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