Hukum Iterasi Logaritma

Transkripsi

1 Hukum Iterasi Logaritma Sorta Purnawanti 1, Helma 2, Dodi Vionanda 3 1 Mathematics Department State University of Pag, Indonesia 2,3 Lecturers of Mathematics Department State University of Pag, Indonesia 1 [email protected] 2 [email protected] 3 [email protected] Abstract The law of the Iterated Logarithm is dealing with the convergence of random variables series which are independent and identically distributed. Accordingly, this research was aimed to determine the conditions that must be met by a series of random variables are independent and identically distributed, so that probability of sample mean equals to 1, so the statement is known as the law of the Iterated Logarithm. This research base. The method is used descriptive method with the analytic theory relevant to the issues to be discussed.based on the results of the literature study it was found that let (X ) be a sequence of independent random variables with expectation value equals to 0 and finite variance for all n is infinite. Set S is partial sums of independent random variables and s is partial sums of finite variance for n = 1,2,3,.. let (K ) be a sequence of positive constants such that K to the 0 as n is infinite. if the following conditions hold:s is infinite and the absolute value of a random variable the independent smaller than K for all n is infinite,then probability of sample mean equals to 1. Keywords random variables series, identically distributed, independent, convergence. Abstrak Hukum Iterasi Logaritma ini mengkaji tentang kekonvergenan dari deret variabel acak yang berdistribusi identik saling bebas. Berdasarkan hal itu, penelitian ini bertujuan untuk menentukan kondisi yang harus dipenuhi oleh deret variabel acak yang berdistribusi identik saling bebas, agar peluang rata-rata sampel sama dengan 1, sehingga pernyataan ini dikenal dengan hukum Iterasi Logaritma. Penelitian ini merupakan penelitian dasar. Metode yang digunakan adalah metode deskriptif dengan analisis teori yang relevan dengan permasalahan yang akan dibahas berlandaskan pada studi kepustakaan. Berdasarkan hasil dari studi kepustakaan didapatkan bahwa misalkan (X ) merupakan barisan variabel acak berdistribusi identik yang saling bebas dengan rata-rata sama dengan 0 variansi terbatas untuk setiap n yang tak terbatas, segkan S adalah jumlah parsial variabel acak yang saling bebas, s adalah jumlah parsial dari variansiyang terbatas untuk n = 1,2,3,., K adalah barisan konstan yang positif sehingga K menuju nol untuk n menuju tak hingga, jika s menuju tak hingga nilai mutlak dari variabel acak yang saling bebas lebih kecil dari nilai K untuk setiap n yang tak terbatas maka peluang rata-rata sampelnya sama dengan 1. Kata kunci barisan variabel acak, distribusi identik, kekonvergenan. PENDAHULUAN Teorema limit dalam teori peluang terbagi atas 2 bentuk yaitu teorema limit lemah teorema limit kuat. Teorema limit lemah berkaitan dengan kekonvergenan dalam peluang dari sebuah barisan variabel acak. Sebuah barisan dari variabel acak konvergen dalam peluang ke variabel acak X [5] jika untuk setiap ε > 0 P(ω Ω X (ω) X(ω) ε) 0 untuk n atau ditulis X X, dimana barisan variabel acak X