Bab 6: Statistika FMIPA Universitas Islam Indonesia
Inferensi Statistik Pendahuluan Inferensi Statistik Inferensi statistik adalah metode untuk menarik kesimpulan mengenai suatu populasi. Inferensi statistik dibagi menjadi: 1 Penaksiran Menaksir parameter dengan menggunakan sampel populasi 2 Pengujian Hipotesis Menguji suatu keadaan berdasarkan observasi (data) yang ada di tangan kita
Pengujian Hipotesis Pendahuluan Inferensi Statistik Seorang ahli biologi memberikan hipotesis bahwa rata-rata umur tanaman X lebih dari 3 tahun. Untuk itu, ahli biologi tersebut mengambil sampel berukuran n dari populasi tanaman X tersebut dan mengujinya pada tingkat signifikansi α. Akan diuji apakah sampel tersebut mendukung hipotesis ahli biologi.
Inferensi Statistik Langkah-langkah pengujian hipotesis adalah sebagai berikut: 1 Menentukan H 0 dan H 1 2 Tingkat signifikansi: α 3 Menentukan statistik uji 4 Menentukan daerah kritis 5 Menghitung nilai statistik uji 6 Mengambil kesimpulan Dapat juga menggunakan p value dalam mengambil keputusan
Pendahuluan Metode Evaluasi Definisi Hipotesis adalah pernyataan tentang parameter populasi. Definisi Dua hipotesis yang saling asing dalam persoalan uji hipotesis disebut hipotesis nol dan hipotesis alternatif, masing-masing dinyatakan dengan H 0 dan H 1.
Metode Evaluasi Bila θ menyatakan parameter populasi, format umum dari hipotesis nol dan alternatif adalah H 0 : θ Θ 0 dan H 1 : θ Θ 1 dengan Θ 0 suatu himpunan bagian dari ruang parameter dan Θ 1 adalah komplemennya. Biasanya uji hipotesis dinyatakan dalam bentuk uji statistik T (X ) = T (X 1, X 2,..., X n ), yaitu fungsi dari sampel. Sebagai contoh, suatu uji menentukan bahwa H 0 akan ditolak bila X (mean sampel) lebih dari 3. Dalam hal ini, T (X ) = X adalah uji statistik dan daerah penolakannya adalah {(X 1, X 2,..., X n ) : X > 3}.
Metode Evaluasi Metode Evaluasi Dalam memutuskan untuk menerima atau menolak hipotesis nol (H 0 ) seseorang bisa membuat kesalahan. Biasanya uji hipotesis dievaluasi dan dibandingkan melalui peluangnya membuat kesalahan.
Peluang Kesalahan dan Fungsi Kuasa Metode Evaluasi Jenis kesalahan dalam mengambil keputusan pada uji hipotesis: H 0 benar H 0 salah H 0 diterima Keputusan benar Kesalahan tipe II (β) H 0 ditolak Kesalahan tipe I (α) Keputusan benar
Metode Evaluasi Misalkan R menyatakan daerah penolakan untuk suatu uji hipotesis, maka untuk θ Θ 0, uji akan membuat kesalahan tipe I jika x R. Untuk θ Θ 1, uji akan membuat kesalahan tipe II jika x Rc. Sehingga Kesalahan Tipe I: menolak H 0 padahal H 0 benar α = P(H 0 ditolak H 0 benar) ( ) = P T (X ) R θ Θ 0 Kesalahan Tipe II: menerima H 0 padahal H 0 salah β = P(H 0 diterima H 0 salah) ( ) = P T (X ) R c θ Θ 1 ( ) = 1 P T (X ) R θ Θ 1
Metode Evaluasi Bila diringkas, kita memiliki P(T (X ) R) = { α, jika θ Θ 0 1 β, jika θ Θ 1
Metode Evaluasi Definisi Fungsi kuasa (power function) π(θ) dari suatu uji H 0 adalah peluang menolak H 0 bila parameter yang benar adalah θ. π(θ) = P(T (X ) R)
