Teorema Newman Pearson

Transkripsi

1 pengujian terbaik Andi Kresna Jaya Jurusan Matematika October 6, 2014

2 Outline 1 Review 2 Uji dua sisi untuk mean 3 Teorema Neyman-Pearson Back

3 Outline 1 Review 2 Uji dua sisi untuk mean 3 Teorema Neyman-Pearson Back

4 Outline 1 Review 2 Uji dua sisi untuk mean 3 Teorema Neyman-Pearson Back

5 Sasaran pembelajaran: Mampu memahami teorema Neyman Pearson dan konsep pengujian hipotesis 1 Kemampuan melakukan pengujian hipotesis dua sisi 2 Kemampuan menjelaskan daerah kritis terbaik Metode: Kuliah dan Diskusi Text book: Hogg dan Craig, Introduction to Mathematical Statistics; Casella dan Berger, Statistical Inference

6 opening If your experiment needs a statistician, you need a better experiment. Ernest Rutherford

7 Pada materi sebelumnya, telah dipelajari uji statistik yang hanya satu sisi. Misalkan akan dilakukan uji terhadap H 0 : µ = terhadap H 1 : µ > , dengan µ adalah mean distribusi normal dan standar deviasinya σ = Ini adalah satu sisi saja. Jika H 1 : µ 30, 000, maka pengujian yang dilakukan disebut uji dua sisi. Materi ini akan didahului tentang uji statistik dua sisi ini.

8 Pada materi sebelumnya, telah dipelajari uji statistik yang hanya satu sisi. Misalkan akan dilakukan uji terhadap H 0 : µ = terhadap H 1 : µ > , dengan µ adalah mean distribusi normal dan standar deviasinya σ = Ini adalah satu sisi saja. Jika H 1 : µ 30, 000, maka pengujian yang dilakukan disebut uji dua sisi. Materi ini akan didahului tentang uji statistik dua sisi ini.

9 Pada materi sebelumnya, telah dipelajari uji statistik yang hanya satu sisi. Misalkan akan dilakukan uji terhadap H 0 : µ = terhadap H 1 : µ > , dengan µ adalah mean distribusi normal dan standar deviasinya σ = Ini adalah satu sisi saja. Jika H 1 : µ 30, 000, maka pengujian yang dilakukan disebut uji dua sisi. Materi ini akan didahului tentang uji statistik dua sisi ini.

10 Pada materi sebelumnya, telah dipelajari uji statistik yang hanya satu sisi. Misalkan akan dilakukan uji terhadap H 0 : µ = terhadap H 1 : µ > , dengan µ adalah mean distribusi normal dan standar deviasinya σ = Ini adalah satu sisi saja. Jika H 1 : µ 30, 000, maka pengujian yang dilakukan disebut uji dua sisi. Materi ini akan didahului tentang uji statistik dua sisi ini.

11 large sample two-sided test for mean Misalkan X adalah peubah acak dengan mean µ dan variansi σ 2. Akan diuji hipotesi null H 0 : µ = µ 0 terhadap hipotesis alternatif H 1 : µ µ 0. Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak sehingga diperoleh X dan S 2 sebagai mean sampel dan variansi sampel. Jika terdapat suatu nilai h dan k sehingga X h atau X k, maka H 0 ditolak. Ini berarti untuk suatu nilai α α = P H0 ( X h atau X k) Karena ukuran sampel cukup besar, distribusi X berdistribusi secara simetri terhadap µ 0 dipengaruhi oleh H 0, sehingga secara intuisi α dibagi dua di sisi kiri dan kanan, yaitu P H0 ( X h) = α/2 dan P H0 ( X k) = α/2

12 large sample two-sided test for mean Misalkan X adalah peubah acak dengan mean µ dan variansi σ 2. Akan diuji hipotesi null H 0 : µ = µ 0 terhadap hipotesis alternatif H 1 : µ µ 0. Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak sehingga diperoleh X dan S 2 sebagai mean sampel dan variansi sampel. Jika terdapat suatu nilai h dan k sehingga X h atau X k, maka H 0 ditolak. Ini berarti untuk suatu nilai α α = P H0 ( X h atau X k) Karena ukuran sampel cukup besar, distribusi X berdistribusi secara simetri terhadap µ 0 dipengaruhi oleh H 0, sehingga secara intuisi α dibagi dua di sisi kiri dan kanan, yaitu P H0 ( X h) = α/2 dan P H0 ( X k) = α/2

13 large sample two-sided test for mean Misalkan X adalah peubah acak dengan mean µ dan variansi σ 2. Akan diuji hipotesi null H 0 : µ = µ 0 terhadap hipotesis alternatif H 1 : µ µ 0. Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak sehingga diperoleh X dan S 2 sebagai mean sampel dan variansi sampel. Jika terdapat suatu nilai h dan k sehingga X h atau X k, maka H 0 ditolak. Ini berarti untuk suatu nilai α α = P H0 ( X h atau X k) Karena ukuran sampel cukup besar, distribusi X berdistribusi secara simetri terhadap µ 0 dipengaruhi oleh H 0, sehingga secara intuisi α dibagi dua di sisi kiri dan kanan, yaitu P H0 ( X h) = α/2 dan P H0 ( X k) = α/2

14 large sample two-sided test for mean Misalkan X adalah peubah acak dengan mean µ dan variansi σ 2. Akan diuji hipotesi null H 0 : µ = µ 0 terhadap hipotesis alternatif H 1 : µ µ 0. Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak sehingga diperoleh X dan S 2 sebagai mean sampel dan variansi sampel. Jika terdapat suatu nilai h dan k sehingga X h atau X k, maka H 0 ditolak. Ini berarti untuk suatu nilai α α = P H0 ( X h atau X k) Karena ukuran sampel cukup besar, distribusi X berdistribusi secara simetri terhadap µ 0 dipengaruhi oleh H 0, sehingga secara intuisi α dibagi dua di sisi kiri dan kanan, yaitu P H0 ( X h) = α/2 dan P H0 ( X k) = α/2

15 large sample two-sided test for mean Misalkan X adalah peubah acak dengan mean µ dan variansi σ 2. Akan diuji hipotesi null H 0 : µ = µ 0 terhadap hipotesis alternatif H 1 : µ µ 0. Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak sehingga diperoleh X dan S 2 sebagai mean sampel dan variansi sampel. Jika terdapat suatu nilai h dan k sehingga X h atau X k, maka H 0 ditolak. Ini berarti untuk suatu nilai α α = P H0 ( X h atau X k) Karena ukuran sampel cukup besar, distribusi X berdistribusi secara simetri terhadap µ 0 dipengaruhi oleh H 0, sehingga secara intuisi α dibagi dua di sisi kiri dan kanan, yaitu P H0 ( X h) = α/2 dan P H0 ( X k) = α/2

