Statistika Matematika. Soal dan Pembahasan. M. Samy Baladram

Transkripsi

1 Statistika Matematika Soal da embahasa M Samy Baladram

2 Bab 4 Ubiasedess, Cosistecy, ad Limitig istributios

3 Ubiasedess, Cosistecy, ad Limitig istributios 41 Ekspektasi Fugsi Key oits Ṫeorema 411 Jika T = a i =1 i X i, a i suatu kosta, maka E [T ] = a i E [X i ] i =1 Akibat 411 Jika T = a E [T ] = θ, utuk semua θ Ω i =1 i X i, a i suatu kosta, maka Jika E [T ] θ, kita kataka T estimator bias bagi θ Va r [T ] = a i Va r [X i ]+2 a i a j cov (X i,x j ) i =1 i <j Akibat 412 Jika X 1,,X adalah peubah acak salig bebas dega variasi higga, maka Va r [T ] = a i Va r [X i ] i =1 efiisi 411 Misal X peubah acak dega pdf f (x;θ ) atau p(x ;θ ), θ Ω Misal X 1,,X adalah peubah acak berdistribusi X da T suatu statistik Kita kataka T estimator tak-bias dari θ jika 1 [415] Misal X 1 da X 2 dua peubah acak yag salig bebas dega variasi X 1 da X 2 berturut-turut σ1 2 = k da σ2 2 = 2 Jika diberika variasi Y = 3X 2 X 1 adalah 25, tetuka k Va r [X 1 ] = k Va r [3X 2 ] = 3 2 Va r [X 2 ] = 18 Va r [3X 2 X 1 ] = 3 2 Va r [X 2 ] + ( 1) 2 Va r [X 1 ] + 2(3)(1)cov (X 2,X 1 ) }{{} =0 25 = 18 + k karea salig bebas k = 7 2 [417] Tetuka mea da variasi jumlaha Y dari pegamata variabel acak berukura 5 dega distribusi yag memiliki pdf f (x) = 6x(1 x), 0 < x < 1, laiya 0 copyright by M Samy Baladram /

4 Variabel acak Y dapat ditulis Y = X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 µ = E [Y ] = E [X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 ] = 5E [X 1 ] = x 6x(1 x)d x = 5 2x x 4 = µ = 1 2 σ 2 = Va r [Y ] =Va r [X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 ] = 5Va r [X 1 ] = 5 = σ 2 = 1 4 = (x 1 2 )2 6x(1 x )d x x 2 x x(1 x)d x = [419] Misal X da Y peubah acak dega µ 1 = 1, µ 2 = 4, σ1 2 = 4, σ2 2 = 6, ρ = 1 2 Tetuka mea da variasi dari Z = 3X 2Y µ Z = E [Z ] = E [3X 2Y ] = 3E [X ] 2E [Y ] = 3µ 1 2µ 2 µ Z = 5 σ 2 Z = Va r [Z ] = Va r [3X 2Y ] = 32 Va r [X ] + ( 2) 2 Va r [Y ] + 2(3)( 2)cov (X,Y ) = 9σ σ2 2 12ρ = σ 2 Z = 54 copyright by M Samy Baladram /

5 42 Koverge dalam eluag Key oits Teorema 421 Misal {X } barisa peubah acak iid dega mea bersama µ da variasi σ 2 Misal X = 1 X i Maka i =1 X µ Teorema 423 Misal X X da a suatu kostata a Maka, a X X Teorema 424 Misal X a da fugsi real g kotiu di a Maka, g (X ) g (a ) Teorema 422 Misal X X da Y Y Maka, X + Y X + Y Teorema 425 Misal X X da Y Y Maka, X Y X Y 4 [422] Misal Y peubah acak dega distribusi b(,p) a Tujukka Y / p b Tujukka 1 Y / 1 p c Tujukka (Y /)(1 Y /) p(1 p) a Karea Y berdistribusi b(,p), dapat diaggap Y = X X dega X i berdistribusi b(1,p) dega µ = p Berdasarka Teorema X µxi Karea Y / = X da µ Xi = p maka terbukti Y / p b Berdasarka Teorema, karea 1 1 da Y / p maka 1 Y / 1 p c Berdasarka Teorema 425, da jawaba soal sebelumya, maka didapat (Y /)(1 Y /) p(1 p) 5 [424 da 425] Misal X 1,,X adalah variabel acak yg iid dega pdf e (x θ ), x > θ f (x ) = 0, laiya Misal Y = mi{x 1,,X } copyright by M Samy Baladram /