Metode Evaluasi Sebagai contoh untuk hipotesis H 0 : θ = θ 0 H 1 : θ = θ 1 maka fungsi kuasanya adalah π(θ 0 ) = P(menolak H 0 θ = θ 0 ) = α π(θ 1 ) = P(menolak H 0 θ = θ 1 ) = 1 P(menerima H 0 θ = θ 1 ) = 1 β
Contoh 1 Pendahuluan Metode Evaluasi Misalkan X Binomial(5, θ), pandang uji H 0 : θ 1 2 lawan H 1 : θ > 1 2. Pertama, pandang uji hipotesis yang menolak H 0 jhj semua sukses terobservasi. Fungsi kuasa untuk uji ini adalah π 1 (θ) = P(T (X ) R) = P(X = 5) = θ 5
Metode Evaluasi Sekarang, kita akan mengecek nilai fungsi kuasa untuk masing-masing θ pada masing-masing hipotesis Untuk θ 1 2, maka Untuk θ > 1 2, maka π 1 (θ) ( ) 1 5 2 α 0.03125 π 1 (θ) > ( ) 1 5 2 1 β > 0.03125 β < 0.96875
Metode Evaluasi Perhatikan bahwa untuk daerah penolakan tersebut, peluang melakukan kesalahan tipe I cukup kecil, namun peluang melakukan kesalahan tipe II terlalu tinggi. Untuk mendapatkan peluang kesalahan tipe II yang lebih kecil, kita mungkin mempertimbangkan dengan menggunakan uji yang menolak H 0 bila X = 3, 4, atau 5 (memperbesar daerah penolakan). π 2 (θ) = P(X = 3, 4, atau 5) ( ) ( ) 5 = θ 3 (1 θ) 2 5 + 3 4 θ 4 (1 θ) 1 + = 10 θ 3 (1 θ) 2 + 5 θ 4 (1 θ) + θ 5 ( ) 5 θ 5 (1 θ) 0 5
Metode Evaluasi Selanjutnya, kita akan kembali mengecek nilai fungsi kuasa untuk masing-masing θ pada masing-masing hipotesis Untuk θ 1 2, maka π 2 (θ) 10 α 0.5 ( 1 2 Untuk θ > 1 2, maka π 2 (θ) > 10 1 β > 0.5 β < 0.5 ( 1 2 ) 3 ( ) 1 2 + 5 2 ) 3 ( ) 1 2 + 5 2 ( 1 2 ( 1 2 ) 4 ( ) 1 + 2 ) 4 ( ) 1 + 2 ( ) 1 5 2 ( ) 1 5 2
Metode Evaluasi Bila harus memilih antara kedua tes tersebut, pertimbangannya adalah struktur kesalahan mana yang digambarkan, π 1 (θ) atau π 2 (θ) yang lebih diterima.
Contoh 2 Pendahuluan Metode Evaluasi Suatu teori menyatakan bahwa hasil suatu reaksi kimia tertentu berdistribusi normal, X N(µ, 16). Percobaan terdahulu menunjukkan bahwa µ = 10 jika tidak terdapat mineral tertentu, dan µ = 11, jika mineral itu ada. Percobaan kita akan mengambil sampel acak berukuran n. Berdasarkan sampel tersebut, kita akan memutuskan hal mana yang benar, yakni kita ingin menguji hipotesis nol H 0 : µ = µ 0 = 10 terhadap hipotesis alternatif H 1 : µ = µ 1 = 11.
Metode Evaluasi Dalam contoh tersebut, X adalah statistik cukup untuk µ sehingga kita dapat menyatakan dengan baik daerah kritis itu secara langsung dalam bentuk variabel univariat X, dan kita akan menamakan X itu sebagai statistik uji. Karena µ 1 > µ 0, bentuk daerah kritis yang wajar untuk masalah ini adalah C = {(x 1, x 2,..., x n ) x c}, dengan c suatu konstan tertentu yang sesuai. Yakni, kita akan menolak H 0 jika x c dan tidak menolak H 0 jika x < c. Sehingga fungsi kuasanya adalah π(θ) = P(T (X ) R) = P( X c)
Metode Evaluasi Misalkan diketahui n = 25, maka Untuk µ = µ 0 = 10 π(θ) = P( X c µ = µ 0 = 10) ( X µ 0 α = P σ/ n c µ ) 0 σ/ n ( = P Z c 10 ) 4/ 25 Untuk α = 0.05, dari tabel-z diketahui bahwa P(Z 1.645) = 0.05 Hal tersebut memberikan nilai c = µ 0 + Z 1 α σ n = 10 + 1.645 4 5 = 11.316.