16 Karena kekonsistenan dari S 2 ke σ 2, maka dibawah pengaruh H 0 diperoleh ( X µ 0 ) S/ n D N(0, 1). Maka bentuk itu akan memutuskan apakah H 0 ditolak atau tidak. H 0 ditolak (atau menerima H 1 ) jika ( X µ 0 ) S/ n z α/2. Aproksimasi fungsi kuasanya dinyatakan dalam bentuk ( K(µ) = P µ X µ 0 z α/2 σ/ n ) ( + P µ X µ 0 z α/2 σ/ n ) ( ) ( ) n(µ0 µ) n(µ0 µ) = Φ z σ α/2 + 1 Φ + z σ α/2

17 Karena kekonsistenan dari S 2 ke σ 2, maka dibawah pengaruh H 0 diperoleh ( X µ 0 ) S/ n D N(0, 1). Maka bentuk itu akan memutuskan apakah H 0 ditolak atau tidak. H 0 ditolak (atau menerima H 1 ) jika ( X µ 0 ) S/ n z α/2. Aproksimasi fungsi kuasanya dinyatakan dalam bentuk ( K(µ) = P µ X µ 0 z α/2 σ/ n ) ( + P µ X µ 0 z α/2 σ/ n ) ( ) ( ) n(µ0 µ) n(µ0 µ) = Φ z σ α/2 + 1 Φ + z σ α/2

18 Karena kekonsistenan dari S 2 ke σ 2, maka dibawah pengaruh H 0 diperoleh ( X µ 0 ) S/ n D N(0, 1). Maka bentuk itu akan memutuskan apakah H 0 ditolak atau tidak. H 0 ditolak (atau menerima H 1 ) jika ( X µ 0 ) S/ n z α/2. Aproksimasi fungsi kuasanya dinyatakan dalam bentuk ( K(µ) = P µ X µ 0 z α/2 σ/ n ) ( + P µ X µ 0 z α/2 σ/ n ) ( ) ( ) n(µ0 µ) n(µ0 µ) = Φ z σ α/2 + 1 Φ + z σ α/2

19 contoh 1 Misalkan X adalah lama pemakaian ban dalam 1000 mil berdistribusi normal dengan mean θ dan standar deviasi σ = 5. Pabrikan ban kemudian mengklaim bahwa produk ban milik mereka telah diproduksi menggunakan proses yang baru. Ujilah hipotesis H 0 : µ = 30 terhadap H 1 : µ 30 jika sampel ban yang diambil n = 20 dan taraf keberartiannya α = 0, 05. Tentukan aproksimasi fungsi kuasanya. Bandingkan jika taraf keberartiannya α = 0, 01. Aturan penolakan untuk kasus ini untuk α = 0, 05 adalah tolak H 0 jika ( X 30) S/ 20 1, 96. Nilai 1, 96 adalah nilai z 0,05/2 pada distribusi Normal standar sehingga 0, 975 = Φ(z 0,05/2 )

20 contoh 1 Misalkan X adalah lama pemakaian ban dalam 1000 mil berdistribusi normal dengan mean θ dan standar deviasi σ = 5. Pabrikan ban kemudian mengklaim bahwa produk ban milik mereka telah diproduksi menggunakan proses yang baru. Ujilah hipotesis H 0 : µ = 30 terhadap H 1 : µ 30 jika sampel ban yang diambil n = 20 dan taraf keberartiannya α = 0, 05. Tentukan aproksimasi fungsi kuasanya. Bandingkan jika taraf keberartiannya α = 0, 01. Aturan penolakan untuk kasus ini untuk α = 0, 05 adalah tolak H 0 jika ( X 30) S/ 20 1, 96. Nilai 1, 96 adalah nilai z 0,05/2 pada distribusi Normal standar sehingga 0, 975 = Φ(z 0,05/2 )

21 contoh 1 Misalkan X adalah lama pemakaian ban dalam 1000 mil berdistribusi normal dengan mean θ dan standar deviasi σ = 5. Pabrikan ban kemudian mengklaim bahwa produk ban milik mereka telah diproduksi menggunakan proses yang baru. Ujilah hipotesis H 0 : µ = 30 terhadap H 1 : µ 30 jika sampel ban yang diambil n = 20 dan taraf keberartiannya α = 0, 05. Tentukan aproksimasi fungsi kuasanya. Bandingkan jika taraf keberartiannya α = 0, 01. Aturan penolakan untuk kasus ini untuk α = 0, 05 adalah tolak H 0 jika ( X 30) S/ 20 1, 96. Nilai 1, 96 adalah nilai z 0,05/2 pada distribusi Normal standar sehingga 0, 975 = Φ(z 0,05/2 )

22 Aproksimasi fungsi kuasa untuk uji hipotesis ini adalah ( ) ( ) (30 µ) (30 µ) K 0,05 (µ) = Φ 1, Φ + 1, 96. 1, 118 1, 118 Sedangkan untuk α = 0, 01,aturan penolakan untuk kasus ini adalah tolak H 0 jika ( X 30) S/ 20 2, 575. Nilai 2, 575 adalah nilai z 0,01/2 pada distribusi Normal standar sehingga 0, 975 = Φ(z 0,05/2 ) Aproksimasi fungsi kuasa untuk uji hipotesis ini adalah ( ) ( ) (30 µ) (30 µ) K 0,01 (µ) = Φ 2, Φ + 2, , 118 1, 118

23 Aproksimasi fungsi kuasa untuk uji hipotesis ini adalah ( ) ( ) (30 µ) (30 µ) K 0,05 (µ) = Φ 1, Φ + 1, 96. 1, 118 1, 118 Sedangkan untuk α = 0, 01,aturan penolakan untuk kasus ini adalah tolak H 0 jika ( X 30) S/ 20 2, 575. Nilai 2, 575 adalah nilai z 0,01/2 pada distribusi Normal standar sehingga 0, 975 = Φ(z 0,05/2 ) Aproksimasi fungsi kuasa untuk uji hipotesis ini adalah ( ) ( ) (30 µ) (30 µ) K 0,01 (µ) = Φ 2, Φ + 2, , 118 1, 118

