estimator untuk µ yang anda pilihyaitu X1 ataukah X ? Jelaskan jawaban anda !

9. Misalkan X1, X2, . . . , Xn menotasikan sampel random dari suatu dis-tribusi yaitu N(θ, 1). Tentukan estimator terbaik untuk θ2.

10. Diketahui adalah sampel random dari suatu distribusi N(0, θ). Statis-tik Y =

∑ni=1 X

2i merupakan statistik cukup untuk θ. Tentukan esti-

mator terbaik untuk θ2.

11. Misalkan X pengamatan tunggal dari distribusi Bernoulli

f(x; θ) = θx(1− θ)1−xI0,1(x)

dengan 0 < θ < 1. Misalkan T1(X) = X dan T2(X0 = 12.

(a) Apakah T1(x) dan T2(x) tak bias ?

(b) Bandingkan MSE (mean squared error) dari T1(x) dengan T2(X).

12. Misalkan X adalah pengamatan tunggal dari N(0, θ) dengan θ = σ2.

(a) Apakah X statistik cukup untuk θ ?

38

(b) Apakah |X| statistik cukup untuk θ ?

(c) Apakah X2 estimator tak bias dari θ ?

(d) Apakah MLE untuk√θ ?

13. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari fungsi kepadatan prob-abilitas

f(x; θ) = θx−2I[θ,∞)(x)

dengan θ > 0.

(a) Tentukan estimator MLE untuk θ.

(b) Apakah minX1, X2, . . . , Xn statistik cukup untuk θ ?


f(x; θ) = θxθ−1I(0,1)(x)

dengan θ > 0.

(a) Tentukan estimator MLE untuk µ = θ/(1 + θ).

(b) Tentukan estimator UMVU untuk 1/θ dan µ ?


f(x; θ) = 2x/θ2I(0,θ)(x)

dengan θ > 0.

(a) Tentukan estimator MLE untuk θ.

(b) Apakah maxX1, X2, . . . , Xn statistik cukup untuk θ ? ApakahmaxX1, X2, . . . , Xn lengkap ?

(c) Adakah estimator UMVU untuk θ ? Jika ada, tentukan estimatoritu.


f(x; θ) = θ(1 + x)(1+θ)I(0,θ)(x)

dengan θ > 0.

39

(a) Estimasi θ dengan metode momen dengan menganggap θ > 1.

(b) Tentukan estimator MLE untuk 1/θ.

(c) Apakah statistik cukup dan lengkap untuk θ jika ada ?

(d) Tentukan batas bawah Cramer-rao untuk estimator tak bias untuk1/θ.

(e) Tentukan estimator UMVU untuk 1/θ jika ada.

(f) Tentukan estimator UMVU untuk θ jika ada.


f(x; θ) = e−(x−θ) exp[−e(x−θ)]

dengan −∞ < θ <∞.

(a) Tentukan metode momen dari θ.

(b) Tentukan MLE dari θ.

(c) Tentukan statistik cukup yang lengkap untuk θ.

(d) Tentukan batas bawah Cramer-Rao untuk estimator tak bias dariθ.

(e) Adakah suatu fungsi dari estimator tak bias untuk θ yang vari-ansinya bersesuaian dengan batas bawah Cramer-Rao ? Jika adatentukan.

18. Jika X pengamatan tunggal dengan fungsi kepadatan probabilitas

f(x; θ) = 2x/θ2I(0,θ)(x)

dengan θ > 0. Anggap bahwa θ mempunyai distribusi prior seragamatas interval (0,1). Dengan loss function θ2(1−θ)2, tentukan estimatorBayes untuk θ.

19. Diketahui X1, X2, . . . , Xn sampel random dari distribusi dengan fungsikepadatan probabilitas

f(x; θ) = θxθ−1I(0,1)(x)

dengan θ > 0. Anggap bahwa distribusi prior dari θ adalah Gamma(r, λ)dengan r dan λ diketahui. Apa distribusi posterior dari θ ? Tentukanestimator Bayes dari θ dengan prior yang diberikan dengan menggu-nakan fungsi kerugian kuadrat.

