teorema neyman pearson

Review Uji dua sisi untuk mean Teorema Neyman-Pearson

Teorema Newman Pearsonpengujian terbaik

Andi Kresna [email protected]

Jurusan Matematika

October 6, 2014

Andi Kresna Jaya [email protected] Teorema Newman Pearson

Outline

1 Review

2 Uji dua sisi untuk mean

3 Teorema Neyman-Pearson

Outline

1 Review

Outline

1 Review

Sasaran pembelajaran: Mampu memahami teorema NeymanPearson dan konsep pengujian hipotesis

1 Kemampuan melakukan pengujian hipotesis dua sisi2 Kemampuan menjelaskan daerah kritis terbaik

Metode: Kuliah dan Diskusi

Text book: Hogg dan Craig, Introduction to

Mathematical Statistics; Casella dan Berger,

Statistical Inference

opening

If your experiment needs a statistician, you need a betterexperiment. Ernest Rutherford

Pada materi sebelumnya, telah dipelajari uji statistik yanghanya satu sisi.

Misalkan akan dilakukan uji terhadap H0 : µ = 30.000terhadap H1 : µ > 30.000, dengan µ adalah mean distribusinormal dan standar deviasinya σ = 5.000. Ini adalah satu sisisaja.

Jika H1 : µ 6= 30, 000, maka pengujian yang dilakukan disebutuji dua sisi.

Materi ini akan didahului tentang uji statistik dua sisi ini.

large sample two-sided test for mean

Misalkan X adalah peubah acak dengan mean µ dan variansiσ2.

Akan diuji hipotesi null H0 : µ = µ0 terhadap hipotesisalternatif H1 : µ 6= µ0.

Misalkan X1,X2, · · · ,Xn sampel acak sehingga diperoleh Xdan S2 sebagai mean sampel dan variansi sampel.

Jika terdapat suatu nilai h dan k sehingga X ≤ h atau X ≥ k ,maka H0 ditolak. Ini berarti untuk suatu nilai α

α = PH0(X ≤ h atau X ≥ k)

Karena ukuran sampel cukup besar, distribusi X berdistribusisecara simetri terhadap µ0 dipengaruhi oleh H0, sehinggasecara intuisi α dibagi dua di sisi kiri dan kanan, yaitu

PH0(X ≤ h) = α/2 dan PH0(X ≥ k) = α/2

Karena kekonsistenan dari S2 ke σ2, maka dibawah pengaruhH0 diperoleh

(X − µ0)

S/√n

D→ N(0, 1).

Maka bentuk itu akan memutuskan apakah H0 ditolak atautidak. H0 ditolak (atau menerima H1) jika∣∣∣∣(X − µ0)

S/√n

∣∣∣∣ ≥ zα/2.

Aproksimasi fungsi kuasanya dinyatakan dalam bentuk

K (µ) = Pµ(X ≤ µ0 − zα/2σ/

+ Pµ(X ≥ µ0 − zα/2σ/

(√n(µ0 − µ)

σ− zα/2

)+ 1− Φ

(√n(µ0 − µ)

σ+ zα/2

(X − µ0)

S/√n

D→ N(0, 1).

S/√n

∣∣∣∣ ≥ zα/2.

K (µ) = Pµ(X ≤ µ0 − zα/2σ/

+ Pµ(X ≥ µ0 − zα/2σ/

(√n(µ0 − µ)

σ− zα/2

)+ 1− Φ

(√n(µ0 − µ)

σ+ zα/2

(X − µ0)

S/√n

D→ N(0, 1).

S/√n

∣∣∣∣ ≥ zα/2.