24 Aproksimasi fungsi kuasa untuk uji hipotesis ini adalah ( ) ( ) (30 µ) (30 µ) K 0,05 (µ) = Φ 1, Φ + 1, 96. 1, 118 1, 118 Sedangkan untuk α = 0, 01,aturan penolakan untuk kasus ini adalah tolak H 0 jika ( X 30) S/ 20 2, 575. Nilai 2, 575 adalah nilai z 0,01/2 pada distribusi Normal standar sehingga 0, 975 = Φ(z 0,05/2 ) Aproksimasi fungsi kuasa untuk uji hipotesis ini adalah ( ) ( ) (30 µ) (30 µ) K 0,01 (µ) = Φ 2, Φ + 2, , 118 1, 118

25 Aproksimasi fungsi kuasa untuk uji hipotesis ini adalah ( ) ( ) (30 µ) (30 µ) K 0,05 (µ) = Φ 1, Φ + 1, 96. 1, 118 1, 118 Sedangkan untuk α = 0, 01,aturan penolakan untuk kasus ini adalah tolak H 0 jika ( X 30) S/ 20 2, 575. Nilai 2, 575 adalah nilai z 0,01/2 pada distribusi Normal standar sehingga 0, 975 = Φ(z 0,05/2 ) Aproksimasi fungsi kuasa untuk uji hipotesis ini adalah ( ) ( ) (30 µ) (30 µ) K 0,01 (µ) = Φ 2, Φ + 2, , 118 1, 118

26 Perhatikan bahwa kurva fungsi kuasa di atas didasarkan pada distribusi Normal dengan variansi yang diberikan (σ = 5). Fungsi kuasa (aproksimasi) berdasar pada aturan penolakan H 0 adalah tolak H 0 jika ( X µ 0 ) S/ 20 z α/2.

27 Sejatinya, jika X berdistribusi normal, maka aturan penolakan H 0 : µ = µ 0 terhadap H 1 : µ µ 0 adalah tolak H 0 jika ( X µ 0 ) S/ 20 t α/2,n 1. Maka fungsi kuasa untuk kasus di atas harusnya didasarkan pada distribusi T. Untuk α = 0, 05 tolak H 0 jika ( X 30) 5/ 20 t 0,025,19 jika ( X 30) S/ 20 2, 093.

28 Sejatinya, jika X berdistribusi normal, maka aturan penolakan H 0 : µ = µ 0 terhadap H 1 : µ µ 0 adalah tolak H 0 jika ( X µ 0 ) S/ 20 t α/2,n 1. Maka fungsi kuasa untuk kasus di atas harusnya didasarkan pada distribusi T. Untuk α = 0, 05 tolak H 0 jika ( X 30) 5/ 20 t 0,025,19 jika ( X 30) S/ 20 2, 093.

29 Misalkan sampel acak diambil dari distribusi N(µ 1, σ 2 ) dan N(µ 2, σ 2 ). Jika ukuran sampel dari kedua distribusi adalah n 1 dan n 2. Mean dan variansi sampel pertama adalah X 1 dan S 2 1. Mean dan variansi sampel kedua adalah X 2 dan S 2 2. Perhatikan bahwa n = n 1 + n 2 adalah kombinasi ukuran sampel dan S 2 p = (n 1 1)S (n 2 1)S 2 2 n 1 + n 2 2 adalah bobot rata-rata variansi sampel S1 2 dengan S 2 2, yang merupakan penaksir tak bias untuk σ 2 Aturan penolakan H 0 : µ 1 = µ 2 terhadap H 1 : µ 1 µ 2 untuk taraf keberartian α, jika dan hanya jika ( X µ 0 ) S/ 20 t α/2,n 2.

30 Misalkan sampel acak diambil dari distribusi N(µ 1, σ 2 ) dan N(µ 2, σ 2 ). Jika ukuran sampel dari kedua distribusi adalah n 1 dan n 2. Mean dan variansi sampel pertama adalah X 1 dan S 2 1. Mean dan variansi sampel kedua adalah X 2 dan S 2 2. Perhatikan bahwa n = n 1 + n 2 adalah kombinasi ukuran sampel dan S 2 p = (n 1 1)S (n 2 1)S 2 2 n 1 + n 2 2 adalah bobot rata-rata variansi sampel S1 2 dengan S 2 2, yang merupakan penaksir tak bias untuk σ 2 Aturan penolakan H 0 : µ 1 = µ 2 terhadap H 1 : µ 1 µ 2 untuk taraf keberartian α, jika dan hanya jika ( X µ 0 ) S/ 20 t α/2,n 2.

31 Misalkan sampel acak diambil dari distribusi N(µ 1, σ 2 ) dan N(µ 2, σ 2 ). Jika ukuran sampel dari kedua distribusi adalah n 1 dan n 2. Mean dan variansi sampel pertama adalah X 1 dan S 2 1. Mean dan variansi sampel kedua adalah X 2 dan S 2 2. Perhatikan bahwa n = n 1 + n 2 adalah kombinasi ukuran sampel dan S 2 p = (n 1 1)S (n 2 1)S 2 2 n 1 + n 2 2 adalah bobot rata-rata variansi sampel S1 2 dengan S 2 2, yang merupakan penaksir tak bias untuk σ 2 Aturan penolakan H 0 : µ 1 = µ 2 terhadap H 1 : µ 1 µ 2 untuk taraf keberartian α, jika dan hanya jika ( X µ 0 ) S/ 20 t α/2,n 2.

32 Neyman-Pearson Pada materi ini akan dibahas pengujian hipotesis dengan daerah kritis terbaik. Misalkan X adalah peubah acak dengan fkp f (x; θ) di mana θ Ω. Jika Ω dapat dipartisi dalam 2 himpunan bagian ω 0 dan ω 1, sehingga nilai-nilai yang mungkin dari θ dapat terletak di salah satu himpunan bagian tersebut. Misalkan hipotesis H 0 : θ ω 0 dan H 1 : θ ω 1, pengujian hipotesis didasarkan pada sampel X 1, X 2,, X n yang diambil dari distribusi X. sebuah uji untuk hipotesis didasarkan pada sebuah daerah kritis, C sehingga aturan ujinya adalah Tolak H 0 jika (X 1, X 2,, X n ) C Terima H 0 jika (X 1, X 2,, X n ) C