40

Chapter 5

Pembahasan : Uji Hipotesis

Soal 1

Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas. Konstruksikan ujiMP untuk menguji bahwa distribusi bersama dari X adalah N(0, 9) melawanalternatif N(1, 9) dengan tingkat keberartian α = 0, 05. Tentukan juga kuasadari uji tersebut.

Pembahasan

Untuk menguji hipotesis H : θ = 0 melawan alternatif A : θ = 1 padatingkat α = 0, 05 digunakan uji MP berikut :

φ(x) =

1 jika X > c0

0 untuk yang lain

dengan c0 ditentukan oleh E[φ(x)] = P (X > c0) = 0, 05. Variabel randomX1, X2, . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi N(0, 9) maka X berdistribusiN(0, 9/16) sehingga

P (X > c0) = 0, 05

P (X − 0

3/4>c0 − 0

3/4) = 0, 05

P (Z >4c0

3) = 0, 05.

41

Berdasarkan tabel distribusi normal baku diperoleh sehingga c0 = 1, 23.Kuasa ujinya adalah

P (X > 1, 23) = P (X − 1

3/4>

1, 23− 1

3/4)

= P (Z > 0, 1725)

= 0, 5685.

Hal itu berarti bila θ = 1 maka probabilitas menolak hipotesisnya adalah0,5685.

Soal 2

Panjang hidup X bola lampu 50 watt merek tertentu dianggap mempun-yai distribusi normal dengan mean µ tidak diketahui sedangkan simpanganbaku σ = 150 jam. Variabel random X1, X2, . . . , Xn variabel random salingbebas dan masing-masing berdistribusi X serta dianggap bahwa X = 1730jam. Ujilah hipotesis H : µ = 1800 melawan alternatif A : µ < 1800 padatingkat keberartian α = 0, 01.

Pembahasan

Untuk menguji hipotesis H : µ = 1800 melawan alternatif A : µ < 1800pada tingkat keberartian α = 0, 01 digunakan uji MP :

φ(x) =

1 jika X < c0 jika X ≥ c

dengan c ditentukan sehingga P (X < c) = 0, 01 dan X ∼ N(1800, 1502).Karena P (X < c) = 0, 01 maka P ( X−1800

150< c−1800

150) = 0, 01 atau

P (Z <c− 1800

150) = 0, 01.

Berdasarkan tabel distribusi normal diperoleh c−1800150

= −2, 33 atau

c = 1800 + (150)(−2, 33) = 1450, 5.

Soal 3

Diketahui X1, . . . , X30 variabel random saling bebas dari distribusi Gamma(α, β)dengan α = 10 dan β tidak diketahui. Konstruksikan uji MP dari hipotesis

42

H : β = 2 melawan alternatif A : β = 3 pada tingkat keberartian α = 0, 05.

Pembahasan

Untuk mengkonstruksikan uji MP terlebih dahulu dihitung :

R(x; θ0, θ1) =f(x1; θ1) . . . f(xn; θ1)

f(x1; θ0) . . . f(xn; θ0)

=

x10−11 exp[−x1

θ1]

Γ(10)θ101

. . .x10−1n exp[−xn

θ1]

Γ(10)θ101

x10−11 exp[−x1

θ0]

Γ(10)θ100

. . .x10−1n exp[−xn

θ0]

Γ(10)θ100

=(θ0

θ1

)10n

exp[−( 1

θ1− 1

θ0

) n∑

i=1

xi

].