K (µ) = Pµ(X ≤ µ0 − zα/2σ/

+ Pµ(X ≥ µ0 − zα/2σ/

(√n(µ0 − µ)

σ− zα/2

)+ 1− Φ

(√n(µ0 − µ)

σ+ zα/2

contoh 1

Misalkan X adalah lama pemakaian ban dalam 1000 milberdistribusi normal dengan mean θ dan standar deviasiσ = 5. Pabrikan ban kemudian mengklaim bahwa produk banmilik mereka telah diproduksi menggunakan proses yang baru.Ujilah hipotesis H0 : µ = 30 terhadap H1 : µ 6= 30 jika sampelban yang diambil n = 20 dan taraf keberartiannya α = 0, 05.Tentukan aproksimasi fungsi kuasanya. Bandingkan jika tarafkeberartiannya α = 0, 01.Aturan penolakan untuk kasus ini untuk α = 0, 05 adalah

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ 1, 96.

Nilai 1, 96 adalah nilai z0,05/2 pada distribusi Normal standarsehingga

0, 975 = Φ(z0,05/2)

contoh 1

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ 1, 96.

0, 975 = Φ(z0,05/2)

contoh 1

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ 1, 96.

0, 975 = Φ(z0,05/2)

Aproksimasi fungsi kuasa untuk uji hipotesis ini adalah

K0,05(µ) = Φ

((30− µ)

1, 118− 1, 96

)+1−Φ

((30− µ)

1, 118+ 1, 96

Sedangkan untuk α = 0, 01,aturan penolakan untuk kasus iniadalah

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ 2, 575.

0, 975 = Φ(z0,05/2)

K0,01(µ) = Φ

((30− µ)

1, 118− 2, 575

)+1−Φ

((30− µ)

1, 118+ 2, 575

K0,05(µ) = Φ

((30− µ)

1, 118− 1, 96

)+1−Φ

((30− µ)

1, 118+ 1, 96

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ 2, 575.

0, 975 = Φ(z0,05/2)

K0,01(µ) = Φ

((30− µ)

1, 118− 2, 575

)+1−Φ

((30− µ)

1, 118+ 2, 575

K0,05(µ) = Φ

((30− µ)

1, 118− 1, 96

)+1−Φ

((30− µ)

1, 118+ 1, 96

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ 2, 575.

0, 975 = Φ(z0,05/2)

K0,01(µ) = Φ

((30− µ)

1, 118− 2, 575

)+1−Φ

((30− µ)

1, 118+ 2, 575

K0,05(µ) = Φ

((30− µ)

1, 118− 1, 96

)+1−Φ

((30− µ)

1, 118+ 1, 96

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ 2, 575.

0, 975 = Φ(z0,05/2)

K0,01(µ) = Φ

((30− µ)

1, 118− 2, 575

)+1−Φ

((30− µ)

1, 118+ 2, 575

Perhatikan bahwa kurva fungsi kuasa di atas didasarkan padadistribusi Normal dengan variansi yang diberikan (σ = 5).Fungsi kuasa (aproksimasi) berdasar pada aturan penolakanH0 adalah

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − µ0)

∣∣∣∣ ≥ zα/2.

Sejatinya, jika X berdistribusi normal, maka aturan penolakanH0 : µ = µ0 terhadap H1 : µ 6= µ0 adalah

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − µ0)

∣∣∣∣ ≥ tα/2,n−1.

Maka fungsi kuasa untuk kasus di atas harusnya didasarkanpada distribusi T. Untuk α = 0, 05

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ t0,025,19

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ 2, 093.

Sejatinya, jika X berdistribusi normal, maka aturan penolakanH0 : µ = µ0 terhadap H1 : µ 6= µ0 adalah

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − µ0)

∣∣∣∣ ≥ tα/2,n−1.

Maka fungsi kuasa untuk kasus di atas harusnya didasarkanpada distribusi T. Untuk α = 0, 05

tolak H0 jika

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ t0,025,19

∣∣∣∣(X − 30)

∣∣∣∣ ≥ 2, 093.

Misalkan sampel acak diambil dari distribusi N(µ1, σ2) dan

N(µ2, σ2). Jika ukuran sampel dari kedua distribusi adalah n1

dan n2. Mean dan variansi sampel pertama adalah X1 dan S21 .

Mean dan variansi sampel kedua adalah X2 dan S22 .