33 Neyman-Pearson Pada materi ini akan dibahas pengujian hipotesis dengan daerah kritis terbaik. Misalkan X adalah peubah acak dengan fkp f (x; θ) di mana θ Ω. Jika Ω dapat dipartisi dalam 2 himpunan bagian ω 0 dan ω 1, sehingga nilai-nilai yang mungkin dari θ dapat terletak di salah satu himpunan bagian tersebut. Misalkan hipotesis H 0 : θ ω 0 dan H 1 : θ ω 1, pengujian hipotesis didasarkan pada sampel X 1, X 2,, X n yang diambil dari distribusi X. sebuah uji untuk hipotesis didasarkan pada sebuah daerah kritis, C sehingga aturan ujinya adalah Tolak H 0 jika (X 1, X 2,, X n ) C Terima H 0 jika (X 1, X 2,, X n ) C

34 Neyman-Pearson Pada materi ini akan dibahas pengujian hipotesis dengan daerah kritis terbaik. Misalkan X adalah peubah acak dengan fkp f (x; θ) di mana θ Ω. Jika Ω dapat dipartisi dalam 2 himpunan bagian ω 0 dan ω 1, sehingga nilai-nilai yang mungkin dari θ dapat terletak di salah satu himpunan bagian tersebut. Misalkan hipotesis H 0 : θ ω 0 dan H 1 : θ ω 1, pengujian hipotesis didasarkan pada sampel X 1, X 2,, X n yang diambil dari distribusi X. sebuah uji untuk hipotesis didasarkan pada sebuah daerah kritis, C sehingga aturan ujinya adalah Tolak H 0 jika (X 1, X 2,, X n ) C Terima H 0 jika (X 1, X 2,, X n ) C

35 Neyman-Pearson Pada materi ini akan dibahas pengujian hipotesis dengan daerah kritis terbaik. Misalkan X adalah peubah acak dengan fkp f (x; θ) di mana θ Ω. Jika Ω dapat dipartisi dalam 2 himpunan bagian ω 0 dan ω 1, sehingga nilai-nilai yang mungkin dari θ dapat terletak di salah satu himpunan bagian tersebut. Misalkan hipotesis H 0 : θ ω 0 dan H 1 : θ ω 1, pengujian hipotesis didasarkan pada sampel X 1, X 2,, X n yang diambil dari distribusi X. sebuah uji untuk hipotesis didasarkan pada sebuah daerah kritis, C sehingga aturan ujinya adalah Tolak H 0 jika (X 1, X 2,, X n ) C Terima H 0 jika (X 1, X 2,, X n ) C

36 Peluang terjadinya kesalahan tipe 1 adalah ukuran atau taraf keberartian untuk uji, α = max θ ω 0 P θ ((X 1,, X n ) C). Peluang ini menyatakan bahwa peluang bahwa (X 1,, X n ) C ketika θ ω 0 adalah parameter yang sebenarnya untuk distribusi. Peluang terjadinya kesalahan tipe 2 adalah peluang maksimum bahwa H 1 ditolak ketika θ C, K C (θ) = P θ ((X 1,, X n ) C), θ ω 1.

37 Peluang terjadinya kesalahan tipe 1 adalah ukuran atau taraf keberartian untuk uji, α = max θ ω 0 P θ ((X 1,, X n ) C). Peluang ini menyatakan bahwa peluang bahwa (X 1,, X n ) C ketika θ ω 0 adalah parameter yang sebenarnya untuk distribusi. Peluang terjadinya kesalahan tipe 2 adalah peluang maksimum bahwa H 1 ditolak ketika θ C, K C (θ) = P θ ((X 1,, X n ) C), θ ω 1.

38 contoh 1 Misalkan X adalah peubah acak distribusi binomial dengan n = 5 dan p = θ. Jika hipotesis untuk nilai θ adalah H 0 : θ = 1 2 dan H 1 : θ = 3 4. Tentukan daerah kritis untuk α = 1/32. Untuk menjawab ini, pertama akan ditampilan tabel nilai f ( x; 1 ( ) ( ) ( 2), f x; 3 4 dan rasio f x; 1 2 /f x; 3 4) untuk semua nilai x yang mungkin dari distribusi. x f ( x; 1 ) f ( x; 3 ) f (x; 1 2) f (x; 3 4)

39 contoh 1 Misalkan X adalah peubah acak distribusi binomial dengan n = 5 dan p = θ. Jika hipotesis untuk nilai θ adalah H 0 : θ = 1 2 dan H 1 : θ = 3 4. Tentukan daerah kritis untuk α = 1/32. Untuk menjawab ini, pertama akan ditampilan tabel nilai f ( x; 1 ( ) ( ) ( 2), f x; 3 4 dan rasio f x; 1 2 /f x; 3 4) untuk semua nilai x yang mungkin dari distribusi. x f ( x; 1 ) f ( x; 3 ) f (x; 1 2) f (x; 3 4)

40 Dari tabel,dapat dilihat bahwa untuk nilai α = 1/32 himpunan bagian dari nilai-nilai x yang mungkin hanya ada ada 2, yaitu A 1 = {x : x = 0} dan A 2 = {x : x = 5} sehingga P(A 1 ) = 1/32 dan P(A 2 ) = 1/32. Ini berarti hanya satu dari A 1 dari A 2 yang merupakan daerah kritis terbaik. Jika P(A 1 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 1 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih kecil daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Jika P(A 2 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 2 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih besar daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Maka daerah kritis terbaik adalah A 2.

41 Dari tabel,dapat dilihat bahwa untuk nilai α = 1/32 himpunan bagian dari nilai-nilai x yang mungkin hanya ada ada 2, yaitu A 1 = {x : x = 0} dan A 2 = {x : x = 5} sehingga P(A 1 ) = 1/32 dan P(A 2 ) = 1/32. Ini berarti hanya satu dari A 1 dari A 2 yang merupakan daerah kritis terbaik. Jika P(A 1 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 1 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih kecil daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Jika P(A 2 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 2 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih besar daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Maka daerah kritis terbaik adalah A 2.

42 Dari tabel,dapat dilihat bahwa untuk nilai α = 1/32 himpunan bagian dari nilai-nilai x yang mungkin hanya ada ada 2, yaitu A 1 = {x : x = 0} dan A 2 = {x : x = 5} sehingga P(A 1 ) = 1/32 dan P(A 2 ) = 1/32. Ini berarti hanya satu dari A 1 dari A 2 yang merupakan daerah kritis terbaik. Jika P(A 1 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 1 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih kecil daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Jika P(A 2 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 2 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih besar daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Maka daerah kritis terbaik adalah A 2.

