Download - Statistika Matematika (Bab 4)fix
-
StatistikaMatematikaSoal dan Pembahasan
M. Samy Baladram
-
Bab 4Unbiasedness,
Consistency, andLimiting Distributions
-
Unbiasedness, Consistency, and Limiting Distributions
4.1 Ekspektasi Fungsi
Key Points
.Teorema 4.1.1Jika T =
ni=1 a iX i , a i suatu konstan,
maka
E [T ] =ni=1
a iE [X i ]
Akibat 4.1.1Jika T =
ni=1 a iX i , a i suatu konstan,
maka
Var [T ] =ni=1
a iVar [X i ]+2i
-
Variabel acak Y dapat ditulis Y =X1+X2+X3+X4+X5.
= E [Y ] = E [X1+X2+X3+X4+X5]
= 5E [X1] = 5
10
x 6x (1x )dx
= 52x 3 3
2x 410= 5 1
2
= 12.
2 =Var [Y ] =Var [X1+X2+X3+X4+X5]
= 5Var [X1] = 5
10
(x 12)2 6x (1x )dx
= 5
10
x 2x + 1
4
6x (1x )dx = 5 1
20
2 = 14= 0.25
3 [4.1.9]Misal X dan Y peubah acak dengan 1 = 1, 2 = 4, 21 = 4, 22 = 6, =
12.
Tentukan mean dan variansi dari Z = 3X 2Y ...Jawab:
Z = E [Z ] = E [3X 2Y ] = 3E [X ]2E [Y ] = 3122Z =5
2Z =Var [Z ] =Var [3X 2Y ] = 32Var [X ]+ (2)2Var [Y ]+2(3)(2)cov (X ,Y )= 921+4
2212 = 9 4+4 66
2Z = 54
copyright by M. Samy Baladram / 10108064 3
-
4.2 Konvergen dalam PeluangKey Points
.Teorema 4.2.1Misal {Xn } barisan peubah acak iid den-gan mean bersama dan variansi 2.
Misal Xn = 1nni=1
X i . Maka
XnP.
Teorema 4.2.2Misal Xn
P X dan Yn P Y . Maka,Xn +Yn
PX +Y .
Teorema 4.2.3Misal Xn
P X dan a suatu konstanta.Maka, aXn
aX .
Teorema 4.2.4Misal Xn
P a dan fungsi real g kontinudi a . Maka, g (Xn )
g (a ).
Teorema 4.2.5Misal Xn
P X dan Yn P Y . Maka,XnYn
X Y .
4 [4.2.2] Misal Yn peubah acak dengan distribusi b (n ,p ).a Tunjukkan Yn/n
P p .b Tunjukkan 1Yn/n P 1pc Tunjukkan (Yn/n )(1Yn/n ) P p (1p )..Jawab:a Karena Yn berdistribusi b (n ,p ), dapat dianggap Yn = X1 + +Xn dengan
X i berdistribusi b (1,p ) dengan = p .Berdasarkan Teorema
XnPX i
. Karena Yn/n =Xn dan X i = p maka terbukti
Yn/nP p .
b Berdasarkan Teorema, karena 1 P 1 dan Yn/n P p maka1Yn/n P 1p
c Berdasarkan Teorema 4.2.5, dan jawaban soal sebelumnya, maka didapat
(Yn/n )(1Yn/n ) P p (1p )
5 [4.2.4 dan 4.2.5] Misal X1, ,Xn adalah variabel acak yg i.i.d dengan pdf
f (x ) =
e(x ), x >0, lainnyaMisal Yn =min{X1, ,Xn }.
copyright by M. Samy Baladram / 10108064 4
-
a Tunjukkan Yn Pb Tentukan mean dari Ync Apakah Yn estimator tak-bias dari d Tentukan estimator tak-bias untuk dengan memanfaatkan Yn .
.