Logaritma natural dari R(x; θ0, θ1) adalah

lnR(x; θ0, θ1) = 10n ln(θ0

θ1

)−( 1

θ1

− 1

θ0

) n∑

i=1

xi

dengan θ0 < θ1. Karena θ0 < θ1 maka 1θ0

< 1θ1

sehingga 1θ1− 1

θ1< 0

atau −(

1θ1− 1

θ0

)> 0. Oleh karena itu R(x; θ0, θ1) > c ekuivalen dengan

lnR(x; θ0, θ1) > ln c atau

10n ln(θ0

θ1

)−( 1

θ1− 1

θ0

) n∑

i=1

xi > ln c

−( 1

θ1− 1

θ0

) n∑

i=1

xi > ln c− 10n ln(θ0

θ1

)

n∑

i=1

xi > c0

dengan

c0 =ln c− 10n ln

(θ0θ1

)

−(

1θ1− 1

θ0

) .

Hal itu berarti uji MP dinyatakan dengan

φ(x) =

1 jika

∑ni=1 xi > c0

0 jika∑n

i=1 xi ≤ c0

43

dengan c0 ditentukan sehingga

E[φ(x)] = P (n∑

i=1

xi > c0) = α.

Bila θ0 = 2 dan θ1 = 3 maka∑n

i=1 Xi ∼ Gamma(300, 2) sehinggaP (∑n

i=1 Xi > c) = 0, 05. Akibatnya c0 = 658, 09. Kuasa ujinya adalah

P (

n∑

i=1

Xi > 658, 09) = 1

dengan∑n

i=1Xi ∼ Gamma(300, 3).

44

Chapter 6

Latihan Soal Uji Hipotesis

1. Dalam contoh berikut ini, tunjukkan mana pernyataan yang meru-pakan hipotesis sederhana dan yang mana yang merupakan hipotesiskomposit :

(a) X variabel random yang mempunyai fungsi kepadatan probabili-tas f dengan f(x) = 2e−2x untuk x > 0.

(b) X adalah variabel random yang mempunyai harapan sama dengan5.

(c) Ketika melakukan pelemparan sebuah mata uang logam, misalkanX varaibel random yang mempunyai nilai 1 jika muka yang tam-pak dan 0 jika belakang yang tampak. Pernyataannya adalahmata uangnya bias.

2. Diketahui X variabel random berdistribusi Binom(n, θ) dengan θ ∈Ω = (0, 1).

(a) Tentukan uji UMP untuk pengujian hipotesis H : θ ≤ θ0 melawanalternatif A : θ > θ0 pada tingkat keberartian α.

(b) Bagaimana uji tersebut bila n = 10, θ0 = 0, 25 dan α = 0, 05 ?

(c) Hitunglah kuasa uji pada θ1 = 0, 375, 0, 5, 0, 625 dan 0, 0875.

3. Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas yang mempun-yai fungsi kepadatan probabilitas f(x; θ) = 1

θe−x/θ untuk x > 0 dengan

θ ∈ Ω. Tentukan uji UMP untuk pengujian hipotesis H : θ ≥ θ0

melawan alternatif A : θ < θ0 pada tingkat keberartian α.

4. Diketahui variabel random X1, X2, . . . , Xn berdistribusi N(0, σ2). Ten-tukan uji hipotesis H : σ ≤ 2 melawan alternatif A : σ > 2 pada

45

tingkat keberartian α = 0, 05. Apa kesimpulan yang diperoleh jika∑ni=1 x

2i = 120.

5. Diketahui varaibel random yang saling bebas dan berdistribusi N(µ, σ2).Tentukan uji UMP untuk pengujian hipotesis H : σ = σ0 melawan al-ternatif A : σ 6= σ0 pada tingkat keberartian α. Tentukan uji tersebutbila n = 25, σ0 = 2, α = 0, 05.

6. Jika adalah variabel random saling bebas dan berdistribusi N(µ, σ2)maka tentukan uji LR dan uji berdasarkan pada −2 lnλ untuk pengu-jian hipotesis H : σ = σ0, untuk yang pertama jika µ diketahui danuntuk yang kedua jika µ tidak diketahui.

