3 Pendugaan (Bagian II)
Gambaran Umum
Berlandaskan konsep-konsep dasar pendugaan titik dari Pelajaran 2, pelajaran ini membahas lebih dalam konsep penting kecukupan dan memperkenalkan metode momen sebagai teknik untuk menurunkan penduga. Anda akan mempelajari bagaimana statistik cukup menangkap seluruh informasi yang relevan tentang suatu parameter populasi dari data sampel dengan menggunakan perangkat seperti Teorema Faktorisasi dan Kriteria Eksponensial. Melalui contoh-contoh yang melibatkan distribusi Bernoulli, Poisson, normal, dan eksponensial, Anda akan belajar mengidentifikasi statistik cukup bagi satu maupun beberapa parameter. Selain itu, Anda akan diperkenalkan dengan metode momen, yaitu pendekatan praktis untuk menduga parameter dengan menyamakan momen sampel dengan padanan teoretisnya. Pada akhir pelajaran ini, Anda akan mampu mengevaluasi dan menyusun penduga dengan pemahaman yang lebih mendalam mengenai sifat-sifatnya, sebagai persiapan untuk mempelajari teknik inferensi statistik tingkat lanjut.
Tujuan
Setelah menyelesaikan pelajaran ini, Anda diharapkan mampu:
- Menerapkan Teorema Faktorisasi untuk mengidentifikasi statistik cukup bagi distribusi berparameter tunggal,
- Menerapkan Kriteria Eksponensial untuk mengidentifikasi statistik cukup bagi distribusi berparameter tunggal, serta
- Menentukan penduga bagi satu atau beberapa parameter populasi dengan menggunakan Metode Momen.
3.1 Kecukupan
Dalam proses menduga parameter semacam itu, kita merangkum, atau mereduksi, informasi dalam sampel berukuran \(n\), \(X_1, X_2, \ldots, X_n\), menjadi satu bilangan, seperti rataan sampel \(\bar{X}.\) Nilai sampel yang sebenarnya tidak lagi penting bagi kita. Artinya, jika kita menggunakan rataan sampel 3 untuk menduga rataan populasi \(\mu\), tidak menjadi masalah apakah nilai data semula adalah (1, 3, 5) atau (2, 3, 4). Apakah proses mereduksi \(n\) titik data menjadi satu bilangan ini telah mempertahankan seluruh informasi mengenai \(\mu\) yang terkandung dalam \(n\) titik data semula? Ataukah sebagian informasi mengenai parameter telah hilang dalam proses perangkuman data? Dalam pelajaran ini, kita akan mempelajari cara menemukan statistik yang merangkum seluruh informasi dalam sampel mengenai parameter yang dikehendaki. Statistik semacam itu disebut statistik cukup, dan itulah asal nama pelajaran ini.
Definisi Kecukupan
Kecukupan adalah jenis topik yang barangkali paling baik dipelajari dengan langsung masuk ke dalamnya dan menyatakan definisinya. Mari kita lakukan!
Def. 3.1 (Cukup) Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak dari suatu distribusi peluang dengan parameter tak diketahui \(\theta.\) Maka, statistik berikut:
\[Y = u(X_1, X_2, ... , X_n)\]
dikatakan cukup bagi \(\theta\) jika distribusi bersyarat dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\), dengan diketahui statistik \(Y\), tidak bergantung pada parameter \(\theta.\)
Contoh 3.1 Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak dari \(n\) percobaan Bernoulli dengan ketentuan:
- \(X_i=1\) jika subjek \(i^{th}\) menyukai Pepsi
- \(X_i=0\) jika subjek \(i^{th}\) tidak menyukai Pepsi
Jika \(p\) adalah peluang bahwa subjek \(i\) menyukai Pepsi, untuk \(i = 1, 2,\ldots,n\), maka:
- \(X_i=1\) dengan peluang \(p\)
- \(X_i=0\) dengan peluang \(q = 1 − p\)
Misalkan, dalam sampel acak berisi \(n=40\) orang, terdapat \(Y = \sum_{i=1}^{n}X_i =22\) orang yang menyukai Pepsi. Jika kita mengetahui nilai \(Y\), yaitu jumlah keberhasilan dalam \(n\) percobaan, dapatkah kita memperoleh informasi lebih lanjut mengenai parameter \(p\) dengan mempertimbangkan fungsi-fungsi lain dari data \(X_1, X_2, \ldots, X_n\)? Dengan kata lain, apakah \(Y\) cukup bagi \(p\)?
Penyelesaian
Definisi kecukupan menyatakan bahwa jika distribusi bersyarat dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\), dengan diketahui statistik \(Y\), tidak bergantung pada \(p\), maka \(Y\) merupakan statistik cukup bagi \(p.\) Distribusi bersyarat dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\), dengan diketahui \(Y\), menurut definisi adalah:
Sekarang, agar lebih konkret, misalkan kita mengamati sampel acak berukuran \(n=3\) dengan \(x_1=1, x_2=0, \text{ and }x_3=1.\) Dalam hal ini:
\[P(X_1 = 1, X_2 = 0, X_3 =1, Y=1)=0\]
karena jumlah nilai data, \(\sum_{i=1}^{n}X_i\), adalah 1 + 0 + 1 = 2, tetapi \(Y\), yang didefinisikan sebagai jumlah semua \(X_i\), bernilai 1. Hal ini karena \(2\ne 1\), kejadian pada pembilang Persamaan 3.1 merupakan kejadian mustahil sehingga peluangnya 0.
