BIOLOGI, SITH - ITB Deti ( ) Meyta ( ) Salawati

Transkripsi

1 BIOLOGI, SITH - ITB 2011 Deti ( ) Meyta ( ) Salawati

2 A. MEAN 2 POPULASI, TIDAK BERPASANGAN 2 populasi dikatakan tidak berpasangan/saling bebas apabila populasi 1 dan populasi 2 tidak saling mempengaruhi, melibatkan 2 populasi objek yang berbeda. Pembagian kasus untuk uji hipotesis mean 2 populasi tidak berpasangan: 1. σ 12 dan σ 22 Diketahui 2. σ 12 dan σ 22 Tidak Diketahui

3 Jenis H 0 dan H 1 : 1. Uji Hipotesis 1 arah H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = µ 0 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) < µ 0 α H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = µ 0 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) > µ 0 α 2. Uji Hipotesis 2 arah H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = µ 0 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) µ 0 α/2 α/2

4 1. σ 12 dan σ 22 Diketahui Apabila pada suatu kasus nilai σ 12 dan σ 22 diketahui, maka dilakukan pengujian hipotesis dengan statistik uji z. Setelah diperoleh nilai Z, dilanjutkan dengan menetukan nilai z pada tabel distribusi z untuk taraf signifikansi α.

5 2. σ 12 dan σ 22 Tidak Diketahui Apabila pada suatu kasus, nilai σ 12 dan σ 22 tidak diketahui, maka harus dilakukan asumsi-asumsi. Asumsi tersebut ada 2 macam, yaitu: Asumsi σ 12 = σ 2 2 Asumsi σ 12 σ 2 2

6 a. Asumsi σ 12 = σ 2 2 Untuk asumsi σ 12 =σ 22, maka dilakukan pengujian hipotesis dengan statistik uji t: Setelah diperoleh nilai T, dilanjutkan dengan menetukan nilai T pada tabel distribusi t dengan taraf signifikansi α. Derajat kebebasan yang digunakan:

7 b. Asumsi σ 12 σ 2 2 Untuk asumsi σ 12 σ 22, maka dilakukan pengujian hipotesis dengan statistik uji t: Setelah diperoleh nilai T, dilanjutkan dengan menetukan nilai T pada tabel distribusi t dengan taraf signifikansi α. Derajat kebebasan yang digunakan:

8 B. MEAN 2 POPULASI BERPASANGAN Ciri 2 populasi berpasangan adalah: a. Jumlah data untuk setiap populasi sama b. 2 populasi dikenai perlakuan yang sama c. 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 S d (standar deviasi) untuk populasi baru Menggunakan statistik uji t: Menentukan daerah Kritis untuk taraf signifikansi α dan

9 Jenis H 0 dan H 1 : 1. Uji Hipotesis 1 arah H 0 : µ d = µ 0 α H 1 : µ d < µ 0 H 0 : µ d = µ 0 H 1 : µ d > µ 0 α 2. Uji Hipotesis 2 arah H 0 : µ d = µ 0 α/2 α/2 H 1 : µ d µ 0

10 R I N G K A S A N

11 S O A L L A T I H A N

12 CONTOH SOAL UH MEAN 2 POPULASI, σ 12 DAN σ 22 DIKETAHUI

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

14 SOLUSI Diketahui: X = 1,28 σ = 0,31 σ = 0,0961 n1 = 30 α = 0,05 X σ σ n 2 = 1,53 = 0,38 = 0,1444 = 30 Ditanya: a. H1 0 b. H1 < 0 c. H1 > 0

15 Solusi pertanyaan a H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = 0 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) 0 α = 0,05 Statistik uji: Daerah Kritis Untuk α = 0,05, nilai Z tabel = 1,96 Daerah Kritis Daerah Kritis -1,96 1,96

16 Statistik uji dengan data sampel Kesimpulan = -4,412 Tolak H 0 karena Z hit < -1,96, pada α = 5%. Dengan kata lain, zat kimia A dan B yang digunakan oleh oncologist mempengaruhi pertumbuhan tumor.