Metode Evaluasi Jadi, uji berukuran 0.05 untuk H 0 : µ = 10 terhadap alternatif H 1 : µ = 11 adalah menolak H 0 jika nilai pengamatan x 11.316. Untuk kasus ini, kita akan mendapatkan kesalahan tipe 2 yaitu Untuk µ = µ 1 = 11 π(θ) = P( X c µ = µ 1 = 11) ( X µ 1 1 β = P σ/ n c µ ) 1 σ/ n ( ) 11.316 11 1 β = P Z 4/ 25 1 β = P(Z 0.395) 1 β = 1 P(Z < 0.395) β = 0.654
Metode Evaluasi Berdasarkan contoh tersebut, kita memiliki nilai α yang cukup kecil, namun nilai β masih terbilang besar. Untuk mengatasi permasalahan ini, kita bisa mencoba kembali pengujian jika ukuran sampel diperbesar. Misalkan diambil sampel sebanyak n = 100, maka untuk menjaga α = 0.05, sekarang kita menggunakan c 2 = µ 0 + Z 1 α σ 4 = 10 + 1.645 n 10 = 10.658
Metode Evaluasi Sehingga Untuk µ = µ 1 = 11 π(θ) = P( X c µ = µ 1 = 11) ( X µ 1 1 β = P σ/ n c µ ) 1 σ/ n ( ) 10.658 11 1 β = P Z 4/ 100 1 β = P(Z 0.855) 1 β = 1 P(Z < 0.855) β = 0.196
Metode Evaluasi Secara lebih umum, mungkin kita ingin menguji H 0 : µ = µ 0 terhadap H 1 : µ = µ 1 (dengan µ 1 > µ 0 ) pada tingkat signifikansi α. Uji berdasarkan statistik uji Z = X µ 0 σ/ n
Metode Evaluasi Berdasarkan kedua contoh tersebut, dapat disimpulkan bahwa untuk mendapatkan nilai α dan β sekecil mungkin kita dapat melakukan beberapa cara, di antaranya Memperbesar daerah penolakan Memperbesar ukuran sampel
Metode Evaluasi Definisi: p-value p-value adalah ukuran α terkecil yang dapat menolak H 0 berdasarkan nilai pengamatan statistik uji itu.
Contoh 3 Pendahuluan Metode Evaluasi Berdasarkan suatu sampel berukuran n = 25 dari suatu distribusi normal, X i N(µ, 16), kita ingin menguji H 0 : µ = 10 versus H 1 : µ > 10. Misalkan kita amati x = 11.40, maka p-value adalah P( X 11.40 µ = 10) = P ( X 10 σ/ n = P(Z 1.75) = 1 P(Z 1.75) = 1 0.9599 = 0.04 ) 11.40 10 σ/ n
Metode Evaluasi Oleh karena 0.01 < 0.04 < 0.05 uji itu akan menolak H 0 pada tingkat α = 0.05 tetapi tidak menolak H 0 pada tingkat α = 0.01. Jika nilai p-value dilaporkan, maka kita dapat menggunakan kriteria kita masing-masing untuk mengambil keputusan.
Uji untuk Mean (σ 2 diketahui) Metode Evaluasi Misalkan X 1, X 2,..., X n sampel acak pengamatan dari N(µ, σ 2 ) dengan σ 2 diketahui, dan misalkan pula Z 0 = X µ 0 σ/ n
Metode Evaluasi 1. Uji berukuran α untuk H 0 : µ µ 0 versus H 1 : µ > µ 0 adalah menolak H 0 jika Z 0 Z 1 α. Fungsi kekuatan uji ini adalah ( X µ π(µ) = P( X c µ) = P σ/ n c µ ) σ/ n ( = P Z c µ ) ( σ/ = 1 P Z c µ ) n σ/ n dengan c = µ 0 + Z 1 α σ n, sehingga ( π(µ) = 1 P Z µ σ ) 0 + Z 1 α n µ σ/ n ( = 1 Φ Z 1 α + µ ) 0 µ σ/ n
Metode Evaluasi 2. Uji berukuran α untuk H 0 : µ µ 0 versus H 1 : µ < µ 0 adalah menolak H 0 jika Z 0 Z 1 α. Fungsi kekuatan uji ini adalah ( π(µ) = Φ Z 1 α + µ ) 0 µ σ/ n (Buktikan!) 3. Uji berukuran α untuk H 0 : µ = µ 0 versus H 1 : µ µ 0 adalah menolak H 0 jika Z 0 Z 1 α atau Z 0 Z 2 1 α. 2
Uji untuk Mean (σ 2 tidak diketahui) Metode Evaluasi Misalkan X 1, X 2,..., X n sampel acak pengamatan dari N(µ, σ 2 ) dengan σ 2 tidak diketahui, dan misalkan pula t 0 = X µ 0 s/ n
Metode Evaluasi 1. Uji berukuran α untuk H 0 : µ µ 0 versus H 1 : µ > µ 0 adalah menolak H 0 jika t 0 t 1 α (n 1). Fungsi kekuatan uji ini adalah ( ) X µ 0 π(µ) = P S/ n t 1 α(ν) µ ( ) X µ + (µ µ 0 ) = P S/ t 1 α (ν) µ n = P ( Z δ V /ν t 1 α (ν) ) dengan ν = n 1, δ = n(µ µ0 ) σ, dan Z dan V adalah independen, Z N(0, 1), V = (n 1) S2 χ 2 (ν). σ 2
Metode Evaluasi 2. Uji berukuran α untuk H 0 : µ µ 0 versus H 1 : µ < µ 0 adalah menolak H 0 jika t 0 t 1 α (n 1). 3. Uji berukuran α untuk H 0 : µ = µ 0 versus H 1 : µ µ 0 adalah menolak H 0 jika t 0 t 1 α (n 1) atau t 0 t 2 1 α (n 1). 2
Uji untuk Variansi Pendahuluan Metode Evaluasi Misalkan X 1, X 2,..., X n suatu sampel acak pengamatan dari N(µ, σ 2 ) dan misalkan pula ν 0 = (n 1) S2 σ 2.