Sekarang, mari kita tinjau kejadian yang mungkin, yaitu ( \(X_1=1, X_2=0, X_3=1, Y=2\)). Dalam hal ini, berdasarkan kebebasan, kita peroleh:
\[P(X_1 = 1, X_2 = 0, X_3 =1, Y=2) = p(1-p) p=p^2(1-p)\]
Jadi, secara umum:
\[P(X_1 = x_1, X_2 = x_2, ... , X_n = x_n, Y = y) = 0 \text{ if } \sum_{i=1}^{n}x_i \ne y\]
dan:
\[P(X_1 = x_1, X_2 = x_2, ... , X_n = x_n, Y = y) = p^y(1-p)^{n-y} \text{ if } \sum_{i=1}^{n}x_i = y \]
Sekarang, penyebut dalam Persamaan 3.1 di atas adalah peluang binomial untuk memperoleh tepat \(y\) keberhasilan dalam \(n\) percobaan dengan peluang keberhasilan \(p.\) Artinya, penyebutnya adalah:
\[P(Y=y) = \binom{n}{y} p^y(1-p)^{n-y}\]
untuk \(y = 0, 1, 2,\ldots, n.\) Dengan menggabungkan pembilang dan penyebut, jika \(y=0, 1, 2, \ldots, n\), kita peroleh peluang bersyarat:
\[P(X_1 = x_1, ... , X_n = x_n |Y = y) = \dfrac{p^y(1-p)^{n-y}}{\binom{n}{y} p^y(1-p)^{n-y}} =\dfrac{1}{\binom{n}{y}} \text{ if } \sum_{i=1}^{n}x_i = y\]
dan:
\[P(X_1 = x_1, ... , X_n = x_n |Y = y) = 0 \text{ if } \sum_{i=1}^{n}x_i \ne y\]
Nah! Kita baru saja menunjukkan bahwa distribusi bersyarat dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) dengan diketahui \(Y\) tidak bergantung pada \(p.\) Oleh karena itu, \(Y\) memang cukup bagi \(p.\) Artinya, setelah nilai \(Y\) diketahui, tidak ada fungsi lain dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) yang akan memberikan informasi tambahan mengenai kemungkinan nilai \(p.\)
Teorema Faktorisasi
Walaupun definisi kecukupan yang diberikan pada halaman sebelumnya mungkin masuk akal secara intuitif, tidak selalu mudah menentukan distribusi bersyarat dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) dengan diketahui \(Y.\) Belum lagi, kita harus menentukan distribusi bersyarat dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) dengan diketahui \(Y\) untuk setiap \(Y\) yang ingin kita pertimbangkan sebagai statistik cukup yang mungkin! Oleh karena itu, menggunakan definisi formal kecukupan sebagai cara mengidentifikasi statistik cukup bagi parameter \(\theta\) sering kali merupakan jalan yang sulit ditempuh. Syukurlah, suatu teorema yang sering disebut Teorema Faktorisasi menyediakan alternatif yang lebih mudah! Kita nyatakan teorema itu di sini tanpa bukti.
Mari kita terapkan teorema ini pada beberapa contoh!
Contoh 3.2 Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) menyatakan sampel acak dari distribusi Poisson dengan parameter \(\lambda>0.\) Tentukan statistik cukup bagi parameter \(\lambda.\)
Penyelesaian
Karena \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak, fungsi massa peluang bersama dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) berdasarkan kebebasan adalah:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\lambda) = f(x_1;\lambda) \times f(x_2;\lambda) \times ... \times f(x_n;\lambda)\]
Dengan memasukkan fungsi massa peluang peubah acak Poisson berparameter \(\lambda\), fungsi massa peluang bersama tersebut menjadi:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\lambda) = \dfrac{e^{-\lambda}\lambda^{x_1}}{x_1!} \times\dfrac{e^{-\lambda}\lambda^{x_2}}{x_2!} \times ... \times \dfrac{e^{-\lambda}\lambda^{x_n}}{x_n!}\]
Sekarang, dengan menyederhanakannya melalui penjumlahan seluruh \(n\) buah \(\lambda\) pada eksponen, serta seluruh \(n\) buah \(x_i\) pada eksponen, kita peroleh:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\lambda) = \left(e^{-n\lambda}\lambda^{\Sigma x_i} \right) \times \left( \dfrac{1}{x_1! x_2! ... x_n!} \right)\]
Hei, lihatlah! Kita baru saja memfaktorkan PMF bersama menjadi dua fungsi, satu (\(\phi\)) yang hanya merupakan fungsi dari statistik \(Y=\sum_{i=1}^{n}X_i\) dan yang lain (\(h\)) tidak bergantung pada parameter \(\lambda\):
\[f(x_1, x_2, \ldots, x_n;\lambda) = {\color{blue}\underbrace{\color{black} \left(e^{-n\lambda}\lambda^{n\bar{x}} \right)}_{\textstyle \color{blue}{\phi(\sum_{i=1}^{n}x_i;\lambda)}}} \times {\color{red}\underbrace{\color{black}\left( \frac{1}{x_1! x_2! \ldots x_n!} \right)}_{\textstyle \color{red}{h(x_1, x_2, \ldots,x_n)}}}\]
Oleh karena itu, Teorema Faktorisasi menyatakan bahwa \(Y=\sum_{i=1}^{n}X_i\) merupakan statistik cukup bagi \(\lambda.\) Namun, tunggu sebentar! Kita juga dapat menulis PMF bersama tersebut sebagai:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\lambda) = \left(e^{-n\lambda}\lambda^{n\bar{x}} \right) \times \left( \dfrac{1}{x_1! x_2! ... x_n!} \right)\]
Oleh karena itu, Teorema Faktorisasi menyatakan bahwa \(Y = \bar{X}\) juga merupakan statistik cukup bagi \(\lambda\)!
Jika dipikirkan, masuk akal bahwa \(Y = \bar{X}\) dan \(Y=\sum_{i=1}^{n}X_i\) keduanya merupakan statistik cukup karena jika kita mengetahui \(Y = \bar{X}\), kita dapat dengan mudah menentukan \(Y=\sum_{i=1}^{n}X_i.\) Dan jika kita mengetahui \(Y=\sum_{i=1}^{n}X_i\), kita dapat dengan mudah menentukan \(Y = \bar{X}.\)
Contoh sebelumnya menunjukkan bahwa dapat ada lebih dari satu statistik cukup bagi parameter \(\theta.\) Secara umum, jika \(Y\) merupakan statistik cukup bagi parameter \(\theta\), maka setiap fungsi satu-satu dari \(Y\) yang tidak melibatkan \(\theta\) juga merupakan statistik cukup bagi \(\theta.\) Mari kita lihat contoh lain.