.Jawab:
Karena Yn =min{X1, ,Xn }, makaFYn (t ) = 1P(Yn t )
= 1P(X1 t , ,Xn t ) = 1 [P(X i t )]n = 1 [1P(X i t )]n
= 11 t
e(x )dxn = 11+ e(t ) e( )n
FYn (t ) = 1 en (t ), t >f Yn (t ) =
d
d tFYn (t )
f Yn (t ) = nen (t ), t >
a Akan dibuktikan limnP(|Yn | ") = 0 untuk setiap " > 0.
P(|Yn | ") = P(Yn ")+P(Yn )= (1P(Yn +))+ P(Yn )
=0, karena ( )
-
E [Zn ] = . Dari Yn ,
E [Yn ] = n2 +n3
1
n2(E [Yn ]n3) = E
Yn n3n2
=
Jadi, dapat dipilih Zn =Yn n3n2
yang merupakan estimator tak-bias bagi .
4.3 Konvergen dalam Distribusi
Key Points
.Teorema 4.3.1Jika Xn
PX maka Xn DXTeorema 4.3.2Jika Xn
Db , b konstan maka Xn PbTeorema 4.3.3Jika Xn
D X dan Yn P 0 makaXn +Yn
DXTeorema 4.3.4Jika Xn
D X dan g suatu fungsi kontinumaka g (Xn )
D g (X )Teorema 4.3.5 (Teorema Slutsky)Misal Xn , X , An , Bn adalah peubah
acak dan a , b konstan. Jika XnD X ,
AnP a , Bn Pb , maka
An + BnXnD a +bX
Teorema 4.3.6Misal {Xn } barisan peubah acak dan Xsuatu peubah acak. Jika Xn
D X , maka{Xn } terbatas dalam peluang.
Teorema 4.3.7Misal {Xn } barisan peubah acak dan{Xn } barisan peubah acak yang kon-vergen dalam peluang ke 0. Maka,
XnYnP 0
Teorema 4.3.8Misal YN adalah barisan peubah acakyang terbatas dalam peluang. Jika
Xn =op (Yn ), maka saat n, Xn P 0.
Teorema 4.3.9Misal {Xn } barisan peubah acak sehing-ga
pn (Xn ) DN (0,2)
Misal fungsi g (x ) punya turunan di dan g ( ) 6= 0. Makapng (Xn ) g ( ) DN (0,2(g ( ))2)
6 [4.3.2] Misal Y1 adalah statistik orde satu (yakni Y1 = minX1, ,Xn ) daripeubah acak berukuran n dengan distribusi yang memiliki pdf f (x ) = e(x ),x > , lainnya 0. Misal Zn = n (Y1 ). Tentukan kemanakah kekonvergenandistribusi Zn ...Jawab:
copyright by M. Samy Baladram / 10108064 6
-
Seperti pada soal [4.2.4],
FY1 (t ) = 1 en (t ), t>
lainnya 0. Maka,
FZn (t ) = P(n (Y1 ) t ) = P
Y1 t
n+
= 1 en ( tn + )= 1 et
limnFZn (t ) = 1 et
Karena 1 et merupakan cdf dari distribusi eksponensial dengan = 1 makaZn
D Exp(= 1).7 [4.3.5] Misal pmf dari Yn adalah pn (y ) = 1, y = n , lainnya 0. Tunjukkan dis-
tribusi Yn tidak konvergen kemanapun...Jawab:
Nilai cmf dari Yn dapat ditulis
FYn (y ) =
0, y < n1, y nUntuk n,
limnFYn (y ) = 0, y
-
9 [4.3.11] Misal Zn peubah acak berdistribusi Poisson dengan = n . TunjukkanYn = (Zn n )/pn DN (0,1)...Jawab:
mgf dari Zn adalah adalahMZn (t ) = e n (et1). Maka, mgf dari Yn adalah
MYn (t ) = E [et (Znn )/pn ] = E [e (t /
pn )Zntpn ]
= etpnE [e (t /
pn )Zn ] = et
pne n (e
t /pn1)
limnMYn (t ) = limne
tpn+n (e t /pn1)
ln limnMYn (t ) = limnt
pn +n (e t /
pn 1)
= limnn
e t /pn 1 tp
n
= lim
nn1+
tpn+
t 2
2n+o(e t /
pn )1 tp
n
= lim
nt 2
2+o(ne t /
pn ) =
t 2
2
limnMYn (t ) = e
t 2/2
Karena e t 2/2 merupakan mgf dari N (0,1) maka terbukti YnDN (0,1).