6 a Tujukka Y θ b Tetuka mea dari Y c Apakah Y estimator tak-bias dari θ d Tetuka estimator tak-bias utuk θ dega memafaatka Y Karea Y = mi{x 1,,X }, maka F Y (t ) = 1 (Y t ) = 1 (X 1 t,,x t ) = 1 [(X i t )] = 1 [1 (X i t )] = 1 1 t θ e (x θ ) d x F Y (t ) = 1 e (t θ ), t > θ f Y (t ) = d d t F Y (t ) f Y (t ) = e (t θ ), t > θ = e (t θ ) e (θ θ ) a Aka dibuktika lim ( Y θ ɛ) = 0 utuk setiap ɛ > 0 ( Y θ ɛ) = (Y θ ɛ) + (Y θ ε) = (1 (Y θ + ε)) + (Y θ ε) }{{} (t θ ) = e =0, karea (θ ε) < θ lim ( Y θ ɛ) e (t θ ) = 0 Jadi, terbukti Y θ b ega meghitug ekspektasi Y, E [Y ] = θ t f Y (t )d t = = 2 t e (t θ ) 3 e (t θ ) = θ + 3 = 2 θ + 3 θ t e (t θ ) d t (megguaka itegral parsial) θ Jadi, µ Y = 2 θ + 3 c Karea E [Y ] = 2 θ + 3 θ, maka Y adalah estimator bias bagi θ d Utuk medapat estimator tak-bias maka perlu peubah acak Z sehigga copyright by M Samy Baladram /

7 E [Z ] = θ ari Y, Jadi, dapat dipilih Z = Y 3 E [Y ] = 2 θ (E [Y ] 3 ) = θ 2 Y 3 E = θ 43 Koverge dalam istribusi Key oits Ṫeorema 431 Jika X X maka X X Teorema 432 Jika X b, b kosta maka X b Teorema 433 Jika X X da Y 0 maka X + Y X 2 Teorema 434 Jika X X da g suatu fugsi kotiu maka g (X ) g (X ) Teorema 435 (Teorema Slutsky) Misal X, X, A, B adalah peubah acak da a, b kosta Jika X X, A a, B b, maka 2 yag merupaka estimator tak-bias bagi θ Teorema 437 Misal {X } barisa peubah acak da {X } barisa peubah acak yag koverge dalam peluag ke 0 Maka, X Y 0 Teorema 438 Misal Y N adalah barisa peubah acak yag terbatas dalam peluag Jika X = o p (Y ), maka saat, X 0 Teorema 439 Misal {X } barisa peubah acak sehigga (X θ ) N (0,σ 2 ) A + B X a + bx Teorema 436 Misal {X } barisa peubah acak da X suatu peubah acak Jika X X, maka {X } terbatas dalam peluag Misal fugsi g (x ) puya turua di θ da g (θ ) 0 Maka g (X ) g (θ ) N (0,σ 2 (g (θ )) 2 ) 6 [432] Misal Y 1 adalah statistik orde satu (yaki Y 1 = mix 1,,X ) dari peubah acak berukura dega distribusi yag memiliki pdf f (x) = e (x θ ), x > θ, laiya 0 Misal Z = (Y 1 θ ) Tetuka kemaakah kekovergea distribusi Z copyright by M Samy Baladram /