Contoh 3.3 Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak dari distribusi normal dengan rataan \(\mu\) dan varians 1. Tentukan statistik cukup bagi parameter \(\mu.\)
Penyelesaian
Karena \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak, fungsi kepadatan peluang bersama dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) berdasarkan kebebasan adalah:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\mu) = f(x_1;\mu) \times f(x_2;\mu) \times ... \times f(x_n;\mu)\]
Dengan memasukkan fungsi kepadatan peluang peubah acak normal yang kita ketahui, dengan rataan \(\mu\) dan varians 1, fungsi kepadatan peluang bersama tersebut menjadi:
\[\begin{align} &f(x_1, x_2, ... , x_n;\mu) = \\&\dfrac{1}{(2\pi)^{1/2}} exp \left[ -\dfrac{1}{2}(x_1 - \mu)^2 \right] \times \dfrac{1}{(2\pi)^{1/2}} exp \left[ -\dfrac{1}{2}(x_2 - \mu)^2 \right] \times ... \times \dfrac{1}{(2\pi)^{1/2}} exp \left[ -\dfrac{1}{2}(x_n - \mu)^2 \right]\end{align}\]
Dengan menggabungkan suku-suku sejenis, kita peroleh:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\mu) = \dfrac{1}{(2\pi)^{n/2}} exp \left[ -\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}(x_i - \mu)^2 \right]\]
Salah satu cara agar pemfaktoran PDF bersama lebih mudah adalah menambahkan 0 pada kuantitas di dalam tanda kurung dalam penjumlahan tersebut. Yaitu:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\mu) = \dfrac{1}{(2\pi)^{n/2}} exp \left[ -\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}(x_i {\color{red}\underbrace{\color{black}{-\bar{x}+\bar{x}}}_{\textstyle \color{red}0}}- \mu)^2 \right]\]
Sekarang, dengan menguadratkan kuantitas di dalam tanda kurung, kita peroleh:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\mu) = \dfrac{1}{(2\pi)^{n/2}} exp \left[ -\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}\left[ (x_i - \bar{x})^2 +2(x_i - \bar{x}) (\bar{x}-\mu)+ (\bar{x}-\mu)^2\right] \right]\]
Kemudian, dengan mendistribusikan penjumlahan, kita peroleh:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\mu) = \dfrac{1}{(2\pi)^{n/2}} exp \left[ -\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2 - (\bar{x}-\mu) \sum_{i=1}^{n}(x_i - \bar{x}) -\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}(\bar{x}-\mu)^2\right]\]
Namun, suku tengah pada eksponen bernilai 0, sedangkan suku terakhir, karena tidak bergantung pada indeks \(i\), dapat dijumlahkan sebanyak \(n\) kali:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\mu) = \dfrac{1}{(2\pi)^{n/2}} exp \left[ -\dfrac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2 - (\bar{x}-\mu) {\color{red}{\underbrace{\color{black}{\sum_{i=1}^{n}(x_i - \bar{x})}}_{\textstyle\color{red}0}}} -\dfrac{1}{2}{\color{red}\underbrace{\color{black}{\sum_{i=1}^{n}(\bar{x}-\mu)^2}}_{\textstyle\color{red}{n(\bar{x}-\mu)^2}}}\right]\]
Jadi, setelah disederhanakan, kita peroleh:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\mu) = \left\{ exp \left[ -\dfrac{n}{2} (\bar{x}-\mu)^2 \right] \right\}\times \left\{ \dfrac{1}{(2\pi)^{n/2}} exp \left[ -\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2 \right] \right\}\]
Ringkasnya, kita telah memfaktorkan fungsi kepadatan peluang bersama menjadi dua fungsi, yang satu (\(\phi\)) hanya merupakan fungsi dari statistik \(Y = \bar{X}\) dan yang lain (\(h\)) tidak bergantung pada parameter \(\mu\):
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\mu) = {\color{blue}{\underbrace{\color{black}{\left\{ \exp \left[ -\dfrac{n}{2} (\bar{x}-\mu)^2 \right] \right\}}}_{\textstyle \color{blue}{\phi(\bar{x};\mu)}}}} \times \color{red}{\underbrace{\color{black}{\left\{ \dfrac{1}{(2\pi)^{n/2}} \exp \left[ -\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2 \right] \right\}}}_{\textstyle\color{red}{h(x_1, x_2,...,x_n)}}}\]
Oleh karena itu, Teorema Faktorisasi menyatakan bahwa \(Y = \bar{X}\) merupakan statistik cukup bagi \(\mu.\) Sekarang, \(Y = \bar{X}^3\) juga cukup bagi \(\mu\), karena jika kita diberikan nilai \(\bar{X}^3\), kita dapat dengan mudah memperoleh nilai \(\bar{X}\) melalui fungsi satu-satu \(w=y^{1/3}.\) Artinya:
\[W=(\bar{X}^3)^{1/3}=\bar{X}\]
Sebaliknya, \(Y = \bar{X}^2\) bukan merupakan statistik cukup bagi \(\mu\). Sampel konstan (a, …, a) dan (−a, …, −a) memberikan nilai \(\bar{X}^2\) yang sama, tetapi rasio fungsi kemungkinan keduanya adalah exp(2naμ), yang bergantung pada parameter. Jadi, kriteria rasio fungsi kemungkinan membuktikan bahwa statistik tersebut tidak cukup.
\[w=y^{1/2}\]
kita memperoleh dua nilai yang mungkin, yaitu:
\[-\bar{X} \text{ and } +\bar{X}\]
Kita makin mahir dalam hal ini; mari kita lihat satu contoh lagi!