7. Diketahui Xi, i = 1, 2, 3, 4 dan Yi, i = 1, 2, 3, 4 sampel random salingbebas dan masing-masing dari distribusi N(µ1, σ

21) dan N(µ2, σ

22). Jika

diketahui bahwa σ1 = 4 dan σ2 = 3 dan data observasi dari X dan Yadalah sebagai berikut :

x1 = 10, 1, x2 = 8, 4, x3 = 14, 3, x4 = 11, 7,

y1 = 9, y2 = 8, 2, y3 = 12, 1, y4 = 10, 3

Uji hipotesis bahwa perbedaan dua mean tidak lebih dari 1 pada tingkatkeberartian α = 0, 05.

8. Misalkan X1, X2, X3 variabel random saling bebas dan berdistribusiBinom(1, θ).

(a) Uji hipotesis pada tingkat keberartian α dengan mengunakan statis-tik LR dan tentukan distribusinya.

(b) Bandingkan uji LR dengan uji UMPU untuk pengujianH melawanA : p 6= 0, 25.

46

Chapter 7

Pembahasan : Estimasi Interval

Soal 1

Misalkan Φ fungsi distribusi N(0, 1) dan a, b dengan a < b sehingga

Φ(b)− Φ(a) = γ

dengan 0 < γ < 1. Tunjukkan bahwa b− a minimum jika b = c dan a = −cdengan c > 0.

Pembahasan

Misalkan Φ(b) − Φ(a) = γ maka dengan mendefrensialkan kedua ruas ter-hadap a diperoleh

ϕ(b)db

da− ϕ(a) = 0

dengan ϕ adalah fungsi kepadatan probabilitas normal baku. Akibatnyadiperoleh

db

da= ϕ(a)/ϕ(b) = 0

Misalkan L = b − a yaitu panjang interval kepercayaan. Panjang intervalL akan mencapai minimum bila dL/da = 0 yaitu db/da − 1 = 0 sehinggadb/da = 1. Akibatnya ϕ(a)/ϕ(b) = 1 atau ϕ(a) = ϕ(b). Hal itu berartibahwa a = b atau a = −b. Karena b > a maka dipilih b = c dengan c > 0sehingga a = −c.

Soal 2

Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas berdistribusi N(µ, σ2)dengan µ diketahui. Tentukan interval kepercayaan untuk σ dengan koefisien

47

kepercayaan 1− α.

Pembahasan

Misalkan R = X(n) −X(1) dan didefinisikan

W = Z(n) − Z(1)

dengan Z(n) =X(n)−µ

σdan Z(1) =

X(1)−µσ

. Karena W berdistribusi studentizedrange maka a dan b ditentukan sehingga

P (a ≤ R

σ≤ b) = 1− α

atau P ( aR≤ 1

σ≤ b

R) = 1− α atau P (R

b≤ σ ≤ R

a) = 1− α. Hal itu berarti

bahwa interval kepercayaan untuk σ adalah[R/b, R/a

].

Soal 3

Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas dan mempunyai fungsikepadatan probabilitas

f(x; θ) =1

θe−x/θ

untuk x > 0. Tentukan interval kepercayaan untuk θ dengan koefisien keper-cayaan 1− α.

Pembahasan

Karena 2Xiθ

berdistribusi χ22 maka

2Pni=1 Xiθ

berdistribusi χ22 sehingga untuk

menentukan interval kepercayaan untuk θ dilakukan dengan menentukan adan b sehingga

P (a ≤ χ22n ≤ b) = 1− α

P (a ≤ 2∑n

i=1 Xi

θ≤ b) = 1− α

P (1

a≥ θ∑n

i=1 Xi≥ 1

b) = 1− α.

Dalam hal ini a dan b ditentukan sehingga a2g2n(a) = b2g2n(b) dan

∫ b

a

g2n(t)dt = 1− α

48

dengan g2n(t) adalah fungsi kepadatan probabilitas dari distribusi χ22n.

