Set penguasaan 01 — statistik urutan dan distribusi sampel

Tuliskan \(X_{(1)}\le\cdots\le X_{(n)}\) untuk urutan menaik. Soal-soal ini menekankan bahwa statistik urutan bukan sekadar pengurutan data: densitasnya memuat informasi tentang letak, rentang, titik ujung, dan kuantil. Semua hasil kontinu mengabaikan peristiwa nilai yang sama yang mempunyai probabilitas nol.

Masalah 1 — minimum, maksimum, dan rentang Seragam

Misalkan \(U_1,\ldots,U_4\) saling bebas dan berdistribusi identik (iid) menurut \(\operatorname{Uniform}(0,1)\), dengan \(M=U_{(1)}\) dan \(N=U_{(4)}\).

1. Turunkan densitas bersama \((M,N)\) pada \(0<m<v<1\).
2. Hitung \(P(N-M\le1/2)\).
3. Apakah \(M\) dan \(N\) independen? Jelaskan dari densitas marginal atau dukungan bersama.

Petunjuk 1

Untuk \(m<v\), satu observasi berada dekat \(m\), satu dekat \(v\), dan dua sisanya berada di antara keduanya. Hitung semua penempatan label yang mungkin.

Petunjuk 2

Untuk ukuran sampel \(s\), secara umum \(f_{U_{(1)},U_{(s)}}(m,v)=s(s-1)(v-m)^{s-2}\). Integralkan pada daerah \(v-m\le r\) atau gunakan komplemen rentang lebih besar dari \(r\).

Jawaban singkat

\(f_{M,N}(m,v)=12(v-m)^2\mathbf1\{0<m<v<1\}\). Untuk \(r=1/2\), \(P(N-M\le r)=4r^3-3r^4=5/16\). Dukungan berbentuk segitiga dan densitas tidak dapat difaktorkan sebagai hasil kali fungsi \(m\) dan fungsi \(v\), sehingga keduanya tidak independen.

Solusi lengkap

Ambil pita kecil di sekitar \(m\) dan \(v\). Agar \(M\) dan \(N\) berada di sana, satu dari empat label harus menjadi minimum, satu label lain menjadi maksimum, dan dua label tersisa harus jatuh di interval \((m,v)\). Banyak penempatan label adalah \(4\cdot3=12\). Peluang kedua observasi tengah jatuh di interval itu menghasilkan faktor \((v-m)^2\), sedangkan lebar pita minimum dan maksimum menyumbang \(dm\,dv\). Oleh karena itu

Untuk sampel Seragam berukuran \(s\) secara umum,

Dengan \(s=4\) dan \(r=1/2\), nilainya \(4(1/2)^3-3(1/2)^4=1/2-3/16=5/16\). Densitas marginal minimum ialah \(4(1-m)^3\), sedangkan densitas marginal maksimum (gunakan variabel \(v\)) ialah \(f_N(v)=4v^3\); produk keduanya adalah \(16v^3(1-m)^3\), bukan \(12(v-m)^2\). Selain itu, dukungan bersama mensyaratkan \(m<v\), sedangkan produk dua marginal akan memberi massa pada \(m\ge v\). Maka independensi gagal.

Masalah 2 — CDF dan densitas urutan ke-\(k\)

Misalkan \(X_1,\ldots,X_7\) iid dengan CDF kontinu \(F\) dan densitas \(f\). Tuliskan \(X_{(3)}\) untuk urutan ketiga.

1. Turunkan \(P(X_{(3)}\le x)\) sebagai jumlah peluang Binomial.
2. Diferensiasikan untuk memperoleh densitas \(f_{X_{(3)}}(x)\).
3. Jika \(X_i\sim\operatorname{Uniform}(0,1)\), nyatakan \(P(X_{(3)}\le0{,}4)\) sebagai jumlah eksplisit dan tuliskan densitasnya.

Petunjuk 1

\(X_{(3)}\le x\) berarti sedikitnya tiga dari tujuh observasi tidak melebihi \(x\). Banyak observasi tersebut berdistribusi Binomial\((7,F(x))\).