Metode Evaluasi 1. Uji berukuran α untuk H 0 : σ 2 σ0 2 versus H 1 : σ 2 > σ0 2 adalah menolak H 0 jika ν 0 χ 2 1 α (n 1). Fungsi kekuatan untuk uji ini adalah π(σ 2 ) = P(ν 0 χ 2 1 α(n 1) σ 2 ) = P ((n 1) S 2 ( ) σ 2 σ 2 0 σ 2 χ 21 α(n ) 1) σ 2 [( ) ] σ 2 = 1 H 0 σ 2 χ 2 1 α(n 1); n 1 dengan H(c; ν) adalah fungsi distribusi dari χ 2 (ν).
Metode Evaluasi 2. Uji berukuran α untuk H 0 : σ 2 σ0 2 versus H 1 : σ 2 < σ0 2 adalah menolak H 0 jika ν 0 χ 2 α(n 1). Fungsi kekuatan untuk uji ini adalah [( ) ] σ π(σ 2 2 ) = H 0 σ 2 χ 2 α(n 1); n 1 3. Uji berukuran α untuk H 0 : σ 2 = σ0 2 versus H 1 : σ 2 σ0 2 adalah menolak H 0 jika ν 0 χ 2 α(n 1) atau ν 0 > χ 2 1 α (n 1). 2
Metode rasio likelihood dalam uji hipotesis berhubungan dengan estimator likelihood maksimum. Perhatikan jika X 1, X 2,..., X n adalah sampel acak dari populasi dengan densitas f (x θ) (θ bisa berupa vektor), maka fungsi likelihood didefinisikan sebagai L(θ x 1,..., x n ) = f (x 1,..., x n θ) = n f (x i θ) i=1
Misalkan Θ menyatakan ruang parameter. Uji rasio likelihood didefinisikan sebagai berikut Definisi Uji statistik rasio likelihood untuk uji H 0 : θ Θ 0 lawan H 1 : θ Θ c 0 adalah λ(x ) = L(θ 0 X ) max θ L(θ X ) dengan L(θ 0 X ) adalah peluang dari data di bawah H 0 max θ L(θ X ) adalah peluang terbesar yang mungkin dari data di bawah H 1
Kita menolak H 0 jika nilai λ(x ) cukup kecil, yaitu λ(x ) < k dengan k adalah suatu konstanta di mana: α = P(menolak H 0 θ Θ 0 ) = P(λ(X ) < k θ Θ 0 ) Jadi, nilai batas k bisa dihitung dengan menggunakan formula tersebut.
Contoh 4 Pendahuluan Misalkan X 1, X 2,..., X 25 sampel acak normal dengan variansi 100. Akan ditentukan daerah penolakan untuk uji H 0 : µ = 0 versus H 1 : µ = 1.5 pada tingkat signifikansi α = 0.1. Daerah penolakan akan ditentukan dengan menggunakan uji rasio likelihood.