8 Seperti pada soal [424], (t θ ), t >θ F Y1 (t ) = 1 e laiya 0 Maka, F Z (t ) = ((Y 1 θ ) t ) = Y 1 t + θ = 1 e ( t +θ θ ) = 1 e t lim F Z (t ) = 1 e t Karea 1 e t merupaka cdf dari distribusi ekspoesial dega µ = 1 maka Z Exp(µ = 1) 7 [435] Misal pmf dari Y adalah p (y ) = 1, y =, laiya 0 Tujukka distribusi Y tidak koverge kemaapu Nilai cmf dari Y dapat ditulis 0, y < F Y (y ) = 1, y Utuk, lim F Y (y ) = 0, y < Karea suatu distribusi tidak mugki memiliki distribusi peluag 0 dimaapu maka distribusi Y tidak koverge kemaapu 8 [438] Misal Z adalah χ 2 () da W = Z / 2 Tetuka kekovergea distribusi W mgf dari Z adalah M Z (t ) = (1 2t ) /2, t < 1/2 Maka, mgf dari W adalah M W (t ) = E [e t 2 Z ] = 1 2t /2 lim M W (t ) 1 2t 2 2 /2 e ( 2t / 2 )( /2) t e t / = 1 2t e 2t / 2 o 2 /2 Karea limitya meuju 1, maka haruslah W berdistribusi 0 ( yaki tidak mugki) sehigga W tidak meuju kemaapu copyright by M Samy Baladram /

9 9 [4311] Misal Z peubah acak berdistribusi oisso dega µ = Tujukka Y = (Z )/ N (0,1) mgf dari Z adalah adalah M Z (t ) = e (e t 1) Maka, mgf dari Y adalah M Y (t ) = E [e t (Z )/ ] = E [e (t / )Z t ] = e t E [e (t / )Z ] = e t e (e t / 1) lim M Y (t ) e t +(e t / 1) l lim M Y (t ) t + (e t / e t / 1 1) t 1 + t + t 2 2 +o(e t / ) 1 t 2 2 +o(e t / ) = t 2 2 lim M Y (t ) = e t 2 /2 t Karea e t 2 /2 merupaka mgf dari N (0,1) maka terbukti Y N (0,1) 10 [4314] da [4315] Misal X adalah rataa dari peubah acak berukura dari peubah acak oisso dega µ = 1 (X µ) a Tujukka mgf dari Y = = (X 1) adalah exp[ t + σ (e t / 1)] b Selidiki kemaakah kekovergea distribusi Y saat c ari saa, selidiki kemaakah kekovergea distribusi ( X 1) a mgf dari distribusi oisso utuk peubah acak X i dega µ = 1 adalah M Xi (t ) = e e t 1 Maka, mgf dari X adalah M X (t ) = E [e t X ] = E [e (t /) i =1 Xi ] = E [e (t /)X1 e (t /)X2 e (t /)X ] = E [e (t /)X1 ] E [e (t /)X2 ] E [e (t /)X ] = (E [e (t /)Xi ]) = e (e t / 1) Jadi, mgf dari Y adalah M Y (t ) = E [e t (X 1 1) ] = e t E [e t X ] = e t (e (t )/ 1) e M Y (t ) = exp[ t + (e t / 1)] copyright by M Samy Baladram /

10 b Aka dicari kekovergea distribusiya dega megguaka mgf M Y (t ) = exp t + (e t / 1) = exp e t / 1 t l lim M Y (t ) t + (e t / 1) e t / 1 t 1 + t + t 2 2 +o(e t / ) 1 t 2 2 +o(e t / ) = t 2 2 lim M Y (t ) = e t 2 /2 t Karea e t 2 /2 merupaka mgf dari N (0,1) maka terbukti Y N (0,1) c Karea Y N (0,1) da fugsi g (x) = x puya utuk x > 0 (ilai g (x) = 1 2 ), maka berdasarka Teorema 439 x (X 1) N (0,1) (g (X ) g (1)) N (0,1 [g (1)] 2 ) ( X 1) N (0,1/4) 11 [4316] da [4317]Misal X adalah rata-rata dari sampel acak berukura dega distribusi yag memiliki pdf f (x) = e x, 0 < x <, laiya 0 a Tujukka mgf dari Y = (X 1) adalah M Y (t ) = e t / (t / )e t /, t < b Tetuka kekovergea distribusi Y c [soal dimodifikasi] Tetuka kekovergea distribusi (X 2 1) a mgf dari X i, i = 1,, adalah M Xi (t ) = E [e t Xi ] = b b 0 0 e t x e x d x e (t 1)x 1 d x b t 1 e (t 1)b 1 (t 1)0 e t 1 copyright by M Samy Baladram /