terdefinisi pada ruang peluang (Ω, В, P). Segkan teorema limit kuat berkaitan dengan kekonvergenan hampir pasti dari sebuah barisan variabel acak. Barisan dari variabel acak (X ) dikatakan konvergen hampir pasti ke variabel acak X [5] jika hanya jika terdapat himpunan E В, dengan P(E) = 0, sedemikian sehingga untuk setiap ω E,. X (ω) X(ω) 0 untuk n atau ditulis X X. Hukum bilangan besar adalah hukum yang berkaitan dengan kekonvergenan dari sebuah barisan variabel acak. Apabila barisan variabel acak konvergen dalam peluang, maka dikenal dengan hukum bilangan besar lemah. Hukum bilangan besar lemah menyatakan [5] bahwa misalkan (X ) barisan variabel acak yang berdistribusi identik S = X, jika terdapat barisan konstanta real (A ),(B ), B > 0 B, ( maka ) 0 untuk n. Segkan apabila barisan variabel acak konvergen hampir pasti, maka dikenal dengan hukum bilangan besar kuat, yaitu jika ( ). 0 untuk n. Jika B = n, maka hukum 81

2 bilangan besar kuat berubah menjadi ( ) Kolmogorov hal ini dapat diubah menjadi. 0 untuk n. Segkan menurut hukum bilangan besar. μ jika hanya jika E(X) = μ E X <. Hal di atas dapat diilustrasikan sebagai berikut. Misalkan pada percobaan pelemparan satu buah dadu sebanyak n kali, jika r adalah frekuensi munculnya mata dadu p adalah konstanta peluang munculnya mata dadu dari n kali percobaan, maka p adalah, untuk n yang kecil maka p, yang dikenal dengan hukum bilangan besar lemah untuk n maka. p, yang dikenal dengan hukum bilangan kuat. hukum Iterasi Logaritma berkaitan dengan tingkat pertambahan r untuk n. Hukum Iterasi Logaritma ini menyelidiki kekonvergenan dari S dimana S = X. Jika X diasumsikan berdistribusi identik dengan E(X) = 0, hukum bilangan besar kuat menyatakan bahwa S = o(n) hampir pasti, yaitu untuk setiap ε > 0 maka tingkat pertambahan S lebih kecil dari n. Jika Var (X ) diasumsikan terbatas sama dengan 1, maka teorema pusat Levy menunjukkan bahwa tingkat pertambahan S lebih besar dari n. Sehingga tingkat pertambahan S lebih besar dari n lebih kecil dari n. Jika n = 2s ln ln s [5] maka hal di atas berubah menjadi lim sup. Berdasarkan hukum Kolmogorov 0-1 lim sup = c a.s, dimana c adalah konstan. Segkan menurut hukum Iterasi Logaritma dinyatakan bahwa c = 1, sehingga lim sup = 1. Oleh karena itu kondisi apa yang harus dipenuhi agar nilai dari lim sup = 1 dimana S = X, s = var(x ) untuk n. Adapun konsep yang cukup penting dalam hukum Iteasi Logaritma adalah yang pertama yaitu konsep lemma Cantelli-Borel, lemma Cantelli-Borel menyatakan [5] bahwa jika (A ) adalah sebuah barisan dari kejadian sedemikian sehingga P(A ) < maka P(A)=0 dimana A = A, jika (A ) adalah sebuah barisan saling bebas dari kejadian sedemikian sehingga P(A ) = maka P(A)=1 dimana A = A. Konsep yang kedua yaitu hukum Kolmogorov 0-1, hukum Kolmogorov 0-1 menyatakan [5] bahwa Misalkan (X ) adalah barisan variabel acak yang saling bebas. Maka peluang kejadian ekornya adalah 0 atau 1. Selain itu, setiap fungsi ekornya adalah hampir pasti konstan, yaitu jika Y adalah variabel acak sehingga σ(y) F, maka Y = c, dimana c adalah konstan. Selanjutnya adalah konsep Batas Eksponensial. Batas Eksponensial menyatakan [5] bahwa misalkan (X ) adalah barisan variabel acak yang saling