Perhatikan bahwa n = n1 + n2 adalah kombinasi ukuransampel dan

(n1 − 1)S21 + (n2 − 1)S2

n1 + n2 − 2

adalah bobot rata-rata variansi sampel S21 dengan S2

2 , yangmerupakan penaksir tak bias untuk σ2

Aturan penolakan H0 : µ1 = µ2 terhadap H1 : µ1 6= µ2 untuktaraf keberartian α, jika dan hanya jika∣∣∣∣(X − µ0)

∣∣∣∣ ≥ tα/2,n−2.

(n1 − 1)S21 + (n2 − 1)S2

n1 + n2 − 2

∣∣∣∣ ≥ tα/2,n−2.

(n1 − 1)S21 + (n2 − 1)S2

n1 + n2 − 2

∣∣∣∣ ≥ tα/2,n−2.

Neyman-Pearson

Pada materi ini akan dibahas pengujian hipotesis dengandaerah kritis terbaik.

Misalkan X adalah peubah acak dengan fkp f (x ; θ) di manaθ ∈ Ω. Jika Ω dapat dipartisi dalam 2 himpunan bagian ω0

dan ω1, sehingga nilai-nilai yang mungkin dari θ dapatterletak di salah satu himpunan bagian tersebut.

Misalkan hipotesis H0 : θ ∈ ω0 dan H1 : θ ∈ ω1, pengujianhipotesis didasarkan pada sampel X1,X2, · · · ,Xn yang diambildari distribusi X .

sebuah uji untuk hipotesis didasarkan pada sebuah daerahkritis, C sehingga aturan ujinya adalah

Tolak H0 jika (X1,X2, · · · ,Xn) ∈ C

Terima H0 jika (X1,X2, · · · ,Xn) ∈ C ′

Neyman-Pearson

Peluang terjadinya kesalahan tipe 1 adalah ukuran atau tarafkeberartian untuk uji,

α = maxθ∈ω0

Pθ ((X1, · · · ,Xn) ∈ C ).

Peluang ini menyatakan bahwa peluang bahwa(X1, · · · ,Xn) ∈ C ketika θ ∈ ω0 adalah parameter yangsebenarnya untuk distribusi.

Peluang terjadinya kesalahan tipe 2 adalah peluangmaksimum bahwa H1 ditolak ketika θ ∈ C ′,

KC (θ) = Pθ ((X1, · · · ,Xn) ∈ C ) , θ ∈ ω1.

Peluang terjadinya kesalahan tipe 1 adalah ukuran atau tarafkeberartian untuk uji,

α = maxθ∈ω0

Pθ ((X1, · · · ,Xn) ∈ C ).

Peluang ini menyatakan bahwa peluang bahwa(X1, · · · ,Xn) ∈ C ketika θ ∈ ω0 adalah parameter yangsebenarnya untuk distribusi.

Peluang terjadinya kesalahan tipe 2 adalah peluangmaksimum bahwa H1 ditolak ketika θ ∈ C ′,

KC (θ) = Pθ ((X1, · · · ,Xn) ∈ C ) , θ ∈ ω1.

contoh 1

Misalkan X adalah peubah acak distribusi binomial dengann = 5 dan p = θ. Jika hipotesis untuk nilai θ adalahH0 : θ = 1

2 dan H1 : θ = 34 . Tentukan daerah kritis untuk

α = 1/32.

Untuk menjawab ini, pertama akan ditampilan tabel nilaif(x ; 1

), f(x ; 3

)dan rasio f

(x ; 1

)/f(x ; 3

)untuk semua

nilai x yang mungkin dari distribusi.

x 0 1 2 3 4 5

f(x ; 1

f(x ; 3

102415

102490

10242701024

4051024

2431024

f (x ; 12)f (x ; 34)

32 323

contoh 1

Misalkan X adalah peubah acak distribusi binomial dengann = 5 dan p = θ. Jika hipotesis untuk nilai θ adalahH0 : θ = 1

2 dan H1 : θ = 34 . Tentukan daerah kritis untuk

α = 1/32.