Petunjuk 2

Untuk densitas, diferensiasikan bentuk \(\sum_{j=3}^7\binom7jF(x)^j[1-F(x)]^{7-j}\) atau gunakan rumus langsung \(\frac{7!}{2!4!}F(x)^2[1-F(x)]^4f(x)\).

Jawaban singkat

dan \(f_{X_{(3)}}(x)=105F(x)^2[1-F(x)]^4f(x)\). Untuk distribusi Seragam, peluang pada \(0{,}4\) adalah \(\sum_{j=3}^7\binom7j0{,}4^j0{,}6^{7-j}\) dan densitasnya \(105x^2(1-x)^4\) pada \((0,1)\).

Solusi lengkap

Definisikan \(K_x=\sum_{i=1}^7\mathbf1\{X_i\le x\}\). Karena observasi iid, \(K_x\sim\operatorname{Binomial}(7,F(x))\). Urutan ketiga tidak melebihi \(x\) tepat ketika \(K_x\ge3\), sehingga

Untuk CDF kontinu, diferensiasi dan aturan rantai menghasilkan koefisien

sehingga

Pada Seragam\((0,1)\), \(F(x)=x\) dan \(f(x)=1\) di dalam interval satuan. Jadi \(P(X_{(3)}\le0{,}4)=\sum_{j=3}^{7}\binom7j(0{,}4)^j(0{,}6)^{7-j}\), sedangkan densitasnya \(105x^2(1-x)^4\). Di luar \((0,1)\), CDF bernilai nol atau satu sesuai sisi domainnya; rumus polinomial tanpa domain dapat memberikan nilai yang bukan peluang. Hubungan Binomial ini juga menjelaskan mengapa CDF memakai "sedikitnya tiga", bukan peluang tepat tiga.

Masalah 3 — momen urutan Seragam melalui Beta

Untuk \(U_1,\ldots,U_{10}\) iid Seragam\((0,1)\), tentukan distribusi, rataan, dan varians \(U_{(4)}\). Hitung juga peluang bahwa \(U_{(4)}>1/2\) melalui CDF Binomial, tanpa perlu memberikan desimal panjang.

Petunjuk 1

\(U_{(k)}\sim\operatorname{Beta}(k,n-k+1)\). Untuk Beta\((a,b)\), \(E[V]=a/(a+b)\) dan \(\operatorname{Var}(V)=ab/[(a+b)^2(a+b+1)]\).

Petunjuk 2

Peristiwa \(U_{(4)}>1/2\) berarti paling banyak tiga observasi berada di bawah \(1/2\). Gunakan \(K\sim\operatorname{Binomial}(10,1/2)\).

Jawaban singkat

\(U_{(4)}\sim\operatorname{Beta}(4,7)\), \(E[U_{(4)}]=4/11\), dan \(\operatorname{Var}(U_{(4)})=28/(121\cdot12)=7/363\). Selain itu \(P(U_{(4)}>1/2)=P(K\le3)=2^{-10}\sum_{j=0}^3\binom{10}{j}\).

Solusi lengkap

Rumus densitas urutan Seragam memberi

yang merupakan densitas Beta\((4,7)\). Maka

dan

Untuk peluang ekor, jumlah \(K\) observasi yang kurang dari atau sama dengan \(1/2\) berdistribusi Binomial\((10,1/2)\). Karena nilai yang sama berpeluang nol, \(U_{(4)}>1/2\) jika dan hanya jika \(K\le3\), sehingga

Nilai rataan \(4/11\) berbeda dari \(4/10\) karena urutan mempunyai koreksi titik ujung yang ditentukan oleh ukuran sampel dan posisi peringkat. Distribusi Beta menyediakan momen eksak, sedangkan pendekatan Normal harus memeriksa apakah peringkat berada cukup jauh dari batas.

Masalah 4 — median pada sampel berhingga dan limitnya

Ambil sembilan observasi iid Seragam\((0,1)\) dan median \(T=U_{(5)}\).