Soal 4

Diketahui variabel random X1, X2, . . . , Xn saling bebas dan berdistribusi ser-agam pada (0, θ). Gunakan range R = X(n)−X(1) untuk menentukan intervalkepercayaan untuk θ.

Pembahasan

Karena berdistribusi seragam pada (0, θ) maka berdistribusi seragam pada(0, 1) sehingga Y = (X(n)−X(1))/θ akan mempunyai fungsi kepadatan prob-abilitas

f(y) =

n(n− 1)yn−2(1− y) untuk 0 < y < 10 untuk yang lain

Interval kepercayaan untuk θ ditentukan dengan menentukan a dan b se-hingga

P (a ≤ X(n) −X(1)

θ≤ b) = 1− α

dengan Y = (X(n)−X(1))/θ mempunyai fungsi kepadatan probabilitas sepertitersebut di atas. Akibatnya

P (a

b≥ X(n) −X(1)

θ≥ 1

b) = 1− α

P (X(n) −X(1)

b≤ θ ≤ X(n) −X(1)

a) = 1− α

P (R

b≤ θ ≤ R

a) = 1− α.

Soal 5

Diketahui variabel random X1, X2, . . . , Xn saling bebas dan berdistribusidengan fungsi kepadatan f(x; θ) = ex−θ untuk x > θ, θ ∈ Ω = R danmisalkan Y = X(1). Tunjukkan bahwa

1. Fungsi kepadatan probabilitas g dari Y diberikan sebagai

g(y) = n exp[−n(y − θ)]

untuk y > θ.

49

2. Variabel random Tn(θ) = 2n(Y − θ) berdistribusi χ22.

3. Interval kepercayaan untuk θ berdasarkan pada Tn(θ) dengan koefisienkepercayaan 1− α berbentuk [Y − b

2n, Y − b

2n].

4. Interval kepercayaan terpendek θ seperti bentuk di atas diberikan oleh

[Y−χ22;α

2n, Y ] dengan χ2

2;α adalah kuantil atas dari distribusi χ22. Bagaimana

dengan interval kepercayaan terpendek dari harapan panjangnya.

Pembahasan

1. Fungsi distribusi dari X1 adalah

F (x; θ) =

∫ x

−∞f(t)dt

=

∫ x

θ

e−(t−θ)dt

=

∫ x−θ

0

e−udu

=[− e−u

]x−θ0

= 1− e−(x−θ)

dengan u = t− θ. Akibatnya fungsi distribusi dari

Y = X(1) = minX1, X2, . . . , Xn

adalah

F (y) = P (Y ≤ y) = P (minX1, X2, . . . , Xn ≤ y)

= 1− P (minX1, X2, . . . , Xn > y)

= 1− P (X1 > y,X2 > y, . . . , Xn > y)

= 1− [P (X1 > y)]n

= 1− (1− P (X1 ≤ y))n

= 1− (e−(y−θ))n

= 1− e−n(y−θ).

Fungsi kepadatan probabilitas dari Y diperoleh dengan menurunkanF (y) terhadap variabel y yaitu diperoleh g(y) = F ′(y) = ne−n(y−θ)

untuk y > θ.

50

2. Misalkan statistik T = Tn(θ) = 2n(Y − θ). Bila t = 2n(y − θ) makay = θ+ t

2nsehingga dy

dθ= 1

2n. Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas

dari statistik T adalah h(t) = 12e−t/2 untuk t. Hal itu berarti statistik

T berdistribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas 2.

3. Interval kepercayaan untuk θ ditentukan dengan menentukan a dan bsehingga

P (a ≤ χ22 ≤ b) = 1− α

P (a ≤ 2n(Y − θ) ≤ b) = 1− α

P (a

2n≤ Y − θ ≤ b

2n) = 1− α

P (−Y +a

2n≤ −θ ≤ −Y +

b

2n) = 1− α

P (Y − a

2n≥ θ ≥ Y − b

2n) = 1− α

P (Y − b

2n≤ θ ≤ Y − a

2n) = 1− α.