Untuk menjawab ini, pertama akan ditampilan tabel nilaif(x ; 1

), f(x ; 3

)dan rasio f

(x ; 1

)/f(x ; 3

)untuk semua

nilai x yang mungkin dari distribusi.

x 0 1 2 3 4 5

f(x ; 1

f(x ; 3

102415

102490

10242701024

4051024

2431024

f (x ; 12)f (x ; 34)

32 323

Dari tabel,dapat dilihat bahwa untuk nilai α = 1/32himpunan bagian dari nilai-nilai x yang mungkin hanya adaada 2, yaitu A1 = x : x = 0 dan A2 = x : x = 5 sehinggaP(A1) = 1/32 dan P(A2) = 1/32.

Ini berarti hanya satu dari A1 dari A2 yang merupakan daerahkritis terbaik.

Jika P(A1; θ = 1/2) = 132 dan P(A1 : θ = 3/4) = 1

1024 .

Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A1 dijadikan daerahkritis, maka peluang menolak H0 ketika H1 benar lebih kecildaripada peluang menolak H0 ketika seharusnya H0 benar.

Jika P(A2; θ = 1/2) = 132 dan P(A2 : θ = 3/4) = 243

1024 .

Sehingga dengan kondisi demikian, ketika A1 dijadikan daerahkritis, maka peluang menolak H0 ketika H1 benar lebih besardaripada peluang menolak H0 ketika seharusnya H0 benar.

Maka daerah kritis terbaik adalah A2.

Jika P(A1; θ = 1/2) = 132 dan P(A1 : θ = 3/4) = 1

1024 .

Jika P(A2; θ = 1/2) = 132 dan P(A2 : θ = 3/4) = 243

1024 .

Jika P(A1; θ = 1/2) = 132 dan P(A1 : θ = 3/4) = 1

1024 .

Jika P(A2; θ = 1/2) = 132 dan P(A2 : θ = 3/4) = 243

1024 .

Jika P(A1; θ = 1/2) = 132 dan P(A1 : θ = 3/4) = 1

1024 .

Jika P(A2; θ = 1/2) = 132 dan P(A2 : θ = 3/4) = 243

1024 .

Jika P(A1; θ = 1/2) = 132 dan P(A1 : θ = 3/4) = 1

1024 .

Jika P(A2; θ = 1/2) = 132 dan P(A2 : θ = 3/4) = 243

1024 .

Jika P(A1; θ = 1/2) = 132 dan P(A1 : θ = 3/4) = 1

1024 .

Jika P(A2; θ = 1/2) = 132 dan P(A2 : θ = 3/4) = 243

1024 .

Jika P(A1; θ = 1/2) = 132 dan P(A1 : θ = 3/4) = 1

1024 .

Jika P(A2; θ = 1/2) = 132 dan P(A2 : θ = 3/4) = 243

1024 .

contoh 2

Kasus yang sama di contoh 1, tentukan daerah kritisnya untukα = 6/32.

Misalkan bahwa H0 benar, maka terdapat 4 himpunan bagiandari ruang sampel, yaitu B1 = x : x = 0, 1,B2 = x : x = 0, 4, B3 = x : x = 1, 5 danB4 = x : x = 4, 5, sehingga ukuran peluangnya 6

Jika H1 benar, maka peluang untuk masing-masing himpunantersebut adalah P(B1) < P(B2) < P(B3) < P(B4) = 648

1024 .

Maka daerah kritis yang dipilih adalah B4 = x : x = 4, 5.Dari contoh 1 dan 2, dapat diberikan kriteria sebuah daerahkritis terbaik.

contoh 2

1024 .

contoh 2

1024 .

contoh 2

1024 .

contoh 2

1024 .

Definisi 1

Misalkan C adalah himpunan bagian dari ruang sampel A. Cadalah daerah kritis terbaik dari ukuran α untuk uji hipotesissederhana, H0 : θ = θ0 terhadap hipotesis alternatif (sederhana),H1 : θ = θ1, jika berlaku

Pθ0 ((X1,X2, · · · ,Xn) ∈ C ) = α

∀A ⊂ A berlaku Pθ0 ((X1,X2, · · · ,Xn) ∈ A) = α maka

Pθ1 ((X1,X2, · · · ,Xn) ∈ C ) ≥ Pθ1 ((X1,X2, · · · ,Xn) ∈ A) .