11 1 Agar lim e (t 1)b = 0, haruslah t < 1 sehigga b t 1 ari saa, M Xi (t ) = 0 1 t 1 = 1 1 t, t < 1 M X (t ) = E [e t X ] = E [e (t /)Xi ] 1 =, (t /) < 1 1 (t /) akibatya M Y (t ) = E [e t (X 1) ] = e t E [e t X ] = e t 1 (1 (t /, ((t / )/) < 1 )/) = e t 1 t, t / < 1 M Y (t ) = e t / (t / )e t /, t < b ega megguaka mgf, lim M Y (t ) e t / (t / )e t / 1 + t + t 2 2 +o(e t / ) 1 t 2 2 +o(e t / ) o (t / )e t / ) [e t 2 /2 o(e t 2 /2 )] 1 t 2 2 e ( t 2 /2)( ) = e t 2 /2 t t 2 o (t / )e t / ) Karea e t 2 /2 merupaka mgf dari N (0,1) maka terbukti Y N (0,1) c Karea Y N (0,1) da fugsi g (x) = x 2 puya turua dimaapu (ilai g (x ) = 2x), maka berdasarka Teorema 439 (X 1) N (0,1) (g (X ) g (1)) N (0,1 [g (1)] 2 ) (X 2 1) N (0,4) copyright by M Samy Baladram /

12 44 Teorema Limit usat Key oits Teorema 441 Misal X 1,X 2, X adalah pegamata dega peubah acak yag memiliki mea µ da variasi σ 2 Maka, (X µ) N (0,1) σ 12 [441] Misal X adalah rataa dari sampel acak berukura 100 dega distribusi χ 2 (50) Hitug ilai hampira (49 < X < 51) istribusi χ 2 (r ) memiliki µ = r da σ 2 = 2r sehigga χ 2 (50) memiliki µ = 50 da σ 2 = 100 Misal Z berdistribusi N (0,1) maka 100(X 50) 100 Z sehigga (49 < X < 51) = (X < 51) (X 49) (Z 51 50) (Z 49 50) = (Z 1) (Z 1) = ( ) = Jadi, hampira ilai (49 < X < 51) adalah [442] Misal X adalah mea dari sampel acak berukura 128 berdistribusi gamma dega α = 2 da β = 4 hampiri ilai (7 < X < 9) istribusi gamma memiliki µ = αβ da σ 2 = αβ 2 sehigga Gamma(α = 2,β = 4) memiliki µ = 8 da σ 2 = 32 Misal Z berdistribusi N (0,1) maka 128(X 8) 32 Z sehigga (7 < X < 9) = (X < 9) (X 7) (Z 2(9 8)) (Z 2(7 8)) = (Z 2) (Z 2) = ( ) = copyright by M Samy Baladram /

13 Jadi, hampira ilai (7 < X < 9) adalah [443] Misal Y adalah peubah acak b(72, 1/3) Hitug (22 Y 28) istribusi biomial b(,p) memiliki µ = p da σ 2 = p(1 p) sehigga b(72,1/3) memiliki µ = 25 da σ 2 = 26 Misal Z berdistribusi N (0,1) maka Y Z sehigga (22 Y 28) = (Y 27) (Y 21) Z Z 4 4 = (Z 1) (Z 075) = = Jadi, hampira ilai (22 Y 28) adalah [447] Jika Y adalah b(100, 1 ), hampiri ilai (Y = 50) 2 istribusi biomial b(1,p) memiliki µ = p da σ 2 = p(1 p) sehigga Y b(100,1/2) dapat dipadag sebagai Y = X X 100 dega X i b(1,1/2) yag memiliki µ = 1/2 da σ 2 = 1/4 Misal Z berdistribusi N (0,1) maka sehigga 100( Y 1/2) 100 Z 1/4 (Y = 50) = (Y 50) (Y 49) 100( Z 1/2) 100( 49 Z 1/2) 100 1/4 1/4 = (Z 0) (Z 02) = (1 5793) = Jadi, hampira ilai (Y = 50) adalah copyright by M Samy Baladram /