43 Dari tabel,dapat dilihat bahwa untuk nilai α = 1/32 himpunan bagian dari nilai-nilai x yang mungkin hanya ada ada 2, yaitu A 1 = {x : x = 0} dan A 2 = {x : x = 5} sehingga P(A 1 ) = 1/32 dan P(A 2 ) = 1/32. Ini berarti hanya satu dari A 1 dari A 2 yang merupakan daerah kritis terbaik. Jika P(A 1 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 1 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih kecil daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Jika P(A 2 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 2 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih besar daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Maka daerah kritis terbaik adalah A 2.

44 Dari tabel,dapat dilihat bahwa untuk nilai α = 1/32 himpunan bagian dari nilai-nilai x yang mungkin hanya ada ada 2, yaitu A 1 = {x : x = 0} dan A 2 = {x : x = 5} sehingga P(A 1 ) = 1/32 dan P(A 2 ) = 1/32. Ini berarti hanya satu dari A 1 dari A 2 yang merupakan daerah kritis terbaik. Jika P(A 1 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 1 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih kecil daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Jika P(A 2 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 2 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih besar daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Maka daerah kritis terbaik adalah A 2.

45 Dari tabel,dapat dilihat bahwa untuk nilai α = 1/32 himpunan bagian dari nilai-nilai x yang mungkin hanya ada ada 2, yaitu A 1 = {x : x = 0} dan A 2 = {x : x = 5} sehingga P(A 1 ) = 1/32 dan P(A 2 ) = 1/32. Ini berarti hanya satu dari A 1 dari A 2 yang merupakan daerah kritis terbaik. Jika P(A 1 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 1 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih kecil daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Jika P(A 2 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 2 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih besar daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Maka daerah kritis terbaik adalah A 2.

46 Dari tabel,dapat dilihat bahwa untuk nilai α = 1/32 himpunan bagian dari nilai-nilai x yang mungkin hanya ada ada 2, yaitu A 1 = {x : x = 0} dan A 2 = {x : x = 5} sehingga P(A 1 ) = 1/32 dan P(A 2 ) = 1/32. Ini berarti hanya satu dari A 1 dari A 2 yang merupakan daerah kritis terbaik. Jika P(A 1 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 1 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih kecil daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Jika P(A 2 ; θ = 1/2) = 1 32 dan P(A 2 : θ = 3/4) = Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A 1 dijadikan daerah kritis, maka peluang menolak H 0 ketika H 1 benar lebih besar daripada peluang menolak H 0 ketika seharusnya H 0 benar. Maka daerah kritis terbaik adalah A 2.

47 contoh 2 Kasus yang sama di contoh 1, tentukan daerah kritisnya untuk α = 6/32. Misalkan bahwa H 0 benar, maka terdapat 4 himpunan bagian dari ruang sampel, yaitu B 1 = {x : x = 0, 1}, B 2 = {x : x = 0, 4}, B 3 = {x : x = 1, 5} dan B 4 = {x : x = 4, 5}, sehingga ukuran peluangnya Jika H 1 benar, maka peluang untuk masing-masing himpunan tersebut adalah P(B 1 ) < P(B 2 ) < P(B 3 ) < P(B 4 ) = Maka daerah kritis yang dipilih adalah B 4 = {x : x = 4, 5}. Dari contoh 1 dan 2, dapat diberikan kriteria sebuah daerah kritis terbaik.

48 contoh 2 Kasus yang sama di contoh 1, tentukan daerah kritisnya untuk α = 6/32. Misalkan bahwa H 0 benar, maka terdapat 4 himpunan bagian dari ruang sampel, yaitu B 1 = {x : x = 0, 1}, B 2 = {x : x = 0, 4}, B 3 = {x : x = 1, 5} dan B 4 = {x : x = 4, 5}, sehingga ukuran peluangnya Jika H 1 benar, maka peluang untuk masing-masing himpunan tersebut adalah P(B 1 ) < P(B 2 ) < P(B 3 ) < P(B 4 ) = Maka daerah kritis yang dipilih adalah B 4 = {x : x = 4, 5}. Dari contoh 1 dan 2, dapat diberikan kriteria sebuah daerah kritis terbaik.

49 contoh 2 Kasus yang sama di contoh 1, tentukan daerah kritisnya untuk α = 6/32. Misalkan bahwa H 0 benar, maka terdapat 4 himpunan bagian dari ruang sampel, yaitu B 1 = {x : x = 0, 1}, B 2 = {x : x = 0, 4}, B 3 = {x : x = 1, 5} dan B 4 = {x : x = 4, 5}, sehingga ukuran peluangnya Jika H 1 benar, maka peluang untuk masing-masing himpunan tersebut adalah P(B 1 ) < P(B 2 ) < P(B 3 ) < P(B 4 ) = Maka daerah kritis yang dipilih adalah B 4 = {x : x = 4, 5}. Dari contoh 1 dan 2, dapat diberikan kriteria sebuah daerah kritis terbaik.

50 contoh 2 Kasus yang sama di contoh 1, tentukan daerah kritisnya untuk α = 6/32. Misalkan bahwa H 0 benar, maka terdapat 4 himpunan bagian dari ruang sampel, yaitu B 1 = {x : x = 0, 1}, B 2 = {x : x = 0, 4}, B 3 = {x : x = 1, 5} dan B 4 = {x : x = 4, 5}, sehingga ukuran peluangnya Jika H 1 benar, maka peluang untuk masing-masing himpunan tersebut adalah P(B 1 ) < P(B 2 ) < P(B 3 ) < P(B 4 ) = Maka daerah kritis yang dipilih adalah B 4 = {x : x = 4, 5}. Dari contoh 1 dan 2, dapat diberikan kriteria sebuah daerah kritis terbaik.

51 contoh 2 Kasus yang sama di contoh 1, tentukan daerah kritisnya untuk α = 6/32. Misalkan bahwa H 0 benar, maka terdapat 4 himpunan bagian dari ruang sampel, yaitu B 1 = {x : x = 0, 1}, B 2 = {x : x = 0, 4}, B 3 = {x : x = 1, 5} dan B 4 = {x : x = 4, 5}, sehingga ukuran peluangnya Jika H 1 benar, maka peluang untuk masing-masing himpunan tersebut adalah P(B 1 ) < P(B 2 ) < P(B 3 ) < P(B 4 ) = Maka daerah kritis yang dipilih adalah B 4 = {x : x = 4, 5}. Dari contoh 1 dan 2, dapat diberikan kriteria sebuah daerah kritis terbaik.