Soal 6

Diketahui variabel randomX1, X2, . . . , Xn saling bebas dan mempunyai fungsikepadatan probabilitas

f(x; θ =θxγ−1 exp[−x

γ

θ]

untuk x > θ, θ > 0 dan γ > 0 dengan θ ∈ Ω = R.

Pembahasan

Karena Y =2Xr

i

θberdistribusi χ2

2 maka Y =2Pni=1 X

ri

θberdistribusi χ2

2n.Interval kepercayaan untuk θ dengan menentukan a dan b sehingga

P (a ≤ 2Y

θ≤ b) = 1− α

P (1

a≤ θ

2Y≤ 1

b) = 1− α

P (2Y

b≤ θ ≤ 2Y

a) = 1− α

dengan Y =∑n

i=1 Xri . Hal itu berarti interval kepercayaan untuk θ adalah

[2Yb, 2Yb

] dengan a dan b memenuhi a2g2n(a) dan∫ bag2n(t)dt = 1− α. Dalam

51

hal ini g2n(t) adalah fungsi kepadatan probabilitas dari variabel random yangberdistribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas 2n.

Soal 7

Diketahui X1, . . . , Xm sampel random dari populasi N(µ1, σ21) dan Y1, . . . , Yn

sampel random dari populasi dengan sigma21, sigma

22 diketahui. Tentukan in-

terval kepercayaan untuk µ1 − µ2.

Pembahasan

Misalkan didefinisikan statistik

T (µ1 − µ2) =(Xm − Yn)− (µ1 − µ2)√

σ21

m+

σ22

n

.

Karena X1, X2, X3, . . . , Xm sampel random dari populasi N(µ1, σ21) maka

Xm = 1m

∑mi=1 Xi berdistribusi N(µ1,

σ21

m) dan karena Y1, Y2, . . . , Yn sampel

random dari populasi maka Yn = 1n

∑ni=1 Yi berdistribusi N(µ2,

σ22

n) sehingga

Xm−Yn berdistribusi N(µ1−µ2,σ2

1

m+

σ22

n). Akibatnya T berdistribusi N(0, 1).

Interval kepercayaan untuk µ1 − µ2 ditentukan dengan cara menentukan adan b sehingga P (a ≤ T ≤ b) = 1− α. Akibatnya

P(a ≤ (Xm − Yn)− (µ1 − µ2)√

σ21

m +σ2

2

n

≤ b)

= 1− α

P(a

√σ2

1

m+σ2

2

n≤ Xm − Yn − (µ1 − µ2) ≤ b

√σ2

1

m+σ2

2

n

)= 1− α

P(− (Xm − Yn) + a

√σ2

1

m+σ2

2

n≤ −(µ1 − µ2) ≤ −(Xm − Yn) + b

√σ2

1

m+σ2

2

n

)= 1− α

P(Xm − Yn − a

√σ2

1

m+σ2

2

n≥ µ1 − µ2 ≥ Xm − Yn − b

√σ2

1

m+σ2

2

n

)= 1− α

P(Xm − Yn − b

√σ2

1

m+σ2

2

n≤ µ1 − µ2 ≤ Xm − Yn − a

√σ2

1

m+σ2

2

n

)= 1− α.

Dalam hal ini a dan b ditentukan sehingga Φ(b)− Φ(a) = 1− α.

Soal 8

Diketahui X1, . . . , Xm sampel random dari populasi N(µ1, σ21) dan Y1, . . . , Yn

sampel random dari populasi dengan µ1, µ2 diketahui. Tentukan intervalkepercayaan untuk σ2

1/σ22 dengan koefisien kepercayaan 1− α.