Contoh 3.4 Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak dari distribusi eksponensial dengan parameter \(\theta.\) Tentukan statistik cukup bagi parameter \(\theta.\)
Penyelesaian
Karena \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak, fungsi kepadatan peluang bersama dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) dapat ditulis, berdasarkan sifat saling bebas, sebagai:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta) = f(x_1;\theta) \times f(x_2;\theta) \times ... \times f(x_n;\theta)\]
Dengan menyubstitusikan fungsi kepadatan peluang peubah acak eksponensial berparameter \(\theta\), fungsi kepadatan peluang bersamanya adalah:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta) =\dfrac{1}{\theta}exp\left( \dfrac{-x_1}{\theta}\right) \times \dfrac{1}{\theta}exp\left( \dfrac{-x_2}{\theta}\right) \times ... \times \dfrac{1}{\theta}exp\left( \dfrac{-x_n}{\theta} \right)\]
Sekarang, dengan menyederhanakan, yaitu mengalikan seluruh \(n\) faktor yang memuat \(\theta\) dan menjumlahkan seluruh \(n\) \(x_i\) pada eksponen, diperoleh:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta) =\dfrac{1}{\theta^n}exp\left( - \dfrac{1}{\theta} \sum_{i=1}^{n} x_i\right)\]
Sekali lagi, kita telah memfaktorkan fungsi kepadatan peluang bersama menjadi dua fungsi, yang satu (\(\phi\)) hanya merupakan fungsi dari statistik \(Y=\sum_{i=1}^{n}X_i\) dan yang lain (h) tidak bergantung pada parameter \(\theta\):
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta) ={\color{blue}{\underbrace{\color{black}{\dfrac{1}{\theta^n}\exp\left( - \dfrac{1}{\theta} \sum_{i=1}^{n} x_i\right)}}_{\textstyle \color{blue}{\phi(\sum_{i=1}^{n}x_i;\theta)}}}}\times{\color{red}{\underbrace{\color{black}1}_{\textstyle \color{red}h(x_1,x_2,...,x_n)}}}\]
Oleh karena itu, Teorema Faktorisasi menyatakan bahwa \(Y=\sum_{i=1}^{n}X_i\) merupakan statistik cukup bagi \(\theta.\) Dan, karena \(Y = \bar{X}\) merupakan fungsi satu-satu dari \(Y=\sum_{i=1}^{n}X_i\), hal ini menyiratkan bahwa \(Y = \bar{X}\) juga merupakan statistik cukup bagi \(\theta.\)
Bentuk Eksponensial
Mungkin Anda belum menyadari bahwa dalam semua contoh yang telah kita bahas sejauh ini, setiap fungsi kepadatan peluang atau fungsi massa peluang dapat disajikan dalam representasi yang lazim disebut bentuk eksponensial, yaitu:
\[f(x;\theta) =exp\left[K(x)p(\theta) + S(x) + q(\theta) \right] \]
dengan
\(K(x)\) dan \(S(x)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada \(x\)
\(p(\theta)\) dan \(q(\theta)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada parameter \(\theta\)
Himpunan dukungannya tidak bergantung pada parameter \(\theta.\)
Pertama, kita memiliki peubah acak Bernoulli dengan fungsi massa peluang yang ditulis dalam bentuk eksponensial sebagai:
\[f(x;p) =p^x(1-p)^{1-x}=exp[{\color{blue}\underbrace{\color{black}x}_{\textstyle k(x) }}{\color{red}\underbrace{\color{black}\text{ln}\left( \frac{p}{1-p}\right)}_{\textstyle p(p)}} + {\color{brown}\underbrace{\color{black}\text{ln}(1)}_{\textstyle s(x)}} + {\color{green}\underbrace{\color{black}\text{ln}(1-p)}_{\textstyle q(p)}}]\]
dengan:
\(K(x)\) dan \(S(x)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada \(x\)
\(p(p)\) dan \(q(p)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada parameter \(p\)
Himpunan dukungan \(x=0\), 1 tidak bergantung pada parameter \(p\)
Baiklah, kita baru saja melewatkan banyak langkah pada tanda sama dengan kedua, yaitu saat beralih dari titik A (fungsi massa peluang yang lazim) ke titik B (fungsi massa peluang yang ditulis dalam bentuk eksponensial). Jadi, mari kita telaah peralihan itu lebih cermat. Kita mulai dengan:
\[f(x;p) =p^x(1-p)^{1-x}\]
Apakah fungsi massa peluang tersebut sudah berbentuk eksponensial? Tampaknya belum! Kita jelas memerlukan ‘exp’ di bagian depan. Satu-satunya cara untuk memunculkannya tanpa mengubah fungsi yang mendasarinya adalah dengan sekaligus menerapkan fungsi inversnya, yaitu logaritma natural (‘ln’). Dengan demikian, diperoleh:
\[f(x;p) =exp\left[\text{ln}(p^x(1-p)^{1-x}) \right]\]
Apakah fungsi massa peluang tersebut sekarang sudah berbentuk eksponensial? Belum, tetapi setidaknya bentuknya tampak lebih menjanjikan. Semua langkah berikutnya menggunakan sifat-sifat logaritma yang telah kita ketahui. Karena logaritma natural suatu hasil kali adalah jumlah logaritma natural faktor-faktornya, diperoleh:
\[f(x;p) = \exp\left[\ln(p^x) + \ln((1-p)^{1-x}) \right]\]
Apakah fungsi massa peluang tersebut sekarang sudah berbentuk eksponensial? Belum, karena \(K(x)\), \(p(p)\), \(S(x)\), dan \(q(p)\) belum dapat dikenali sesuai dengan bentuk eksponensial, tetapi kita jelas makin dekat. Karena logaritma suatu pangkat sama dengan pangkat tersebut dikalikan logaritma basisnya, diperoleh:
\[f(x;p) =exp\left[x\text{ln}(p) + (1-x)\text{ln}(1-p) \right]\]
Ini mulai melelahkan. Apakah fungsi massa peluang tersebut sudah berbentuk eksponensial? Sayangnya, belum. Mari kita distribusikan \((1-x)\) pada suku terakhir tersebut. Dengan demikian, diperoleh:
\[f(x;p) =exp\left[x\text{ln}(p) + \text{ln}(1-p) - x\text{ln}(1-p) \right]\]
Apakah fungsi massa peluang tersebut sekarang sudah berbentuk eksponensial? Mari kita periksa lebih cermat. Pada suku pertama, kita dapat mengenali \(K(x)p(p)\), dan pada suku tengah terlihat fungsi yang hanya bergantung pada parameter \(p\):
\[f(x;p) = \exp\left[x\ln p+\ln(1-p)-x\ln(1-p)\right]\]
Sekarang, kita hanya perlu membuat suku terakhir bergantung pada \(x\), lalu semuanya beres. Aduh! Suku terakhir bergantung pada \(x\) dan \(p.\) Jadi, kita masih harus melanjutkan! Karena logaritma suatu hasil bagi adalah selisih antara logaritma pembilang dan penyebutnya, diperoleh:
\[f(x;p) =exp\left[x\text{ln}\left( \frac{p}{1-p}\right) + \text{ln}(1-p) \right]\]
Apakah fungsi massa peluang tersebut sekarang sudah berbentuk eksponensial? Hampir! Mari tambahkan 0 (dalam bentuk logaritma natural dari 1) agar hal itu tampak jelas. Dengan demikian, diperoleh:
\[f(x;p) =exp\left[x\text{ln}\left( \frac{p}{1-p}\right) + \text{ln}(1) + \text{ln}(1-p) \right]\]
Ya, akhirnya kita telah menulis fungsi massa peluang Bernoulli dalam bentuk eksponensial:
\[f(x;p) =exp[{\color{blue}\underbrace{\color{black}x}_{\textstyle k(x) }}{\color{red}\underbrace{\color{black}\text{ln}\left( \frac{p}{1-p}\right)}_{\textstyle p(p)}} + {\color{brown}\underbrace{\color{black}\text{ln}(1)}_{\textstyle s(x)}} + {\color{green}\underbrace{\color{black}\text{ln}(1-p)}_{\textstyle q(p)}}]\]
Fiuh! Jadi, kita telah membahas tuntas cara menulis fungsi massa peluang Bernoulli dalam bentuk eksponensial! Mari kembali meninjau semua fungsi massa peluang yang telah kita jumpai dalam pelajaran ini. Kita memiliki peubah acak Poisson yang fungsi massa peluangnya dapat ditulis dalam bentuk eksponensial sebagai:
\[f(x;\lambda) =\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}=\exp[{\color{blue}\underbrace{\color{black}x}_{\textstyle k(x)}}{\color{red}\underbrace{\color{black}\ln\lambda}_{\textstyle p(\lambda)}}+{\color{brown}\underbrace{\color{black}(-\ln(x!))}_{\textstyle s(x)}}+{\color{green}\underbrace{\color{black}(-\lambda)}_{\textstyle q(\lambda)}}]\]
dengan
\(K(x)\) dan \(S(x)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada \(x\)
\(p(\lambda)\) dan \(q(\lambda)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada parameter \(\lambda\)
Himpunan dukungan \(x = 0, 1, 2, \ldots\) tidak bergantung pada parameter \(\lambda\)
Kemudian, kita memiliki peubah acak yang berdistribusi \(N(\mu, 1)\) dengan fungsi kepadatan peluang yang dapat ditulis dalam bentuk eksponensial sebagai:
\[f(x;\mu) =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-(x-\mu)^2/2}=\exp\left\{{\color{blue}\underbrace{\color{black}x}_{\textstyle k(x)}}{\color{red}\underbrace{\color{black}\mu}_{\textstyle p(\mu)}}+{\color{brown}\underbrace{\color{black}\left(-\frac{x^2}{2}\right)}_{\textstyle s(x)}}+{\color{green}\underbrace{\color{black}\left(-\frac{\mu^2}{2}-\frac{1}{2}\ln(2\pi)\right)}_{\textstyle q(\mu)}}\right\}\]
dengan
\(K(x)\) dan \(S(x)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada \(x\)
\(p(\mu)\) dan \(q(\mu)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada parameter \(\mu\)
Himpunan dukungan \(-\infty<x<\infty\) tidak bergantung pada parameter \(\mu\)
Kemudian, kita memiliki peubah acak eksponensial yang fungsi kepadatan peluangnya dapat ditulis dalam bentuk eksponensial sebagai:
\[f(x;\theta) =\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta}=exp\left\{{\color{blue}\underbrace{\color{black}-x}_{\textstyle k(x) }}{\color{red}\underbrace{\color{black}\left(\frac{1}{\theta}\right)}_{\textstyle p(\theta)}} + {\color{brown}\underbrace{\color{black}ln(1)}_{\textstyle s(x)}} - {\color{green}\underbrace{\color{black}ln\theta}_{\textstyle q(\theta)}}\right\}\]
dengan
\(K(x)\) dan \(S(x)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada \(x\)
\(p(\theta)\) dan \(q(\theta)\) merupakan fungsi yang hanya bergantung pada parameter \(\theta\)
Himpunan dukungan \(x\ge 0\) tidak bergantung pada parameter \(\theta.\)
Syukurlah, ternyata menulis fungsi kepadatan peluang dan fungsi massa peluang dalam bentuk eksponensial memberi kita cara ketiga untuk mengidentifikasi statistik cukup bagi parameter. Teorema berikut menjelaskan caranya.
Mari kita terapkan Kriteria Eksponensial pada sebuah contoh.
Contoh 3.5 Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak dari distribusi geometrik dengan parameter \(p.\) Tentukan statistik cukup bagi parameter \(p.\)
Penyelesaian
Fungsi massa peluang peubah acak geometrik adalah:
\[f(x;p) = (1-p)^{x-1}p\]
untuk \(x=1, 2, 3, \ldots\). Fungsi massa peluang tersebut dapat ditulis dalam bentuk eksponensial sebagai:
\[f(x;p) = \text{exp}\left[ x\text{log}(1-p)+\text{log}(1)+\text{log}\left( \frac{p}{1-p} \right)\right]\]
Oleh karena itu, \(Y=\sum_{i=1}^{n}X_i\) merupakan statistik cukup bagi \(p.\) Mudah sekali!
Perlu dicatat bahwa hampir setiap fungsi massa peluang atau fungsi kepadatan peluang yang kita jumpai dalam mata kuliah ini dapat ditulis dalam bentuk eksponensial. Karena itu, saat mencoba menentukan statistik cukup bagi suatu parameter, Anda dapat menjadikan Kriteria Eksponensial sebagai alat pertama yang digunakan.
Dua Parameter atau Lebih
Dalam setiap contoh yang telah kita bahas sejauh ini dalam pelajaran ini, hanya ada satu parameter. Apa yang terjadi jika suatu distribusi peluang memiliki dua parameter, \(\theta_1\) dan \(\theta_2\), misalnya, dan kita ingin menentukan pasangan statistik yang secara bersama-sama cukup bagi kedua parameter itu, katakanlah \(Y_1\) dan \(Y_2\)? Untungnya, definisi kecukupan dapat dengan mudah diperluas untuk mencakup dua (atau lebih) parameter. Mari kita mulai dengan memperluas Teorema Faktorisasi.
3.1.1 Teorema Faktorisasi
Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) menyatakan peubah-peubah acak dengan fungsi kepadatan peluang bersama (atau fungsi massa peluang bersama):
\[f(x_1,x_2, ... ,x_n; \theta_1, \theta_2)\]
yang bergantung pada parameter \(\theta_1\) dan \(\theta_2.\) Maka, statistik \(Y_1=u_1(X_1, X_2, ... , X_n)\) dan \(Y_2=u_2(X_1, X_2, ... , X_n)\) merupakan statistik yang secara bersama-sama cukup bagi \(\theta_1\) dan \(\theta_2\) jika dan hanya jika:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta_1, \theta_2) =\phi\left[u_1(x_1, ... , x_n), u_2(x_1, ... , x_n);\theta_1, \theta_2 \right] h(x_1, ... , x_n)\]
dengan:
\(\phi\) adalah fungsi yang bergantung pada data \((x_1, x_2, ... , x_n)\) hanya melalui fungsi \(u_1(x_1, x_2, ... , x_n)\) dan \(u_2(x_1, x_2, ... , x_n)\), serta
fungsi \(h(x_1, ... , x_n)\) tidak bergantung pada parameter \(\theta_1\) maupun \(\theta_2.\)
Mari kita uji teorema yang telah diperluas ini pada sebuah contoh.