1. Hitung \(E[T]\) dan \(\operatorname{Var}(T)\) secara eksak.
2. Nyatakan limit distribusi \(\sqrt n(\widetilde X_n-m)\) untuk median sampel dari populasi kontinu yang memiliki median \(m=1/2\) dan densitas \(f(m)>0\).
3. Bandingkan varians limit untuk Seragam dengan varians pada \(n=9\).

Petunjuk 1

Median kesembilan adalah Beta\((5,5)\). Gunakan rumus momen Beta dan \(\operatorname{Var}(\sqrt9(T-1/2))=9\operatorname{Var}(T)\) hanya sebagai perbandingan, bukan identitas limit.

Petunjuk 2

Limit median mempunyai varians \(1/[4f(m)^2]\). Untuk Seragam pada median, \(f(m)=1\).

Jawaban singkat

\(T\sim\operatorname{Beta}(5,5)\), jadi \(E[T]=1/2\) dan \(\operatorname{Var}(T)=25/(10^2\cdot11)=1/44\). Untuk populasi kontinu dengan median \(m\) dan \(f(m)>0\), \(\sqrt n(\widetilde X_n-m)\Rightarrow N(0,1/[4f(m)^2])\). Khusus untuk Seragam\((0,1)\), varians limitnya \(1/4\); nilai ini tidak sama dengan varians \(1/44\) dari \(T\) sebelum penskalaan.

Solusi lengkap

Rumus urutan Seragam memberi \(U_{(5)}\sim\operatorname{Beta}(5,9-5+1)=\operatorname{Beta}(5,5)\). Karena parameternya sama,

Untuk median sampel dari distribusi kontinu dengan median populasi \(m\) dan densitas positif \(f(m)\), teori kuantil memberi

Pada Seragam\((0,1)\), \(m=1/2\) dan \(f(m)=1\), sehingga varians limit adalah \(1/4\). Jika seseorang ingin membandingkan skala pada \(n=9\), varians dari \(\sqrt9(T-1/2)\) yang dihitung dari distribusi tepat ialah \(9/44\); angka ini belum harus sama dengan \(1/4\) karena konvergensi distribusi tidak menjamin kesamaan momen pada ukuran sampel kecil. Median tepat Beta\((5,5)\) juga tidak Normal tepat, meskipun bentuknya simetris dan dapat didekati Normal ketika \(n\) membesar.

Masalah 5 — selang kuantil dari dua statistik urutan

Misalkan \(q=F^{-1}(0{,}25)\) adalah kuantil 0,25 populasi (kuartil pertama) dan \(X_1,\ldots,X_{20}\) iid dari distribusi kontinu. Gunakan selang berbasis urutan \([X_{(5)},X_{(15)}]\).

1. Tulis peluang cakupan \(P(X_{(5)}\le q\le X_{(15)})\) sebagai jumlah Binomial.
2. Identifikasi distribusi hitungan yang dipakai dan jelaskan batas indeksnya.
3. Apakah selang itu otomatis mempunyai cakupan tepat 95%? Jelaskan bagaimana memilih peringkat lain bila target nominal tertentu diperlukan.

Petunjuk 1

Definisikan \(K=\#\{i:X_i\le q\}\). Karena \(F(q)=0{,}25\) dan distribusi kontinu, \(K\sim\operatorname{Binomial}(20,0{,}25)\).

Petunjuk 2

\(X_{(5)}\le q\) memerlukan \(K\ge5\), sedangkan \(q\le X_{(15)}\) memerlukan \(K\le14\). Jumlahkan peluang \(K=5,\ldots,14\).

Jawaban singkat

Hitungan \(K\) adalah Binomial\((20,0{,}25)\). Nilai jumlah tersebut ditentukan oleh diskretisasi peringkat dan umumnya tidak tepat 0,95; peringkat dapat dicari dengan mengevaluasi beberapa pasangan batas dan memilih cakupan yang memenuhi target.