bebas dengan E(X) = 0 var(x) < untuk, S = X S = var(x ) untuk n = 1,2,3,. miisalkan X cs a.s, dimana c > 0 adalah konstan, untuk setiap k, 1 k n andaikan ε > 0 1. Jika εc 1 maka untuk n 1 didapatkan P(S > εs ) < exp 1 Jika εc 1 maka untuk n 1 didapatkan P(S > εs ) < exp 2. Diberikan γ > 0 maka terdapat ε(γ) konstan (yang cukup besar) πγ (yang cukup kecil) sedemikian sehingga untuk ε εγ εc πγ P(S > εs ) < exp (1 + γ) METODE Penelitian ini merupakan penelitian dasar. Adapun langkah-langkah yang dilakukan untuk menyelesaikan permasalahan adalah sebagai berikut: langkah awalnya dengan cara mencari P(S (1 + ε)t s i. o) = 0 P(S (1 ε)t s i. o) = 1, kemudian menghubungkan akibat ke-2 dari Ketaksamaan Levy dengan syarat-syarat yang ada pada hukum Iterasi Logaritma, menggunakan dalil dari Kolmogorov, menggunakan Lemma Cantelli-Borel untuk membuktikan P(E) = 0 P(E) = 1, menghubungkan dalil dari Kolmogorov dengan Lemma Cantelli-Borel, yang terakhir adalah mendapatkan kondisi untuk lim sup = 1. HASIL DAN PEMBAHASAN A. Beberapa Hukum Iterasi Logaritma Berikut ini adalah beberapa hukum Iterasi Logaritma yang dikutip dari beberapa sumber yang berbeda. 1. Misalkan (X ) merupakan barisan variabel acak yang saling bebas dengan E(X ) = 0 var(x ) < untuk setiap n 1, segkan S = X, s = var(x ) untuk n = 1,2,3,., (K ) adalah barisan konstan yang positif sehingga K 0 untuk n. Jika memenuhi kondisi berikut: (i). s (ii). X a.s untuk setiap n 1 maka P lim sup = 1 = 1 [5] 82

3 2. Misalkan S = X + X + X, dimana adalah variabel acak berdistribusi identik yang saling bebas dengan rata-rata=0 variansi=1, maka P lim sup = 1 = 1 Ekivalen untuk ε yang positif PS (1 + ε)2 n log log n i. o = 0 PS (1 ε)2 n log log n i. o = 1 [2] 3. Misalkan X, X, tak terbatas berdistribusi identik, dengan EX = 0 V = VX > 0. Maka P lim sup = 1 = 1 [4] Berdasarkan beberapa referensi diatas, dapat dilihat bahwa: 1. Menyatakan [5] bahwa E(X ) = 0, var(x ) < kondisi yang harus dipenuhi adalah (i). s (ii). X 2. Menyatakan [2] bahwa rata-rata=0, variansi=1 P lim sup = 1 = 1 ekivalen untuk setiap ε yang positif dengan bentuk berikut: PS (1 + ε)2 n log log n i. o = 0 PS (1 ε)2 n log log n i. o = 1 Segkan kondisi yang harus dipenuhi tidak dinyatakannya 3. Menyatakan [4] bahwa EX = 0 V = VX > 0 saja, segkan kondisi yang harus dipenuhi juga tidak dinyatakan. Berdasarkan hal yang demikian, teorema pada pendapat pertama lebih lengkap lebih rinci menjelaskan teoremanya. Sehingga teorema yang akan di buktikan adalah teorema pada pendapat pertama. B. Teorema Hukum Iterasi Logaritma Adapun teorema yang akan dibuktikan tersebut adalah sebagai berikut misalkan (X ) merupakan barisan variabel acak yang saling bebas dengan E(X ) = 0 var(x ) < untuk setiap n 1, segkan S = X, s = var(x ) untuk n = 1,2,3,., (K ) adalah barisan konstan yang positif sehingga K 0 untuk n. Jika memenuhi kondisi berikut: (i). s (ii). X maka P lim sup a.s untuk setiap n 1 = 1 = 1. Bukti: Misalkan t = 2 ln ln s maka untuk setiap ε > 0, P{S (1 + ε)t s i. o} = 0 (1) P{S (1 ε)t s i. o} = 1 (2) a. Pang P{S (1 + ε)t s i. o} = 0 Misalkan M = max S berdasarkan lemma Cantelli-Borel [5] menyatakan bahwa jika (A ) adalah sebuah barisan dari kejadian sedemikian sehingga