52 Definisi 1 Misalkan C adalah himpunan bagian dari ruang sampel A. C adalah daerah kritis terbaik dari ukuran α untuk uji hipotesis sederhana, H 0 : θ = θ 0 terhadap hipotesis alternatif (sederhana), H 1 : θ = θ 1, jika berlaku P θ0 ((X 1, X 2,, X n ) C) = α A A berlaku P θ0 ((X 1, X 2,, X n ) A) = α maka P θ1 ((X 1, X 2,, X n ) C) P θ1 ((X 1, X 2,, X n ) A). Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak berukuran n Z + dari distribusi peluang yang fkp-nya f (x; θ). Fungsi likelihood untuk X 1, X 2,, X n adalah L(θ; x 1,, x n ) = n f (x i ; θ) i=1

53 teorema Neyman-Pearson Teorema 1 Jika Ω = {θ 0, θ 1 }, k bilangan positif, dan C himpunan bagian dari ruang sampel sehingga L(θ 0 ;x 1,,x n) L(θ 1 ;x 1,,x n) k, (x 1,, x n ) C L(θ 0 ;x 1,,x n) L(θ 1 ;x 1,,x n) k, (x 1,, x n ) C α = P ((X 1, X 2,, X n ) C). Maka C adalah daerah kritis terbaik untuk taraf keberartian α dari uji hipotesis sederhana H 0 : θ = θ 0 dan H 1 : θ = θ 1.

54 contoh 3 Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak dari distribusi N(θ, 1). Jika hipotesis sederhana yang akan diuji adalah H 0 : θ = 0 vs H 1 : θ = 1. Tentukan daerah kritis terbaik untuk taraf keberartian α. Karena distribusinya normal dengan mean θ dan variansi σ 2 = 1, maka fkp-nya adalah f (x; θ) = 1 2π exp ( ) (x θ)2, < x <. 2 Bentuk fungsi likelihoodnya adalah ( ) 1 n ( L(θ; x 1, x 2,, x n ) = exp 2π untuk < x i <, i = 1, 2,, n. n i=1 (x i θ) 2 2 ),

55 contoh 3 Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak dari distribusi N(θ, 1). Jika hipotesis sederhana yang akan diuji adalah H 0 : θ = 0 vs H 1 : θ = 1. Tentukan daerah kritis terbaik untuk taraf keberartian α. Karena distribusinya normal dengan mean θ dan variansi σ 2 = 1, maka fkp-nya adalah f (x; θ) = 1 2π exp ( ) (x θ)2, < x <. 2 Bentuk fungsi likelihoodnya adalah ( ) 1 n ( L(θ; x 1, x 2,, x n ) = exp 2π untuk < x i <, i = 1, 2,, n. n i=1 (x i θ) 2 2 ),

56 contoh 3 Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak dari distribusi N(θ, 1). Jika hipotesis sederhana yang akan diuji adalah H 0 : θ = 0 vs H 1 : θ = 1. Tentukan daerah kritis terbaik untuk taraf keberartian α. Karena distribusinya normal dengan mean θ dan variansi σ 2 = 1, maka fkp-nya adalah f (x; θ) = 1 2π exp ( ) (x θ)2, < x <. 2 Bentuk fungsi likelihoodnya adalah ( ) 1 n ( L(θ; x 1, x 2,, x n ) = exp 2π untuk < x i <, i = 1, 2,, n. n i=1 (x i θ) 2 2 ),

57 Maka L(0; x 1, x 2,, x n ) L(1; x 1, x 2,, x n ) = ( exp ( exp ) n i=1 x2 i 2 n i=1 (x i 1) 2 atau dapat ditulis menjadi ( L(0; x 1, x 2,, x n ) n L(1; x 1, x 2,, x n ) = exp i=1 x i 2 + n 2 2 ) i=1 (x i 1) 2 Jika k > 0, sehingga untuk semua titik (x 1, x 2,, x n ) berlaku ( ) n exp x i + n k, 2 i=1 maka himpunan semua titik (x 1, x 2,, x n ) yang memenuhi bentuk tersebut adalah daerah kritis terbaik. ).

58 Maka L(0; x 1, x 2,, x n ) L(1; x 1, x 2,, x n ) = ( exp ( exp ) n i=1 x2 i 2 n i=1 (x i 1) 2 atau dapat ditulis menjadi ( L(0; x 1, x 2,, x n ) n L(1; x 1, x 2,, x n ) = exp i=1 x i 2 + n 2 2 ) i=1 (x i 1) 2 Jika k > 0, sehingga untuk semua titik (x 1, x 2,, x n ) berlaku ( ) n exp x i + n k, 2 i=1 maka himpunan semua titik (x 1, x 2,, x n ) yang memenuhi bentuk tersebut adalah daerah kritis terbaik. ).

59 Maka L(0; x 1, x 2,, x n ) L(1; x 1, x 2,, x n ) = ( exp ( exp ) n i=1 x2 i 2 n i=1 (x i 1) 2 atau dapat ditulis menjadi ( L(0; x 1, x 2,, x n ) n L(1; x 1, x 2,, x n ) = exp i=1 x i 2 + n 2 2 ) i=1 (x i 1) 2 Jika k > 0, sehingga untuk semua titik (x 1, x 2,, x n ) berlaku ( ) n exp x i + n k, 2 i=1 maka himpunan semua titik (x 1, x 2,, x n ) yang memenuhi bentuk tersebut adalah daerah kritis terbaik. ).

60 Maka L(0; x 1, x 2,, x n ) L(1; x 1, x 2,, x n ) = ( exp ( exp ) n i=1 x2 i 2 n i=1 (x i 1) 2 atau dapat ditulis menjadi ( L(0; x 1, x 2,, x n ) n L(1; x 1, x 2,, x n ) = exp i=1 x i 2 + n 2 2 ) i=1 (x i 1) 2 Jika k > 0, sehingga untuk semua titik (x 1, x 2,, x n ) berlaku ( ) n exp x i + n k, 2 i=1 maka himpunan semua titik (x 1, x 2,, x n ) yang memenuhi bentuk tersebut adalah daerah kritis terbaik. ).

61 Bentuk exp ( x i + n 2) k ekuivalen dengan dengan x = x i /n. x 1 2 ln k n = c, Jadi daerah kritis terbaik untuk kasus ini dapat dinyatakan sebagai C = {(x 1, x 2,, x n ) : x c}. Uji hipotesisnya dapat didasarkan pada statistik X. Jika x > c, H 0 ditolak untuk taraf keberartian α. Peluang penolakan H 0, ketika H 0 benar adalah α. Jika x < c, H 0 diterima. Peluang menolak H 0 ketika H 0 salah adalah nilai kuasa untuk uji ketika θ = 1.