Contoh 3.6 Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) menyatakan sampel acak dari distribusi normal \(N(\theta_1, \theta_2).\) Artinya, \(\theta_1\) menyatakan rataan \(\mu\) dan \(\theta_2\) menyatakan varians \(\sigma^2.\) Gunakan Teorema Faktorisasi untuk menentukan statistik yang secara bersama-sama cukup bagi \(\theta_1\) dan \(\theta_2.\)
Penyelesaian
Karena \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak, fungsi kepadatan peluang bersama dari \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) dapat ditulis, berdasarkan sifat saling bebas, sebagai:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta_1, \theta_2) = f(x_1;\theta_1, \theta_2) \times f(x_2;\theta_1, \theta_2) \times ... \times f(x_n;\theta_1, \theta_2)\]
Dengan menyubstitusikan fungsi kepadatan peluang peubah acak normal dengan rataan \(\theta_1\) dan varians \(\theta_2\), fungsi kepadatan peluang bersamanya adalah:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta_1, \theta_2) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi\theta_2}} \exp \left[-\dfrac{1}{2}\dfrac{(x_1-\theta_1)^2}{\theta_2} \right] \times \cdots \times \dfrac{1}{\sqrt{2\pi\theta_2}} \exp \left[-\dfrac{1}{2}\dfrac{(x_n-\theta_1)^2}{\theta_2} \right]\]
Dengan menyederhanakan melalui penggabungan suku-suku sejenis, diperoleh:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta_1, \theta_2) = \left(\dfrac{1}{\sqrt{2\pi\theta_2}}\right)^n \text{exp} \left[-\dfrac{1}{2}\dfrac{\sum_{i=1}^{n}(x_i-\theta_1)^2}{\theta_2} \right]\]
Dengan menuliskan ulang faktor pertama, menguadratkan besaran dalam tanda kurung, serta mendistribusikan penjumlahan pada faktor kedua, diperoleh:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta_1, \theta_2) = \exp \left[n\log\left(\dfrac{1}{\sqrt{2\pi\theta_2}}\right)-\dfrac{1}{2\theta_2}\left\{ \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2} -2\theta_1\sum_{i=1}^{n}x_{i} +\sum_{i=1}^{n}\theta_{1}^{2} \right\}\right]\]
Dengan menyederhanakannya lebih lanjut, diperoleh:
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta_1, \theta_2) = \text{exp} \left[ -\dfrac{1}{2\theta_2}\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}+\dfrac{\theta_1}{\theta_2}\sum_{i=1}^{n}x_{i} -\dfrac{n\theta_{1}^{2}}{2\theta_2}-n\text{log}\sqrt{2\pi\theta_2} \right]\]
Perhatikan! Kita telah memfaktorkan fungsi kepadatan peluang bersama (PDF) menjadi dua fungsi, fungsi pertama (\(\phi\)) hanya merupakan fungsi dari statistik \(Y_1=\sum_{i=1}^{n}X^{2}_{i}\) dan \(Y_2=\sum_{i=1}^{n}X_i\), sedangkan fungsi lainnya (h) tidak bergantung pada parameter \(\theta_1\) dan \(\theta_2\):
\[f(x_1, x_2, ... , x_n;\theta_1, \theta_2) = \color{blue}{\underbrace{{\color{black}{\exp \left[ -\dfrac{1}{2\theta_2}\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}+\dfrac{\theta_1}{\theta_2}\sum_{i=1}^{n}x_{i} -\dfrac{n\theta_{1}^{2}}{2\theta_2}-n\log\sqrt{2\pi\theta_2} \right]}}}_{\textstyle \phi[u_1(\sum_i x_i^2),u_2(\sum_i x_i);\theta_1,\theta_2]}}\times \color{red}\underbrace{\color{black}{1}}_{\textstyle h(x_1,...,x_n)}\]
Oleh karena itu, Teorema Faktorisasi menyatakan bahwa \(Y_1=\sum_{i=1}^{n}X^{2}_{i}\) dan \(Y_2=\sum_{i=1}^{n}X_i\) secara bersama-sama merupakan statistik cukup bagi \(\theta_1\) dan \(\theta_2.\) Selain itu, fungsi satu-satu dari \(Y_1\) dan \(Y_2\), yaitu:
\[\begin{align}\bar{X} &=\dfrac{Y_2}{n}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i \\ &\text{ and }\\ S^2&=\dfrac{Y_1-(Y_{2}^{2}/n)}{n-1}\\&=\dfrac{1}{n-1} \left[\sum_{i=1}^{n}X_{i}^{2}-n\bar{X}^2 \right]\end{align}\]
juga secara bersama-sama merupakan statistik cukup bagi \(\theta_1\) dan \(\theta_2.\) Nah! Kita baru saja menunjukkan bahwa penduga intuitif bagi \(\mu\) dan \(\sigma^2\) juga merupakan penduga cukup. Artinya, data tidak memuat informasi lebih banyak daripada yang dimuat oleh penduga \(\bar{X}\) dan \(S^2\) mengenai parameter \(\mu\) dan \(\sigma^2\)! Tampaknya ini hal yang baik!
Kita baru saja memperluas Teorema Faktorisasi. Kriteria Eksponensial juga dapat diperluas untuk menangani dua (atau lebih) parameter. Bentuk perluasannya dinyatakan di sini tanpa bukti.
Mari kita terapkan kriteria eksponensial yang diperluas pada contoh sebelumnya.
Contoh 3.7 Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan sampel acak dari distribusi normal \(N(\theta_1, \theta_2).\) Artinya, \(\theta_1\) menyatakan rataan \(\mu\) dan \(\theta_2\) menyatakan varians \(\sigma^2.\) Gunakan Kriteria Eksponensial untuk menentukan pasangan statistik yang secara bersama-sama cukup bagi \(\theta_1\) dan \(\theta_2.\)
Penyelesaian
Fungsi kepadatan peluang suatu peubah acak normal dengan rataan \(\theta_1\) dan varians \(\theta_2\) dapat dituliskan dalam bentuk eksponensial sebagai berikut:
\[f(x;\theta_1,\theta_2) = \exp[-\frac{1}{2\theta_2}{\color{blue}\underbrace{\color{black}x^2}_{\textstyle K_1(x)}}+\frac{\theta_1}{\theta_2}{\color{blue}\underbrace{\color{black}x}_{\textstyle K_2(x)}}-{\color{brown}\underbrace{\color{black}\log(1)}_{\textstyle S(x)}}+{\color{green}\underbrace{\color{black}\left(-\frac{\theta_1^2}{2\theta_2}-\log\sqrt{2\pi\theta_2}\right)}_{\textstyle q(\theta_1,\theta_2)}}]\]
Oleh karena itu, statistik \(Y_1=\sum_{i=1}^{n}X^{2}_{i}\) dan \(Y_2=\sum_{i=1}^{n}X_i\) secara bersama-sama merupakan statistik cukup bagi \(\theta_1\) dan \(\theta_2.\)
3.2 Metode Momen
Sejauh ini, kita selalu diberi suatu penduga lalu menghitung sifat-sifat penduga tersebut. Bagaimana jika kita belum memiliki penduga? Bagaimana cara menentukannya?