Misalkan X1,X2, · · · ,Xn sampel acak berukuran n ∈ Z+ daridistribusi peluang yang fkp-nya f (x ; θ). Fungsi likelihood untukX1,X2, · · · ,Xn adalah

L(θ; x1, · · · , xn) =n∏

f (xi ; θ)

teorema Neyman-Pearson

Teorema 1

Jika Ω = θ0, θ1, k bilangan positif, dan C himpunan bagian dariruang sampel sehingga

L(θ0;x1,··· ,xn)L(θ1;x1,··· ,xn) ≤ k ,∀(x1, · · · , xn) ∈ C

L(θ0;x1,··· ,xn)L(θ1;x1,··· ,xn) ≥ k ,∀(x1, · · · , xn) ∈ C ′

α = P ((X1,X2, · · · ,Xn) ∈ C ) .

Maka C adalah daerah kritis terbaik untuk taraf keberartian α dariuji hipotesis sederhana H0 : θ = θ0 dan H1 : θ = θ1.

contoh 3

Misalkan X1,X − 2, · · · ,Xn sampel acak dari distribusiN(θ, 1). Jika hipotesis sederhana yang akan diuji adalah

H0 : θ = 0 vs H1 : θ = 1.

Tentukan daerah kritis terbaik untuk taraf keberartian α.

Karena distribusinya normal dengan mean θ dan variansiσ2 = 1, maka fkp-nya adalah

f (x ; θ) =1√2π

(−(x − θ)2

),−∞ < x <∞.

Bentuk fungsi likelihoodnya adalah

L(θ; x1, x2, · · · , xn) =

(1√2π

(−∑n

i=1(xi − θ)2

untuk −∞ < xi <∞, i = 1, 2, · · · , n.

contoh 3

H0 : θ = 0 vs H1 : θ = 1.

f (x ; θ) =1√2π

(−(x − θ)2

),−∞ < x <∞.

L(θ; x1, x2, · · · , xn) =

(1√2π

(−∑n

i=1(xi − θ)2

untuk −∞ < xi <∞, i = 1, 2, · · · , n.

contoh 3

H0 : θ = 0 vs H1 : θ = 1.

f (x ; θ) =1√2π

(−(x − θ)2

),−∞ < x <∞.

L(θ; x1, x2, · · · , xn) =

(1√2π

(−∑n

i=1(xi − θ)2

untuk −∞ < xi <∞, i = 1, 2, · · · , n.

L(0; x1, x2, · · · , xn)

L(1; x1, x2, · · · , xn)=

exp(−

∑ni=1 x

∑ni=1(xi−1)2

)atau dapat ditulis menjadi

L(0; x1, x2, · · · , xn)

L(1; x1, x2, · · · , xn)= exp

(−∑n

i=1 x2i +

∑ni=1(xi − 1)2

Jika k > 0, sehingga untuk semua titik (x1, x2, · · · , xn)berlaku

n∑i=1

)≤ k ,

maka himpunan semua titik (x1, x2, · · · , xn) yang memenuhibentuk tersebut adalah daerah kritis terbaik.

L(0; x1, x2, · · · , xn)

L(1; x1, x2, · · · , xn)=

exp(−

∑ni=1 x

∑ni=1(xi−1)2

L(0; x1, x2, · · · , xn)

L(1; x1, x2, · · · , xn)= exp

(−∑n

i=1 x2i +

∑ni=1(xi − 1)2

n∑i=1

)≤ k ,

L(0; x1, x2, · · · , xn)

L(1; x1, x2, · · · , xn)=

exp(−

∑ni=1 x

∑ni=1(xi−1)2

L(0; x1, x2, · · · , xn)

L(1; x1, x2, · · · , xn)= exp

(−∑n

i=1 x2i +

∑ni=1(xi − 1)2

n∑i=1

)≤ k ,

L(0; x1, x2, · · · , xn)

L(1; x1, x2, · · · , xn)=

exp(−

∑ni=1 x

∑ni=1(xi−1)2

L(0; x1, x2, · · · , xn)

L(1; x1, x2, · · · , xn)= exp

(−∑n

i=1 x2i +

∑ni=1(xi − 1)2

n∑i=1

)≤ k ,

Bentuk exp(−∑

xi + n2

)≤ k ekuivalen dengan

x ≥ 1

2− ln k

n= c ,

dengan x =∑

Jadi daerah kritis terbaik untuk kasus ini dapat dinyatakansebagai

C = (x1, x2, · · · , xn) : x ≥ c .