52

Pembahasan

Misalkan didefinisikan statistik

T (σ21/σ

22) =

σ21

σ21

S2n

S2m

dengan S2m = 1

m

∑mi=1(Xi − µ1)2 dan S2

n = 1n

∑ni=1(Yi − µ2)2 . Karena

X1, . . . , Xm sampel random dari populasi N(µ1, σ21) maka mS2

m

σ21

berdistribusi

χ2m dan karena Y1, . . . , Yn sampel random dari populasi N(µ2, σ

22) maka nS2

n

σ22

berdistribusi χ2n

T (σ21/σ

22) =

σ21

σ21

S2n

S2m

=

nS2n

σ22

mS2m

σ21

berdistribusi Fm,n. Karena t berdistribusi Fm,n maka interval kepercayaanuntuk dapat ditentukan dengan menentukan a dan b sehingga

P (a ≤ Fm,n ≤ b) = 1− αP (a ≤ T ≤ b) = 1− α

P (a ≤ σ21

σ21

S2n

S2m

≤ b) = 1− α

P (aS2m

S2n

≤ σ21

σ21

≤ bS2m

S2n

) = 1− α.

Hal itu berarti interval kepercayaan untuk σ21/σ

22 adalah

[aS

2m

S2n≤ σ2

1

σ21≤ bS

2m

S2n

].

Soal 9

Diketahui X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas dengan mean µ tidakdiketahui dan variansinya σ2 berhingga dan diketahui serta ukuran sampeln besar.

1. Gunakan teorema limit sentral untuk mengkonstruksikan interval keper-cayaan µ dengan koefisien kepercayaan mendekati 1− α.

2. Tentukan interval kepercayaan mendekati 0, 95 jika ukuran sampel n =100 dan variansi 1.

3. Tentukan n sehingga panjang interval 0, 1 dengan σ = 1 dan α = 0, 05.

53

Pembahasan

1. Karena X1, X2, . . . , Xn variabel random saling bebas dengan mean µtidak diketahui dan variansinya σ2 berhingga dan diketahui serta uku-ran sampel n besar maka dengan menggunakan teorema limit sentraldiperoleh

X − µσ/√n∼ N(0, 1)

untuk n → ∞. Interval kepercayaan untuk µ ditentukan denganmenentukan a dan b sehingga P (a ≤ N(0, 1) ≤ b) = 1− α. Akibatnya

P (a ≤ X − µσ/√n≤ b) = 1− α

P (aσ√n≤ X − µ ≤ b

σ√n

) = 1− α

P (−X + aσ

n≤ −µ ≤ −X + b

σ

n) = 1− α

P (X − aσn≥ µ ≥ X − bσ

n) = 1− α

P (X − bσn≤ µ ≤ X − aσ

n) = 1− α

Interval kepercayaan untuk µ adalah[X − bσ

n, X − aσ

n

]sedangkan in-

terval kepercayaan terpendek untuk µ adalah[X −Zα/2 σn , X +Zα/2

σn

]

dengan Zα/2 adalah kuantil 1− α/2 untuk distribusi N(0, 1).

2. Jika n = 100, σ = 1, α = 0, 05 maka interval kepercayaan untuk µ

adalah[x− 1, 96 1

10, x + 1, 96 1

10

]atau

[x− 0, 196, x+ 0, 196

].

3. Panjang interval dapat dinyatakan sebagai

l = X + Zα/2σ√n−(X − Zα/2

σ√n

)

0, 1 = 2(1, 96)1√n√

n = 2(1, 96) = 39, 2

n ≈ 1600.

54

Soal 10

Diketahui X1, X2, . . . , Xm variabel random saling bebas dan mempunyai fungsikepadatan probabilitas

f(x; θ) =1

θ1e− xθ1

untuk x > 0 dan Y1, Y2, . . . , Yn variabel random saling bebas dan mempun-

yai fungsi kepadatan probabilitas f(y; θ) = 1θ2e− yθ2 untuk y > 0. Tentukan

interval kepercayaan untuk θ1/θ2 dengan koefisien kepercayaan 1− α.