Pada pelajaran ini, kita memperkenalkan suatu metode sederhana untuk menentukan penduga, yaitu Metode Momen. Pada bagian berikutnya, kita akan membahas secara terperinci cara menentukan penduga kemungkinan maksimum.
Singkatnya, Metode Momen dilakukan dengan menyamakan momen sampel dengan momen teoretis. Mari kita mulai dengan mengingat kembali definisi momen teoretis serta mempelajari definisi momen sampel.
Definisi
\(E(X^k)\) adalah momen teoretis orde \(k^{th}\) dari distribusi (terhadap titik asal), untuk \(k=1, 2, \ldots\)
\(E\left[(X-\mu)^k\right]\) adalah momen teoretis orde \(k^{th}\) dari distribusi (terhadap rataan, yaitu momen pusat), untuk \(k=1, 2, \ldots\)
\(M_k=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i^k\) adalah momen sampel orde \(k^{th}\), untuk \(k=1, 2, \ldots\)
\(M_k^\ast =\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^k\) adalah momen sampel orde \(k^{th}\) terhadap rataan, untuk \(k=1, 2, \ldots\)
Salah Satu Bentuk Metode Ini
Gagasan dasar bentuk metode ini adalah:
Samakan momen sampel pertama terhadap titik asal \(M_1=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i=\bar{X}\) dengan momen teoretis pertama \(E(X).\)
Samakan momen sampel kedua terhadap titik asal \(M_2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i^2\) dengan momen teoretis kedua \(E(X^2).\)
Lanjutkan dengan menyamakan momen sampel terhadap titik asal, \(M_k\), dengan momen teoretis yang bersesuaian \(E(X^k), \; k=3, 4, \ldots\) hingga jumlah persamaannya sama dengan jumlah parameter.
Selesaikan persamaan-persamaan tersebut untuk memperoleh parameternya.
Nilai yang dihasilkan disebut penduga metode momen. Metode ini wajar diharapkan menghasilkan nilai dugaan yang baik karena distribusi empiris berkonvergensi, dalam pengertian tertentu, ke distribusi peluang. Oleh karena itu, momen-momen yang bersesuaian seharusnya kurang lebih sama.
Contoh 3.8 Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan peubah acak Bernoulli dengan parameter \(p.\) Berapakah penduga metode momen bagi \(p\)?
Penyelesaian
Di sini, momen teoretis pertama terhadap titik asal adalah:
\[E(X_i)=p\]
Kita hanya hendak menurunkan penduga metode momen bagi satu parameter. Oleh karena itu, kita hanya memerlukan satu persamaan. Dengan menyamakan momen teoretis pertama terhadap titik asal dengan momen sampel yang bersesuaian, diperoleh:
\[p=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i\]
Sekarang, kita hanya perlu menyelesaikan persamaan tersebut untuk \(p.\) Ternyata, dalam kasus ini, persamaannya sudah terselesaikan untuk \(p.\) Selesai! Kita hanya perlu membubuhkan tanda topi (^) pada parameter untuk memperjelas bahwa parameter tersebut kini menjadi penduga. Kita juga dapat memberi subskrip “MM” pada penduga untuk menandai bahwa penduga itu adalah penduga metode momen:
\[\hat{p}_{MM}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i\]
Jadi, dalam kasus ini, penduga metode momen sama dengan penduga kemungkinan maksimum, yaitu proporsi sampel.
Contoh 3.9 Misalkan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan peubah acak normal dengan rataan \(\mu\) dan varians \(\sigma^2.\) Berapakah penduga metode momen bagi rataan \(\mu\) dan varians \(\sigma^2\)?
Penyelesaian
Momen teoretis pertama dan kedua terhadap titik asal adalah:
\[E(X_i)=\mu\qquad E(X_i^2)=\sigma^2+\mu^2\]
(Sebagai tambahan, jika belum jelas, momen kedua tersebut dapat diturunkan dengan memanipulasi rumus ringkas varians.) Dalam kasus ini, kita hendak menurunkan penduga metode momen bagi dua parameter. Oleh karena itu, kita memerlukan dua persamaan. Dengan menyamakan momen teoretis pertama terhadap titik asal dengan momen sampel yang bersesuaian, diperoleh:
\[E(X)=\mu=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i\]
Selanjutnya, dengan menyamakan momen teoretis kedua terhadap titik asal dengan momen sampel yang bersesuaian, diperoleh:
\[E(X^2)=\sigma^2+\mu^2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i^2\]
Sekarang, persamaan pertama menunjukkan bahwa penduga metode momen bagi rataan \(\mu\) adalah rataan sampel:
\[\hat{\mu}_{MM}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i=\bar{X}\]
Selanjutnya, dengan menyubstitusikan rataan sampel untuk \(\mu\) dalam persamaan kedua lalu menyelesaikannya terhadap \(\sigma^2\), diperoleh bahwa penduga metode momen bagi varians \(\sigma^2\) adalah:
\[\hat{\sigma}^2_{MM}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i^2-\widehat{\mu}_{MM}^{\,2}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i^2-\bar{X}^2\]
yang dapat ditulis ulang sebagai:
\[\hat{\sigma}^2_{MM}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n( X_i-\bar{X})^2\]
Sekali lagi, dalam contoh ini, penduga metode momen sama dengan penduga kemungkinan maksimum.
Dalam beberapa kasus, alih-alih menggunakan momen sampel terhadap titik asal, lebih mudah menggunakan momen sampel terhadap rataan. Cara ini menghasilkan bentuk alternatif Metode Momen.
Bentuk Lain Metode Ini
Gagasan dasar bentuk metode ini adalah:
Samakan momen sampel pertama terhadap titik asal \(M_1=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i=\bar{X}\) dengan momen teoretis pertama \(E(X).\)
Samakan momen sampel kedua terhadap rataan \(M_2^\ast=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2\) dengan momen teoretis kedua terhadap rataan \(E[(X-\mu)^2].\)
Lanjutkan dengan menyamakan momen sampel terhadap rataan \(M^\ast_k\) dengan momen teoretis terhadap rataan yang bersesuaian \(E[(X-\mu)^k]\), \(k=3, 4, \ldots\) hingga jumlah persamaannya sama dengan jumlah parameter.