λ(x ) = L(µ 0) L(µ 1 ) ( n σ exp 1 2π 2σ 2 = i=1 ( n σ exp n 1 2π 2σ 2 i=1 = exp ( 1 2σ 2 ) n (X i µ 0 ) 2 (X i µ 1 ) 2 ) [ n (X i µ 1 ) 2 i=1 ]) n (X i µ 0 ) 2 i=1
Kita akan menolak H 0 jika λ(x ) < k untuk suatu konstanta k, ( [ n ]) 1 n λ(x ) = exp 2σ 2 (X i µ 1 ) 2 (X i µ 0 ) 2 < k 1 2σ 2 i=1 i=1 [ n (X i µ 1 ) 2 i=1 n (X i µ 1 ) 2 i=1 Sehingga daerah penolakannya adalah ] n (X i µ 0 ) 2 < logk i=1 n (X i µ 0 ) 2 < 2σ 2 logk i=1 2n X (µ 0 µ 1 ) + n(µ 2 1 µ 2 0) < 2σ 2 logk X < 2σ2 logk n(µ 2 1 µ2 0 ) 2n(µ 0 µ 1 ) X < 200logk 25(1.52 ) 2(25)( 1.5)
Selanjutnya, kriteria nilai k dapat ditentukan dengan menggunakan fakta bahwa P(λ(X ) < k µ = µ 0 ) = α. ( ( [ n ]) ) 1 n α = P exp 2σ 2 (X i µ 1 ) 2 (X i µ 0 ) 2 < k µ = µ 0 i=1 i=1. ( α = P X < 2σ2 logk n(µ 2 1 µ2 0 ) ) µ = µ 0 2n(µ 0 µ 1 ) ( [ X µ0 2σ 2 = P σ/ n < logk n(µ 2 1 µ2 0 ) ] ) n µ 0 2n(µ 0 µ 1 ) σ ( = P Z < 200logk ) 25(1.52 ) 25. 50( 1.5) 10 ( ) 56.25 200logk 0.1 = P Z < 150 Dengan menggunakan Atina Ahdika, tabel S.Si, kurva M.Si z, 611.01.010 diperoleh Pengantar k Statistika = 0.5073. Matematika II
Contoh 5 Pendahuluan Misalkan X 1, X 2,..., X n sampel acak Poisson. Akan ditentukan rasio likelihood untuk uji H 0 : λ = λ 0 versus H 1 : λ = λ 1, λ 1 < λ 0 pada tingkat signifikansi α = 0.1. Fungsi likelihood: L = λ n i=1 x i e λn n (x i!) i=1
Misalkan λ 0 = 2 dan λ 1 = 1/2, maka rasio likelihoodnya adalah λ(x ) = L(λ 0) = = L(λ 1 ) = n x i 2i=1 e 2n n (x i!) i=1 n L(2) L(1/2) x i (1/2) i=1 e (1/2)n n (x i!) i=1 n 2 (1/2) i=1 x i e 2n n i=1 x i e (1/2)n
Tolak H 0 jika λ(x ) < k untuk suatu konstanta k, maka λ(x ) = 2 (1/2) n i=1 x i e 2n n i=1 x i e (1/2)n n < k x i 4i=1 e (3/2)n < k ( n ) x i ln 4 3 2 n < ln k i=1 Jadi, H 0 ditolak jika n i=1 x i < k, dengan k = ln k+ 3 2 n ln 4.
Contoh 6 Pendahuluan Perhatikan uji hipotesis berikut: H 0 : p = 0.5 versus H 1 : p = 0.6 Misalkan sampel acak Bernoulli berukuran n = 10 diambil untuk menguji hipotesis tsb, nilai Y = n X i yang mungkin adalah 0, 1,..., 10. Tentukan nilai α dan β jika daerah penolakannya a. 8 Y 10 b. Y {7, 8, 9, 10} i=1
Misalkan X Bernoulli(θ), maka f X (x θ) = θ x (1 θ) 1 x sehingga fungsi likelihoodnya adalah L(θ x) = θ x (1 θ) n x = θ Y (1 θ) n Y
Maka rasio likelihoodnya adalah L(0.5 x) λ(x ) = L(0.6 x) = 0.5Y (1 0.5) n Y 0.6 Y (1 0.6) n Y ( ) 5 Y ( ) 5 n ( 4 = 6 4 5 ) Y
Batas rasio likelihoodnya adalah λ(x ) = ( 5 6 ) Y ( ) 5 n ( ) 4 Y < k 4 5 ( ) 4 Y ( ) 5 n < k 6 4 Jadi H 0 ditolak jika Y > ln ( k ( 4 n ( 5) 4 )) 6
Misal daerah penolakannya a. 8 Y 10, maka α = P(Y > 7) = 1 P(Y 7) = 0.0547 b. Y {7, 8, 9, 10}, maka α = 0.1719
Pendahuluan Lemma Neyman-Pearson Definisi Sebuah tes H 0 : θ = θ 0 versus H 1 : θ = θ 1 berdasarkan daerah kritis C merupakan tes paling kuasa berukuran α jika 1 π C (θ 0 ) = α 2 π C (θ 1 ) π C (θ 1 ) untuk setiap daerah kritis C berukuran α (yaitu, π C (θ 0 ) = α) Daerah kritis C disebut sebagai daerah kritis paling kuasa.