62 Bentuk exp ( x i + n 2) k ekuivalen dengan dengan x = x i /n. x 1 2 ln k n = c, Jadi daerah kritis terbaik untuk kasus ini dapat dinyatakan sebagai C = {(x 1, x 2,, x n ) : x c}. Uji hipotesisnya dapat didasarkan pada statistik X. Jika x > c, H 0 ditolak untuk taraf keberartian α. Peluang penolakan H 0, ketika H 0 benar adalah α. Jika x < c, H 0 diterima. Peluang menolak H 0 ketika H 0 salah adalah nilai kuasa untuk uji ketika θ = 1.

63 Bentuk exp ( x i + n 2) k ekuivalen dengan dengan x = x i /n. x 1 2 ln k n = c, Jadi daerah kritis terbaik untuk kasus ini dapat dinyatakan sebagai C = {(x 1, x 2,, x n ) : x c}. Uji hipotesisnya dapat didasarkan pada statistik X. Jika x > c, H 0 ditolak untuk taraf keberartian α. Peluang penolakan H 0, ketika H 0 benar adalah α. Jika x < c, H 0 diterima. Peluang menolak H 0 ketika H 0 salah adalah nilai kuasa untuk uji ketika θ = 1.

64 Bentuk exp ( x i + n 2) k ekuivalen dengan dengan x = x i /n. x 1 2 ln k n = c, Jadi daerah kritis terbaik untuk kasus ini dapat dinyatakan sebagai C = {(x 1, x 2,, x n ) : x c}. Uji hipotesisnya dapat didasarkan pada statistik X. Jika x > c, H 0 ditolak untuk taraf keberartian α. Peluang penolakan H 0, ketika H 0 benar adalah α. Jika x < c, H 0 diterima. Peluang menolak H 0 ketika H 0 salah adalah nilai kuasa untuk uji ketika θ = 1.

65 Bentuk exp ( x i + n 2) k ekuivalen dengan dengan x = x i /n. x 1 2 ln k n = c, Jadi daerah kritis terbaik untuk kasus ini dapat dinyatakan sebagai C = {(x 1, x 2,, x n ) : x c}. Uji hipotesisnya dapat didasarkan pada statistik X. Jika x > c, H 0 ditolak untuk taraf keberartian α. Peluang penolakan H 0, ketika H 0 benar adalah α. Jika x < c, H 0 diterima. Peluang menolak H 0 ketika H 0 salah adalah nilai kuasa untuk uji ketika θ = 1.

66 Bentuk exp ( x i + n 2) k ekuivalen dengan dengan x = x i /n. x 1 2 ln k n = c, Jadi daerah kritis terbaik untuk kasus ini dapat dinyatakan sebagai C = {(x 1, x 2,, x n ) : x c}. Uji hipotesisnya dapat didasarkan pada statistik X. Jika x > c, H 0 ditolak untuk taraf keberartian α. Peluang penolakan H 0, ketika H 0 benar adalah α. Jika x < c, H 0 diterima. Peluang menolak H 0 ketika H 0 salah adalah nilai kuasa untuk uji ketika θ = 1.

67 Peluang/nilai kuasa-nya dinyatakan P( X c; H 1 ) = c ) 1 n( x 1)2 exp ( d x. 2π/n 2 Sebagai contoh, jika n = 25 dan α = 0.05, maka diperoleh nilai c = z 0,05 1/25 = 1, 645/5 = 0, 329. Sehingga nilai kuasa untuk H 1 benar adalah ) 1 25( x 1)2 P( X 0, 329; H 1 ) = exp ( d x 0,329 2π/25 2 ( ) 0, = 1 Φ 1/5 = 1 0, = 0,

68 Peluang/nilai kuasa-nya dinyatakan P( X c; H 1 ) = c ) 1 n( x 1)2 exp ( d x. 2π/n 2 Sebagai contoh, jika n = 25 dan α = 0.05, maka diperoleh nilai c = z 0,05 1/25 = 1, 645/5 = 0, 329. Sehingga nilai kuasa untuk H 1 benar adalah ) 1 25( x 1)2 P( X 0, 329; H 1 ) = exp ( d x 0,329 2π/25 2 ( ) 0, = 1 Φ 1/5 = 1 0, = 0,

69 Peluang/nilai kuasa-nya dinyatakan P( X c; H 1 ) = c ) 1 n( x 1)2 exp ( d x. 2π/n 2 Sebagai contoh, jika n = 25 dan α = 0.05, maka diperoleh nilai c = z 0,05 1/25 = 1, 645/5 = 0, 329. Sehingga nilai kuasa untuk H 1 benar adalah ) 1 25( x 1)2 P( X 0, 329; H 1 ) = exp ( d x 0,329 2π/25 2 ( ) 0, = 1 Φ 1/5 = 1 0, = 0,

70 Teorema Neyman-Pearson ini juga dapat diterapkan pada pengujian bentuk distribusi. Jika H 0 adalah hipotesis sederhana bahwa fkp bersama adalah g(x 1, x 2,, x n ) dan H 1 adalah fkp bersama h(x 1, x 2,, x n ), maka daerah kritis terbaik C untuk taraf keberartian α pada uji hipotesis H 0 dengan H 1 memenuhi syarat: g(x 1,x 2,,x n) h(x 1,x 2,,x n) k, (x 1,, x n ) C g(x 1,x 2,,x n) h(x 1,x 2,,x n) k, (x 1,, x n ) C α = P ((X 1, X 2,, X n ) C). Berikut adalah sebuah contoh.

71 Teorema Neyman-Pearson ini juga dapat diterapkan pada pengujian bentuk distribusi. Jika H 0 adalah hipotesis sederhana bahwa fkp bersama adalah g(x 1, x 2,, x n ) dan H 1 adalah fkp bersama h(x 1, x 2,, x n ), maka daerah kritis terbaik C untuk taraf keberartian α pada uji hipotesis H 0 dengan H 1 memenuhi syarat: g(x 1,x 2,,x n) h(x 1,x 2,,x n) k, (x 1,, x n ) C g(x 1,x 2,,x n) h(x 1,x 2,,x n) k, (x 1,, x n ) C α = P ((X 1, X 2,, X n ) C). Berikut adalah sebuah contoh.