Pembahasan

Karena X1, X2, . . . , Xm variabel random saling bebas dan mempunyai fungsikepadatan probabilitas f(x; θ) = 1

θ1e− xθ1 untuk x > 0 maka berdistribusi

Gamma(1, θ1) sehingga2Pmi=1 Xiθ1

berdistribusi χ22m dan karena Y1, Y2, . . . , Yn

variabel random saling bebas dan mempunyai fungsi kepadatan probabilitas

f(y; θ) =1

θ2e− yθ2

untuk y > 0 maka berdistribusi Gamma(1, θ2) sehingga

2∑n

i=1 Yiθ1

berdistribusi χ22n. Dibentuk statistik

T (θ1/θ2) =

2Pni=1 Yinθ2

2Pmi=1 Ximθ1

.

Dalam hal ini T (θ1/θ2) berdistribusi F dengan derajat pembilang n danderajat bebas penyebut m. Untuk menentukan interval kepercayaan untukdilakukan dengan menentukan a dan b sehingga P (a ≤ F2n,2m ≤ b) = 1− α.Akibatnya

P(a ≤

2Pni=1 Yinθ2

2Pmi=1 Ximθ1

≤ b)

= 1− α

P (aX ≤ θ1

θ2≤ bY ) = 1− α.

Hal itu berarti interval kepercayaan untuk θ1/θ2 adalah [aX, bY ].

55

Chapter 8

Latihan Soal Estimasi Interval

1. Sampel ukuran 25 dari populasi yang berdistribusi normal dengan var-iansi 81 diperoleh sampel meannya adalah 81,2. Tentukan intervalkepercayaan 95% untuk mean populasi.

2. Dimiliki sampel random ukuran 25 diambil dari distribusi N(0, σ2).Konstruksikan interval kepercayaan untuk σ2 dengan koefisien keper-cayaan 90%.

3. Dimiliki sampel 0,3915, 0,1034, 0,6858, 0,7626, 0,0041, yang diambildari distribusi eksponensial dengan mean θ1 dan sampel 0,7731, 0,5909,0,3267, 0,1477, 0,0322 yang diambil dari distribusi eksponensial den-gan mean θ2. Konstruksikan interval kepercayaan untuk θ1/θ2 dengankoefisien kepercayaan mendekati 90%.

4. Misalkan X1, . . . , Xn variabel random yang mempunyai distribusi ek-sponensial negatif dengan parameter θ ∈ Ω = (0,∞) dan anggap bahwan besar. Gunakan teorema limit sentral untuk mengkonstruksikan in-terval kepercayaan untuk θ dengan koefisien kepercayaan mendekati1− α.

5. Diketahui X1, X2, . . . , Xm sampel random dari populasi N(µ1, σ21) dan

Y1, . . . , Yn sampel random dari populasi dengan µ1, µ2 tidak diketahui.Tentukan interval kepercayaan untuk σ2

1/σ22 dengan koefisien keper-

cayaan 1− α.

56

Bibliography

[1] Bain, L. J. and Engelhardt, M., (1992), Introduction to probability andmathematical statistics, Duxbury, Pasific Grove.

[2] Lindgren, B. W., (1993), Statistical Theory 4th edition, Chapman & HallInc, New York.

[3] Oosterhoff, J., (1993), Algemene Statistiek, Faculteit Wiskunde en In-formatica, Vrije Universiteit Amsterdam, Amsterdam.

[4] Roussas, G. G., (1973), A first Course in Mathematical Statistics,Addison-Wesley Publishing Company, Reading Massachusetts.

57

STATISTIKA MATEMATIKA - … · Chapter 1 Pembahasan : Statistik Cukup Soal 1 Dalam setiap kasus...

Documents

Transcript of STATISTIKA MATEMATIKA - … · Chapter 1 Pembahasan : Statistik Cukup Soal 1 Dalam setiap kasus...