10 [4.3.14] dan [4.3.15] Misal Xn adalah rataan dari peubah acak berukuran ndari peubah acak Poisson dengan = 1.
a Tunjukkan mgf dari Yn =pn (Xn )
=pn (Xn 1) adalah exp[tpn +
n (e t /n 1)].b Selidiki kemanakah kekonvergenan distribusi Yn saat nc Dari sana, selidiki kemanakah kekonvergenan distribusi
pn (pXn 1).
.
.Jawab:a mgf dari distribusi Poisson untuk peubah acak X i dengan = 1 adalah
MX i (t ) = e et1. Maka, mgf dari Xn adalah
MXn (t ) = E [et Xn ] = E [e (t /n )
ni=1 X i ]
= E [e (t /n )X1e (t /n )X2 e (t /n )Xn ]= E [e (t /n )X1 ] E [e (t /n )X2 ] E [e (t /n )Xn ] = (E [e (t /n )X i ])n= e n (e
t /n1)
Jadi, mgf dari Yn adalah
MYn (t ) = E [etpn (X 11)]
= etpnE [e t
pnXn ] = et
pne n (e
(tpn )/n1)
MYn (t ) = exp[tpn +n (e t /pn 1)].
copyright by M. Samy Baladram / 10108064 8
-
b Akan dicari kekonvergenan distribusinya dengan menggunakan mgf
MYn (t ) = exptpn +n (e t /pn 1)
= expn
e t /pn 1 tp
n
ln lim
nMYn (t ) = limntpn +n (e t /
pn 1)
= limnn
e t /pn 1 tp
n
= lim
nn1+
tpn+
t 2
2n+o(e t /
pn )1 tp
n
= lim
nt 2
2+o(ne t /
pn ) =
t 2
2
limnMYn (t ) = e
t 2/2
Karena e t 2/2 merupakan mgf dari N (0,1) maka terbukti YnDN (0,1).
c Karena YnDN (0,1) dan fungsi g (x ) =px punya untuk x > 0 (nilai g (x ) =
12px), maka berdasarkan Teorema 4.3.9
pn (Xn 1) DN (0,1)
pn (g (Xn ) g (1)) DN (0,1 [g (1)]2)pn (
pXn 1) DN (0,1/4)
11 [4.3.16] dan [4.3.17]Misal Xn adalah rata-rata dari sampel acak berukuran ndengan distribusi yang memiliki pdf f (x ) = ex , 0< x
-
Agar limb
1t1 e (t1)b = 0, haruslah t < 1 sehingga
MX i (t ) = 0 1t 1 =1
1 t , t < 1Dari sana,
MXn (t ) = E [et Xn ] =
E [e (t /n )X i ]
n=
1
1 (t /n ), (t /n )< 1
akibatnya
MYn (t ) = E [etpn (Xn1)] = et
pnE [e t
pnX ]
= etpn
1
(1 (t /pn )/n ), ((t /
pn )/n )< 1
= etpn
1 tp
n
n, t /
pn < 1
MYn (t ) =
e t /pn (t /pn )e t /pnn , t
-
4.4 Teorema Limit Pusat
Key Points.
.
Teorema 4.4.1Misal X1,X2, Xn adalah pengamatan dengan peubah acak yang memiliki mean dan variansi 2. Maka, p
n (X n )
DN (0,1)
12 [4.4.1]Misal X adalah rataan dari sampel acak berukuran 100 dengan distribusi2(50). Hitung nilai hampiran P(49
- Jadi, hampiran nilai P(7