P(A ) < maka P(A)=0 dimana A = A, jika (A ) adalah sebuah barisan saling bebas dari kejadian sedemikian sehingga P(A ) = maka P(A)=1 dimana A = A, maka PM (1 + δ)t < (3) untuk setiap δ > 0. Langkah selanjutnya adalah menggunakan akibat ke-2 dari Ketaksamaan Levy, akibat Ketaksamaan Levy menyatakan [5] bahwa Jika X adalah independen variabel acak simetrik. Maka P(S ε) P(max S ε) ε (4) P( S ε) P(max S ε) ε. (5) Dan misalkan X, X, X adalah variabel acak yang saling bebas dengan E(X) = 0 var(x) < untuk 1 i n. Maka P(max S ε) 2PS ε 2 var(x) (6) Dimana pembuktiannya untuk setiap variabel acak X dengan variansi terbatas σ P X E(X) 2σ Sehingga berikut ini definisi median (7) E(X) 2σ med(x) E(X) + 2σ (8) Selanjutnya mengaplikasikan persamaan (2) ke (S S ), dengan catatan bahwa E(S S ) = 0. Maka didapatkan med (S S ) 2 var(x ) 2 var(x ) Dari persamaan ketaksamaan levy (1) Pmax S 2 var(x ) ε Pmax S med (S S ) ε 2P(S ε). 83

4 Pmax S 2 var(x ) ε 2 var(x ) Pmax S med (S S ) ε ε 2 var(x ). P max (S ε) 2PS ε 2 var(x ) (9) sehingga ε = (1 + δ)t s, maka di dapatkan PM (1 + δ)t s 2P S (1 + δ)t s 2s (10) Karena t, maka ruas kanan persamaan diatas menjadi sebagai berikut: (1 + δ)t s 2s = t s 1 + δ > t s (1 + δ ) (11) untuk setiap δ < δ k yang cukup besar Oleh karena δ < δ k yang cukup besar, maka PM (1 + δ)t s 2PS (1 + δ )t s } (12) Selanjutnya dari kondisi (ii), maka a. s (13) untuk setiap i n Misalkan c = max (14) Maka c max a. s (15) Sehingga ( ) c (1 + δ )t max 0(16) Untuk k, subsitusikan dalil Kolmogorov (Batas Eksponensial) ke persamaan (6) dimana Batas Eksponensial menyatakan [5] bahwa misalkan (X ) adalah barisan variabel acak yang saling bebas dengan E(X) = 0 var(x) < untuk n, S = X S = var(x ) untuk n = 1,2,3,. Miisalkan X cs a.s, dimana c > 0 adalah konstan, untuk setiap k, 1 k n andaikan ε > 0. (i). Jika εc 1 maka untuk n 1 didapatkan P(S > εs ) < exp 1 (17) Jika εc 1 maka untuk n 1 didapatkan P(S > εs ) < exp (18) (ii). Diberikan γ > 0 mak terdapat ε(γ) konstan (yang cukup besar) πγ (yang cukup kecil) sedemikian sehingga untuk ε εγ εc πγ P(S > εs ) < exp (1 + γ) (19) sehingga didapatkan PM (1 + δ)t s exp (1 + δ ) ln ln s (1 γ), = ln s ()( ) (20) untuk 0 < γ < 1 k yang cukup besar Pilih 0 < γ < 1, sedemikian sehingga (1 γ)(1 + δ ) > 1 (21) Selanjutnya karena s, sehingga dari kondisi (ii). Didapatkan bahwa 1 = 1 + [ ( )] (22) Jadi (23) 1 (24) Karena K 0 ln ln s untuk n, hal ini berarti 1 untuk n. Dari lemma 5 menyatakan [5] bahwa misalkan (B ) adalah barisan naik bilangan real positif yang memenuhi B 1 untuk n. Maka untuk setiap τ > 0 terdapat barisan bilangan bulat positif (n ) sedemikian sehingga B ~(1 + τ) untuk k, dengan pembuktiannya karena 1 untuk n maka ada bilangan bulat k, sedemikian sehingga untuk k > k setiap interval dari (1 + τ), (1 + τ), memuat paling kurang B. Sebaliknya lim sup (1 + τ) > 1, n = n = = n untuk k > k. Misalkan n adalah bilangan bulat paling kecil sedemikian sehingga B (1 + τ) maka n < n untuk semua k > k < () 1, (25) Karena 1 Sehingga didapatkan untuk setiap τ > 0 maka ada barisan naik (n ), n (τ) > 0, sedemikian sehingga ~(1 + τ) s (26) untuk k Dan s s = s = s 1 84