72 Teorema Neyman-Pearson ini juga dapat diterapkan pada pengujian bentuk distribusi. Jika H 0 adalah hipotesis sederhana bahwa fkp bersama adalah g(x 1, x 2,, x n ) dan H 1 adalah fkp bersama h(x 1, x 2,, x n ), maka daerah kritis terbaik C untuk taraf keberartian α pada uji hipotesis H 0 dengan H 1 memenuhi syarat: g(x 1,x 2,,x n) h(x 1,x 2,,x n) k, (x 1,, x n ) C g(x 1,x 2,,x n) h(x 1,x 2,,x n) k, (x 1,, x n ) C α = P ((X 1, X 2,, X n ) C). Berikut adalah sebuah contoh.

73 contoh 4 Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak dari sebuah fkp f(x) yang positif untuk nilai-nilai x adalah bilangan bulat tak negatif. Jika hipotesis sederhana yang akan diuji adalah melawan hipotesis sederhana H 0 : f (x) = e 1, x = 0, 1, 2,, x! H 1 : f (x) = ( ) 1 x+1, x = 0, 1, 2,. 2 Tentukan daerah kritis terbaik untuk taraf keberartian α.

74 contoh 4 Misalkan X 1, X 2,, X n sampel acak dari sebuah fkp f(x) yang positif untuk nilai-nilai x adalah bilangan bulat tak negatif. Jika hipotesis sederhana yang akan diuji adalah melawan hipotesis sederhana H 0 : f (x) = e 1, x = 0, 1, 2,, x! H 1 : f (x) = ( ) 1 x+1, x = 0, 1, 2,. 2 Tentukan daerah kritis terbaik untuk taraf keberartian α.

75 Misalkan kondisi H 0 benar, maka fkp bersama X 1, X 2,, X n adalah g(x 1,, x n ) = e n x 1!x 2! x n!, x i = 0, 1, 2,, i = 1, 2,, n Misalkan kondisi H 1 benar, maka fkp bersama X 1, X 2,, X n adalah ( ) 1 n+ xi h(x 1,, x n ) =, x i = 0, 1, 2,, i = 1, 2,, n. 2 Maka rasio fkp bersama dari dua kondisi adalah ( g 2e 1 ) n 2 xi h = x 1!x 2! x n! untuk x i = 0, 1, 2,, i = 1, 2,, n.

76 Misalkan kondisi H 0 benar, maka fkp bersama X 1, X 2,, X n adalah g(x 1,, x n ) = e n x 1!x 2! x n!, x i = 0, 1, 2,, i = 1, 2,, n Misalkan kondisi H 1 benar, maka fkp bersama X 1, X 2,, X n adalah ( ) 1 n+ xi h(x 1,, x n ) =, x i = 0, 1, 2,, i = 1, 2,, n. 2 Maka rasio fkp bersama dari dua kondisi adalah ( g 2e 1 ) n 2 xi h = x 1!x 2! x n! untuk x i = 0, 1, 2,, i = 1, 2,, n.

77 Misalkan kondisi H 0 benar, maka fkp bersama X 1, X 2,, X n adalah g(x 1,, x n ) = e n x 1!x 2! x n!, x i = 0, 1, 2,, i = 1, 2,, n Misalkan kondisi H 1 benar, maka fkp bersama X 1, X 2,, X n adalah ( ) 1 n+ xi h(x 1,, x n ) =, x i = 0, 1, 2,, i = 1, 2,, n. 2 Maka rasio fkp bersama dari dua kondisi adalah ( g 2e 1 ) n 2 xi h = x 1!x 2! x n! untuk x i = 0, 1, 2,, i = 1, 2,, n.

78 Jika k > 0, dan g/h k untuk (x 1, x 2,, x n ) C, maka ( n ) ( n ) x i log 2 log (x i )! log k n log 2e 1 = c. i=1 i=1 Maka daerah kritis terbaik C dapat dinyatakan { ( n ) ( n ) } C = (x 1, x 2,, x n ) : x i log 2 log (x i )! c. i=1 i=1 Jadi, misalkan untuk n = 1 dan k = 1, maka daerah kritis terbaiknya adalah C = {x : x = 0, 3, 4, 5, } Kuasa untuk uji ketika H 0 benar adalah P(X C : H 0 ) = 1 P(X = 1, 2 : H 0 ) = 1 (0, , 184) = 0, 448

79 Jika k > 0, dan g/h k untuk (x 1, x 2,, x n ) C, maka ( n ) ( n ) x i log 2 log (x i )! log k n log 2e 1 = c. i=1 i=1 Maka daerah kritis terbaik C dapat dinyatakan { ( n ) ( n ) } C = (x 1, x 2,, x n ) : x i log 2 log (x i )! c. i=1 i=1 Jadi, misalkan untuk n = 1 dan k = 1, maka daerah kritis terbaiknya adalah C = {x : x = 0, 3, 4, 5, } Kuasa untuk uji ketika H 0 benar adalah P(X C : H 0 ) = 1 P(X = 1, 2 : H 0 ) = 1 (0, , 184) = 0, 448

80 Jika k > 0, dan g/h k untuk (x 1, x 2,, x n ) C, maka ( n ) ( n ) x i log 2 log (x i )! log k n log 2e 1 = c. i=1 i=1 Maka daerah kritis terbaik C dapat dinyatakan { ( n ) ( n ) } C = (x 1, x 2,, x n ) : x i log 2 log (x i )! c. i=1 i=1 Jadi, misalkan untuk n = 1 dan k = 1, maka daerah kritis terbaiknya adalah C = {x : x = 0, 3, 4, 5, } Kuasa untuk uji ketika H 0 benar adalah P(X C : H 0 ) = 1 P(X = 1, 2 : H 0 ) = 1 (0, , 184) = 0, 448

81 Jika k > 0, dan g/h k untuk (x 1, x 2,, x n ) C, maka ( n ) ( n ) x i log 2 log (x i )! log k n log 2e 1 = c. i=1 i=1 Maka daerah kritis terbaik C dapat dinyatakan { ( n ) ( n ) } C = (x 1, x 2,, x n ) : x i log 2 log (x i )! c. i=1 i=1 Jadi, misalkan untuk n = 1 dan k = 1, maka daerah kritis terbaiknya adalah C = {x : x = 0, 3, 4, 5, } Kuasa untuk uji ketika H 0 benar adalah P(X C : H 0 ) = 1 P(X = 1, 2 : H 0 ) = 1 (0, , 184) = 0, 448

82 Kuasa untuk uji ketika H 1 benar adalah P(X C : H 1 ) = 1 P(X = 1, 2 : H 1 ) = 1 ( ) = 0, 625

83 Closing If your experiment needs a statistician, you need a better experiment. Ernest Rutherford