Lemma Neyman-Pearson Lemma Neyman-Pearson Misalkan uji rasio likelihood menolak H 0 jika L(θ 0) L(θ 1 ) < k pada tingkat signifikansi α. Maka, tes lain dengan tingkat signifikansi α α memiliki kuasa yang lebih kecil atau sama dengan kuasa dari uji rasio likelihood. Catatan: Lemma N-P menyatakan bahwa di antara semua tes pada tingkat signifikansi α, uji rasio likelihood akan meminimumkan β Lemma N-P menyatakan bahwa dari seluruh tes dengan tingkat sgnifikansi α, tes yang menolak H 0 untuk nilai rasio likelihood yang kecil adalah tes yang paling kuasa (Most Powerful Test atau MP Test)
Lemma Neyman-Pearson Misalkan X 1,..., X n mempunyai fungsi peluang bersama f X1,...,X n (x 1,..., x n ; θ). Misalkan λ(x 1,..., x n ; θ 0, θ 1 ) = f X 1,...,X n (x 1,..., x n ; θ 0 ) f X1,...,X n (x 1,..., x n ; θ 1 ) Misalkan C merupakan himpunan C = {(x 1,..., x n ) λ(x 1,..., x n ; θ 0, θ 1 ) k} di maka k adalah suatu konstanta sedemikian sehingga P [(X 1,..., X n ) C θ 0 ] = α Maka C adalah daerah kritis paling kuasa pada tingkat signifikansi α untuk uji H 0 : θ = θ 0 versus H 1 : θ = θ 1.
Contoh 7 Pendahuluan Lemma Neyman-Pearson Misalkan sampel acak berukuran n dari distribusi Eksponensial X i Eksp(θ). Kita akan melakukan uji hipotesis H 0 : θ = θ 0 versus H 1 : θ = θ 1 di mana θ 1 > θ 0. Lemma N-P menyatakan tolak H 0 jika λ(x, θ 0, θ 1 ) = θ n 0 exp( x i /θ 0 ) θ1 n exp( x i /θ 1 ) k di mana k adalah konstanta sehingga P [λ(x ; θ 0, θ 1 ) k θ = θ 0 ] = α
Lemma Neyman-Pearson Sekarang P [λ(x ; θ 0, θ 1 ) k θ = θ 0 ] [ ] = P Xi (1/θ 1 1/θ 0 ) ln((θ 0 /θ 1 ) n k) θ = θ 0 sehingga [ ] P [X C θ = θ 0 ] = P Xi k 1 θ = θ 0 di mana k 1 = ln((θ 0 /θ 1 ) n k)/(1/θ 1 1/θ 0 ). Perhatikan bahwa tanda pertaksamaan berubah karena 1/θ 1 1/θ 0 < 0 dalam hal ini. Maka daerah kritis paling kuasa mempunyai bentuk C = {(x 1,..., x n ) x i k 1 }.
Lemma Neyman-Pearson Perhatikan bahwa di bawah H 0 : θ = θ 0, kita mempunyai 2 X i /θ 0 χ 2 (2n), maka k 1 = θ 0 χ 2 (2n)/2 akan memberikan daerah kritis pada tingkat signifikansi α dan sebuah tes yang ekivalen akan menolak H 0 jika 2 X i /θ 0 χ 2 1 α (2n).
Contoh 8 Pendahuluan Lemma Neyman-Pearson Misalkan sampel acak berukuran n dari distribusi Normal dengan mean 0 X i N(0, σ 2 ). Kita akan menguji H 0 : σ 2 = σ 2 0 versus H 1 : σ 2 = σ 2 1 di mana σ2 1 > σ2 0. Maka
Contoh 9 Pendahuluan Lemma Neyman-Pearson Kita akan menentukan bentuk uji paling kuasa untuk menguji H 0 : p = p 0 versus H 1 : p = p 1 > p 0 berdasarkan statistik S Binomial(n, p). Maka