Uji hipotesisnya dapat didasarkan pada statistik X .

Jika x > c , H0 ditolak untuk taraf keberartian α. Peluangpenolakan H0, ketika H0 benar adalah α.

Jika x < c , H0 diterima.

Peluang menolak H0 ketika H0 salah adalah nilai kuasa untukuji ketika θ = 1.

Bentuk exp(−∑

xi + n2

x ≥ 1

2− ln k

n= c ,

dengan x =∑

C = (x1, x2, · · · , xn) : x ≥ c .

Bentuk exp(−∑

xi + n2

x ≥ 1

2− ln k

n= c ,

dengan x =∑

C = (x1, x2, · · · , xn) : x ≥ c .

Bentuk exp(−∑

xi + n2

x ≥ 1

2− ln k

n= c ,

dengan x =∑

C = (x1, x2, · · · , xn) : x ≥ c .

Bentuk exp(−∑

xi + n2

x ≥ 1

2− ln k

n= c ,

dengan x =∑

C = (x1, x2, · · · , xn) : x ≥ c .

Bentuk exp(−∑

xi + n2

x ≥ 1

2− ln k

n= c ,

dengan x =∑

C = (x1, x2, · · · , xn) : x ≥ c .

Peluang/nilai kuasa-nya dinyatakan

P(X ≥ c ;H1) =

∫ ∞c

1√2π/n

(−n(x − 1)2

Sebagai contoh, jika n = 25 dan α = 0.05, maka diperolehnilai c = z0,05

√1/25 = 1, 645/5 = 0, 329.

Sehingga nilai kuasa untuk H1 benar adalah

P(X ≥ 0, 329;H1) =

∫ ∞0,329

1√2π/25

(−25(x − 1)2

= 1− Φ

(0, 329− 1

)= 1− 0, 000397 = 0, 999603.

P(X ≥ c ;H1) =

∫ ∞c

1√2π/n

(−n(x − 1)2

√1/25 = 1, 645/5 = 0, 329.

P(X ≥ 0, 329;H1) =

∫ ∞0,329

1√2π/25

(−25(x − 1)2

= 1− Φ

(0, 329− 1

)= 1− 0, 000397 = 0, 999603.

P(X ≥ c ;H1) =

∫ ∞c

1√2π/n

(−n(x − 1)2

√1/25 = 1, 645/5 = 0, 329.

P(X ≥ 0, 329;H1) =

∫ ∞0,329

1√2π/25

(−25(x − 1)2

= 1− Φ

(0, 329− 1

)= 1− 0, 000397 = 0, 999603.

Teorema Neyman-Pearson ini juga dapat diterapkan padapengujian bentuk distribusi.

Jika H0 adalah hipotesis sederhana bahwa fkp bersama adalahg(x1, x2, · · · , xn) dan H1 adalah fkp bersama h(x1, x2, · · · , xn),maka daerah kritis terbaik C untuk taraf keberartian α padauji hipotesis H0 dengan H1 memenuhi syarat:

g(x1,x2,··· ,xn)h(x1,x2,··· ,xn) ≤ k ,∀(x1, · · · , xn) ∈ Cg(x1,x2,··· ,xn)h(x1,x2,··· ,xn) ≥ k ,∀(x1, · · · , xn) ∈ C ′

α = P ((X1,X2, · · · ,Xn) ∈ C ) .

Berikut adalah sebuah contoh.