17 Solusi jawaban pertanyaan b H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = 0 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) < 0 α = 0.05 Nilai T hitung = -4,412 Daerah kritis : Untuk α = 0,05, nilai z tabel = 1,645 Daerah Kritis -1,645 Kesimpulan: Tolak H 0 karena Z hit < -1,645 pada α = 5%. Jadi, ada pengaruh dari zat kimia A ataupun zat kimia B terhadap pertumbuhan tumor.

18 Solusi jawaban pertanyaan c H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = 0 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) > 0 α = 0.05 Nilai T hitung = -4,412 Daerah kritis : Untuk α = 0,05, nilai z tabel = 1,645 Daerah Kritis Kesimpulan: 1,645 H 0 gagal ditolak karena Z hit < 1,645 pada α = 5%. Jadi, zat kimia A ataupun zat kimia B berpengaruh kecil terhadap pertumbuhan tumor atau dapat tidak berpengaruh sama sekali.

19 CONTOH SOAL UH MEAN 2 POPULASI, σ 12 DAN σ 22 DIKETAHUI

20 Seorang peneliti melakukan penelitian mengenai dua cara menangkap ngengat, yaitu cara A dan cara B. Dari penelitian ini diperoleh data sebagai berikut: Banyaknya Ngengat Yang DitangkapDengan Cara A (ekor) Banyaknya Ngengat Yang Ditangkap Dengan Cara B (ekor) 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.

21 σ 12 DAN σ 22 DIASUMSIKAN SAMA

22 Dengan asumsi σ 1 2 = σ 2 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 : X 1 = X 2 = 57.5 S S = 20.5 = = Sp = 4.12

23 Solusi jawaban pertanyaan a H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = 5 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) > 5 α = 0,05 Statistik uji

24 Daerah kritis Daerah Kritis 1,753 Dengan α = 0,05 dan = = 15, maka nilai T tabel = 1,753. Statistik uji dengan data = - 14,071 Kesimpulan: T hit < 1,753, maka H 0 gagal ditolak pada α = 5%. Jadi, beda mean ngengat yang tertangkap dengan cara A dan cara B adalah sama dengan 5.

25 Solusi jawaban pertanyaan b H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = 5 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) < 5 α = 0.05 Nilai T hitung = -14,071 Daerah kritis : T tabel utk α = 0,05 dan df = 15 adalah -1,753 Daerah Kritis -1,753 Kesimpulan: Tolak H 0 karena T hit < -1,753 pada α = 5%. Jadi, beda mean ngengat yang tertangkap dengan cara A dan cara B adalah kurang dari 5.

26 Solusi jawaban pertanyaan c H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = 5 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) 5 α = 0,05 Nilai T hitung = -14,071 Daerah kritis : T tabel utk α/2 = 0,025 dan df = 15 adalah 2,131 Daerah Kritis Daerah Kritis -2,131 2,131 Kesimpulan: Tolak H 0 karena T hit < -2,131 pada α = 5%. Jadi, beda mean ngengat yang tertangkap dengan cara A dan cara B adalah tidak sama dengan 5.

27 σ 12 DAN σ 22 DIASUMSIKAN TIDAK SAMA

28 JAWAB Diketahui: X X S S n n = = 57.5 = 20.5 = = 9 = 8 Ditanyakan: a. H 1 : (µ 1 - µ 2 ) > 5 b. H 1 : (µ 1 - µ 2 ) < 5 c. H 1 : (µ 1 - µ 2 ) 5

29 a. H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = 5 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) > 5 α = 0.05 Statistik uji Daerah kritis α Daerah Kritis 1,761 Dengan α = 0,05 dan = 13,604 ~ 14 maka nilai T tabel = 1,761 H 0 ditolak jika t > 1,761

30 Statistik uji dengan data: = - 3,432 Kesimpulan H 0 gagal ditolak karena nilat T hitung < T tabel = -3,432 < 1,761, tidak berada pada daerah penolakan H 0 (daerah kritis) pada α = 5%. Beda mean banyaknya ngengat yang ditangkap dengan cara A dan cara B tidak lebih dari 5.