Selesaikan persamaan-persamaan tersebut untuk memperoleh parameternya.
Sekali lagi, nilai yang dihasilkan disebut penduga metode momen.
Contoh 3.10 Misalkan \(X_1, X_2, \dots, X_n\) merupakan peubah acak gamma dengan parameter \(\alpha\) dan \(\theta\), sehingga fungsi kepadatan peluangnya adalah:
\[f(x_i)=\dfrac{1}{\Gamma(\alpha) \theta^\alpha}x_i^{\alpha-1}e^{-x_i/\theta}\]
untuk \(x_i>0.\) Oleh karena itu, fungsi kemungkinan:
\[L(\alpha,\theta)=\left(\dfrac{1}{\Gamma(\alpha) \theta^\alpha}\right)^n (x_1x_2\ldots x_n)^{\alpha-1}\text{exp}\left[-\dfrac{1}{\theta}\sum x_i\right]\]
sulit didiferensiasikan karena adanya fungsi gamma \(\Gamma(\alpha).\) Jadi, alih-alih menentukan penduga kemungkinan maksimum, berapakah penduga metode momen bagi \(\alpha\) dan \(\theta\)?
Penyelesaian
Momen teoretis pertama terhadap titik asal adalah:
\[E(X_i)=\alpha\theta\]
Selanjutnya, momen teoretis kedua terhadap rataan adalah:
\[\text{Var}(X_i)=E\left[(X_i-\mu)^2\right]=\alpha\theta^2\]
Sekali lagi, karena kita hendak menurunkan penduga metode momen bagi dua parameter, kita memerlukan dua persamaan. Dengan menyamakan momen teoretis pertama terhadap titik asal dengan momen sampel yang bersesuaian, diperoleh:
\[E(X)=\alpha\theta=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i=\bar{X}\]
Selanjutnya, dengan menyamakan momen teoretis kedua terhadap rataan dengan momen sampel yang bersesuaian, diperoleh:
\[Var(X)=\alpha\theta^2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2\]
Sekarang, kita hanya perlu menyelesaikan kedua persamaan tersebut terhadap parameter \(\alpha\) dan \(\theta.\) Mari mulai dengan menentukan \(\alpha\) dari persamaan pertama \((E(X)).\) Dengan demikian, diperoleh:
\[\alpha=\dfrac{\bar{X}}{\theta}\]
Sekarang, dengan menyubstitusikan \(\alpha=\dfrac{\bar{X}}{\theta}\) ke dalam persamaan kedua (\(\text{Var}(X)\)), diperoleh:
\[\alpha\theta^2=\left(\dfrac{\bar{X}}{\theta}\right)\theta^2=\bar{X}\theta=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2\]
Sekarang, dengan menentukan \(\theta\) dari persamaan terakhir tersebut, lalu membubuhkan tanda topi, diperoleh bahwa penduga metode momen bagi \(\theta\) adalah:
\[\hat{\theta}_{MM}=\dfrac{1}{n\bar{X}}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2\]
Selanjutnya, dengan menyubstitusikan nilai \(\theta\) tersebut kembali ke dalam persamaan untuk \(\alpha\), lalu membubuhkan tanda topi, diperoleh bahwa penduga metode momen bagi \(\alpha\) adalah:
\[\hat{\alpha}_{MM}=\dfrac{\bar{X}}{\hat{\theta}_{MM}}=\dfrac{\bar{X}}{(1/n\bar{X})\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2}=\dfrac{n\bar{X}^2}{\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2}\]
Contoh 3.11 Mari kita kembali ke contoh dengan \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) merupakan peubah acak normal dengan rataan \(\mu\) dan varians \(\sigma^2.\) Berapakah penduga metode momen bagi rataan \(\mu\) dan varians \(\sigma^2\)?
Penyelesaian
Momen teoretis pertama terhadap titik asal adalah:
\[E(X_i)=\mu\]
Selanjutnya, momen teoretis kedua terhadap rataan adalah:
\[\text{Var}(X_i)=E\left[(X_i-\mu)^2\right]=\sigma^2\]
Sekali lagi, karena kita hendak menurunkan penduga metode momen bagi dua parameter, kita memerlukan dua persamaan. Dengan menyamakan momen teoretis pertama terhadap titik asal dengan momen sampel yang bersesuaian, diperoleh:
\[E(X)=\mu=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n X_i\]
Selanjutnya, dengan menyamakan momen teoretis kedua terhadap rataan dengan momen sampel yang bersesuaian, diperoleh:
\[\sigma^2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2\]
Sekarang, kita hanya perlu menyelesaikan kedua persamaan itu terhadap kedua parameter tersebut. Ternyata, dalam kasus ini, persamaannya sudah terselesaikan terhadap \(\mu\) dan \(\sigma^2.\) Selesai! Kita hanya perlu membubuhkan tanda topi (^) pada parameter untuk memperjelas bahwa keduanya adalah penduga. Dengan demikian, diperoleh bahwa penduga metode momen bagi \(\mu\) adalah:
\[\hat{\mu}_{MM}=\bar{X}\]
(yang, berdasarkan pembahasan sebelumnya, kita ketahui bersifat tak bias). Penduga metode momen bagi \(\sigma^2\) adalah:
\[\hat{\sigma}^2_{MM}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2\]
(yang, berdasarkan pembahasan sebelumnya, kita ketahui bersifat bias). Bersama contoh kedua, contoh ini menunjukkan bahwa kedua bentuk metode tersebut dapat memerlukan tingkat usaha yang berbeda, bergantung pada situasi.
3.3 Ringkasan
Dalam pelajaran ini, kita menelaah cara menurunkan penduga. Kita memperkenalkan Metode Momen, yang menyamakan momen sampel dengan momen populasi untuk menduga parameter. Kita juga memperdalam pemahaman tentang kecukupan dengan mempelajari cara mengidentifikasi statistik yang menangkap seluruh informasi mengenai suatu parameter menggunakan Teorema Faktorisasi dan Kriteria Eksponensial. Perangkat ini membantu menyederhanakan data yang kompleks sekaligus mempertahankan hal-hal yang esensial bagi inferensi.
Pokok-Pokok Penting
- Metode Momen menyediakan cara langsung untuk menentukan penduga.
- Statistik cukup memuat seluruh informasi yang diperlukan untuk menduga suatu parameter dan memungkinkan kita mereduksi data tanpa kehilangan daya inferensial.
- Teorema Faktorisasi membantu menentukan apakah suatu statistik bersifat cukup.
- Kriteria Eksponensial merupakan jalan pintas untuk memeriksa kecukupan pada model keluarga eksponensial.