5 ~ s (27) Jadi berdasarkan persamaan (16) τ > 0 didapatkan ln s ()( ) < (28) Sehingga berlaku persamaan (3). Selanjutnya untuk setiap ε > 0 didapatkan P{S (1 + ε)t s i. o} Pmax S (1 + ε)t s i. o} PM (1 + δ) t s i. o (29) Berdasarkan persamaan (11) maka t s < 1 + 2τ t s (30) untuk k yang cukup besar Sehingga P{S (1 + ε)t s i. o} P M t s i. o (31) Misalkan ε > 0, pilih 0 < δ < ε andaikan bahwa τ memenuhi > 1 + δ (32) Maka P{S (1 + ε)t s i. o} PM (1 + δ)t s i. o}(33) Jadi PM (1 + δ)t <, maka P{S (1 + ε)t s i. o} = 0. b. Pang Persamaan (2), maka persamaan (2) berlaku untuk setiap 0 < ε < 1 barisan (n ) Pilih (n ) τ, misalkan u = s s ~s, (34) v = (2 ln ln u )~2 ln ln u + ln ~2 ln ln s = t (35) Selanjutnya A = s s (1 ε), (36) sehingga dapat ditujukkan bahwa P(A i. o) = 1 Karena s s adalah variabel acak yang saling bebas. Maka dapat ditunjukkan bahwa P(A ) =. (37) Dengan catatan: (1 ε)v ~(1 ε)t (38) untuk k, max max untuk k Oleh karena. (39) P(S > εs ) > exp (1 + γ) (40) dapat diaplikasikan dengan memilih γ sedemikian sehingga (1 + γ)(1 ε) < 1. (41) Sehingga didapatkan P(A ) > exp (1 + γ)(1 ε) v = exp (1 + γ)(1 ε) ln ln s = lns s ()() s ~ ln (1 + τ) ()() ck ()() (42) Dimana c > 0 adalah konstanta yang saling bebas dari k. Berdasarkan persamaan (31) P(A ) > c k ()() = (43) Jadi P(A i. o) = 1 Selanjutnya misalkan B = S < 2s t (44) Bukti persamaan (1) tetap berlaku jika X diganti dengan ( X ). Hal itu juga berarti bahwa, untuk S bukti tersebut juga berlaku dengan ε = 1 Sehingga didapatkan: PS 2s t i. o = 0, (45) dimana P(B i. o) = 0 (46) Oleh karena itu peluang dari P(B ) = 1. Maka S (ω) < 2s t (47) untuk n > n (ω) untuk setiap ωϵs kecuali untuk himpunan kosong. Selanjutnya jika P(A B i. o) = 1 maka berlaku persamaan (2). Selanjutnya didapatkan 85

6 A B = s s (1 ε)u v s < 2t s S (1 ε)u v + s S > 2t s S (1 ε)u v 2t s (48) Dimana (1 ε)u v 2t s = t s (1 ε) ε) 2 ~ t s (1 (49) Jika dipilih ε > ε τ yang cukup besar, sehingga (1 ε) > 1 ε (50) Maka (A B i. o) S (1 ε )t s i. o (51) Dan untuk setiap ε > 0 maka berlaku PS (1 ε )t s i. o = 1 (52) Sehingga dari penyelesaian di atas terbukti bahwa P lim sup = 1 = 1, jika memenuhi kondisi: (i). s (ii). X a.s untuk setiap n 1 SIMPULAN Berdasarkan penyelesaian dari permasalahan maka dapat disimpulkan bahwa: misalkan (X ) merupakan barisan variabel acak berdistribusi identik yang saling bebas dengan E(X ) = 0 var(x ) < untuk setiap n 1, segkan S = X, s = var(x ) untuk n = 1,2,3,., K adalah barisan konstan yang positif sehingga K 0 untuk n, jika memenuhi kondisi berikut: (i). s (ii). X maka P lim sup a.s untuk setiap n 1, REFERENSI = 1 = 1. Bartle, R.G Sherbert Introduction to Real Analysis. 3 edition. New York: John Willey & Sons. Billingsley, Patrick Probability and Measure. New York: John Wiley & Sons. Freund, John E, & Ronald E. Walpole Mathematical Statistics. 4. New Jersey: Prentice-Hall, Inc. Galambos, Janos Advanced Probabilty Theory. NewYork: Marcel Dekker, Inc. Laha, R. G. & V. K. Rohatgi Probability Theory. New York: John Wiley & Sons. Rohatgi, V.K An Introduction to Probability Theory and Mhatematical Statistics. New York: John Wiley & Sons. Teicher, Henry On The Law Of The Iterated Logaritma. The Annals Of Probability Walpole, Ronald E Pengantar Statistika. Jakarta: PT. Gramedia Pustaka Utama 86