31 b. H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = 5 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) < 5 α = 0.05 Statistik uji Daerah kritis Daerah Kritis α -1,761 Dengan α = 0,05 dan = 13,604 ~ 14 maka nilai T tabel = - 1,761 H 0 ditolak jika t < -1,761

32 Statistik uji dengan data: = - 3,432 Kesimpulan H 0 ditolak karena nilat T hitung < T tabel = -3,432 < - 1,761, berada pada daerah penolakan H 0 (daerah kritis) pada α = 5%. Beda mean banyaknya ngengat yang ditangkap dengan cara A dan cara B kurang dari 5.

33 c. H 0 : (µ 1 - µ 2 ) = 5 H 1 : (µ 1 - µ 2 ) 5 α = 0.05 Statistik uji Daerah kritis Daerah Kritis α/2 α/2 Daerah Kritis -2,145 2,145 Dengan α = 0,05; α/2 = 0,025 dan = 13,604 ~ 14 maka nilait tabel = 2,145 H 0 ditolak jika t < -2,145 atau jika t > 2,145

34 Statistik uji dengan data: = - 3,432 Kesimpulan H 0 ditolak karena nilat T hitung < T tabel = -3,432 < - 2,145, berada pada daerah penolakan H 0 (daerah kritis) pada α = 5%. Beda mean banyaknya ngengat yang ditangkap dengan cara A dan cara B tidak sama dengan 5.

35 2 POPULASI BERPASANGAN

36 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 dicelupkan pada asam sorbat dan setelah disimpan selama 60 hari sebagai berikut: Pertanyaan: Potongan Sisa Asam Sorbat dalam Ham Sebelum disimpan (ppm) Setelah disimpan (ppm) 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.

37 JAWAB Diketahui: Ditanyakan: a. H 1 : µ d 100 b. H 1 : µ d > 100 c. H 1 : µ d < 100 Populasi 1 Populasi 2 Populasi Baru (d) Rata-rata 583,5 384, ,625 σ , , ,41

38 a. H 0 : µ d = 100 H 1 : µ d 100 α = 0.05 Statistik uji Daerah kritis Daerah Kritis α/2 α/2 Daerah Kritis -2,365 2,365 Dengan α = 0,05; α/2 = 0,025 dan = 7 maka nilait tabel = 2,365 H 0 ditolak jika t < -2,365 atau jika t > 2,365

39 Statistik uji dengan data: = 1,2415 Kesimpulan H 0 gagal ditolak karena T hitung > T tabel = 1,2415> -2,365 dan T hitung < T tabel = 1,2415 < 2,365, tidak berada pada daerah penolakan H 0 (daerah kritis) pada α = 5%. Dengan kata lain, lama penyimpanan selama 60 hari menyebabkan penurunan asam sorbat sebanyak 100 ppm.

40 b. H 0 : µ d = 100 H 1 : µ d > 100 α = 0.05 Statistik uji Daerah kritis α Daerah Kritis Dengan α = 0,05 dan = 7 maka nilai T tabel = 1,895 H 0 ditolak jika t > 1,895 1,895

41 Statistik uji dengan data: = 1,2415 Kesimpulan H 0 gagal ditolak karena nilat T hitung < T tabel = 1,2415 < 1,895, tidak berada pada daerah penolakan H 0 (daerah kritis) pada α = 5%. Lama penyimpanan selama 60 hari menyebabkan penurunan asam sorbat tidak lebih dari 100 ppm.

42 c. H 0 : µ d = 100 H 1 : µ d < 100 α = 0.05 Statistik uji Daerah kritis Daerah Kritis α -1,895 Dengan α = 0,05 dan = 7 maka nilait tabel = 1,895 H 0 ditolak jika t < -1,895

43 Statistik uji dengan data: = 1,2415 Kesimpulan H 0 gagal ditolak karena nilat T hitung > -T tabel = 1,2415 > - 1,895, tidak berada pada daerah penolakan H 0 (daerah kritis) pada α = 5%. Lama penyimpanan selama 60 hari menyebabkan penurunan asam sorbat tidak kurang dari 100 ppm.

44 TERIMA KASIH