α = P ((X1,X2, · · · ,Xn) ∈ C ) .

contoh 4

Misalkan X1,X − 2, · · · ,Xn sampel acak dari sebuah fkp f(x)yang positif untuk nilai-nilai x adalah bilangan bulat taknegatif. Jika hipotesis sederhana yang akan diuji adalah

H0 : f (x) =e−1

x!, x = 0, 1, 2, · · · ,

melawan hipotesis sederhana

H1 : f (x) =

, x = 0, 1, 2, · · · .

contoh 4

Misalkan X1,X − 2, · · · ,Xn sampel acak dari sebuah fkp f(x)yang positif untuk nilai-nilai x adalah bilangan bulat taknegatif. Jika hipotesis sederhana yang akan diuji adalah

H0 : f (x) =e−1

x!, x = 0, 1, 2, · · · ,

melawan hipotesis sederhana

H1 : f (x) =

, x = 0, 1, 2, · · · .

Misalkan kondisi H0 benar, maka fkp bersama X1,X2, · · · ,Xn

adalah

g(x1, · · · , xn) =e−n

x1!x2! · · · xn!, xi = 0, 1, 2, · · · , i = 1, 2, · · · , n

adalah

h(x1, · · · , xn) =

)n+∑

, xi = 0, 1, 2, · · · , i = 1, 2, · · · , n.

Maka rasio fkp bersama dari dua kondisi adalah

(2e−1

)n2∑

x1!x2! · · · xn!

untuk xi = 0, 1, 2, · · · , i = 1, 2, · · · , n.

adalah

g(x1, · · · , xn) =e−n

x1!x2! · · · xn!, xi = 0, 1, 2, · · · , i = 1, 2, · · · , n

adalah

h(x1, · · · , xn) =

)n+∑

, xi = 0, 1, 2, · · · , i = 1, 2, · · · , n.

(2e−1

)n2∑

x1!x2! · · · xn!

untuk xi = 0, 1, 2, · · · , i = 1, 2, · · · , n.

adalah

g(x1, · · · , xn) =e−n

x1!x2! · · · xn!, xi = 0, 1, 2, · · · , i = 1, 2, · · · , n

adalah

h(x1, · · · , xn) =

)n+∑

, xi = 0, 1, 2, · · · , i = 1, 2, · · · , n.

(2e−1

)n2∑

x1!x2! · · · xn!

untuk xi = 0, 1, 2, · · · , i = 1, 2, · · · , n.

Jika k > 0, dan g/h ≤ k untuk (x1, x2, · · · , xn) ∈ C , maka(n∑

)log 2− log

(xi )!

)≤ log k − n log 2e−1 = c .

Maka daerah kritis terbaik C dapat dinyatakan

(x1, x2, · · · , xn) :

)log 2− log

(xi )!

)≤ c

Jadi, misalkan untuk n = 1 dan k = 1, maka daerah kritisterbaiknya adalah

C = x : x = 0, 3, 4, 5, · · ·

Kuasa untuk uji ketika H0 benar adalah P(X ∈ C : H0) =1− P(X = 1, 2 : H0) = 1− (0, 368 + 0, 184) = 0, 448

)log 2− log

(xi )!

)≤ log k − n log 2e−1 = c .

(x1, x2, · · · , xn) :

)log 2− log

(xi )!

)≤ c

C = x : x = 0, 3, 4, 5, · · ·

)log 2− log

(xi )!

)≤ log k − n log 2e−1 = c .

(x1, x2, · · · , xn) :

)log 2− log

(xi )!

)≤ c

C = x : x = 0, 3, 4, 5, · · ·

)log 2− log

(xi )!

)≤ log k − n log 2e−1 = c .

(x1, x2, · · · , xn) :

)log 2− log

(xi )!

)≤ c

C = x : x = 0, 3, 4, 5, · · ·

Kuasa untuk uji ketika H1 benar adalahP(X ∈ C : H1) = 1−P(X = 1, 2 : H1) = 1−

(14 + 1

)= 0, 625

Closing

If your experiment needs a statistician, you need a betterexperiment. Ernest Rutherford

teorema neyman pearson

Documents