Solusi lengkap

Karena \(q\) adalah kuantil 0,25, setiap indikator \(I_i=\mathbf1\{X_i\le q\}\) mempunyai peluang 0,25. Independensi memberi

Peristiwa \(X_{(5)}\le q\) berarti sedikitnya lima observasi tidak melebihi \(q\), yaitu \(K\ge5\). Peristiwa \(q\le X_{(15)}\) berarti paling banyak empat belas observasi tidak melebihi \(q\); jika lima belas atau lebih tidak melebihi \(q\), syarat batas atas tidak terpenuhi. Jadi cakupan gabungan adalah \(5\le K\le14\) dan

Karena \(K\) diskret, \(C\) hanya mengambil sekumpulan nilai tertentu. Tidak ada alasan jumlah tersebut tepat 0,95; ia bisa konservatif atau berada di bawah target. Untuk membangun selang dengan cakupan sekurangnya target \(1-\alpha\), pilih pasangan peringkat \((r,s)\) sehingga peluang Binomial \(P(r\le K\le s-1)\) paling sedikit \(1-\alpha\), lalu laporkan diskretisasi dan panjang selangnya. Ketaksamaan ini mengandalkan kontinuitas; pada populasi dengan nilai yang sama, aturan kuantil dan peluang batas harus dinyatakan secara terpisah.

Masalah 6 — celah Seragam dan jarak maksimum

Untuk tiga observasi iid Seragam\((0,1)\), definisikan empat celah

1. Tentukan dukungan dan densitas bersama \((D_0,D_1,D_2,D_3)\) dengan kendala jumlahnya satu.
2. Hitung \(E[D_j]\) untuk setiap \(j\).
3. Hitung \(P(\max_jD_j>1/2)\).

Petunjuk 1

Transformasi dari \((U_{(1)},U_{(2)},U_{(3)})\) mempunyai Jacobian mutlak satu. Densitas urutan bersama adalah \(3!=6\) pada simpleks.

Petunjuk 2

Distribusi celah adalah Dirichlet\((1,1,1,1)\), sehingga semua rataan sama. Dua celah berbeda tidak dapat sekaligus melebihi \(1/2\) kecuali pada batas berpeluang nol.

Jawaban singkat

Densitas bersama konstan 6 pada \(d_j\ge0\) dan \(\sum_{j=0}^3d_j=1\); vektor celah berdistribusi Dirichlet\((1,1,1,1)\) dan \(E[D_j]=1/4\). Kejadian \(D_j>1/2\) saling lepas, masing-masing berpeluang \((1/2)^3\), sehingga \(P(\max D_j>1/2)=4/8=1/2\).

Solusi lengkap

Urutan tiga titik mempunyai densitas \(3!=6\) pada \(0<u_1<u_2<u_3<1\). Transformasi linear ke empat celah memiliki Jacobian mutlak satu dan memetakan daerah itu ke simpleks \(d_j\ge0,\ d_0+d_1+d_2+d_3=1\). Jadi hukum celah adalah Dirichlet dengan empat parameter satu; bentuk densitas terhadap tiga koordinat bebas adalah konstan 6 pada simpleks tersebut.

Simetri Dirichlet membuat semua celah mempunyai rataan sama. Karena jumlah empatnya satu,

Untuk suatu celah, misalnya \(D_0\), marginalnya Beta\((1,3)\), sehingga \(P(D_0>1/2)=(1-1/2)^3=1/8\). Jika dua celah masing-masing lebih dari \(1/2\), jumlahnya sudah lebih dari satu; karena itu empat kejadian tersebut saling lepas (irisan batas mempunyai probabilitas nol). Dengan menjumlahkan empat peluang yang saling lepas,

Celah tidak independen karena jumlahnya harus sama dengan satu. Ketergantungan ini harus dipertahankan ketika celah digunakan untuk menguji kesesuaian model atau mendeteksi celah ekstrem.

Masalah 7 — celah urutan eksponensial

Misalkan \(X_1,\ldots,X_4\) iid eksponensial\((\lambda)\) dan tulis \(X_{(1)}<\cdots<X_{(4)}\). Definisikan \(W_1=X_{(1)}\), \(W_2=X_{(2)}-X_{(1)}\).

1. Tentukan distribusi dan independensi \(W_1,W_2\).
2. Hitung \(E[X_{(2)}]\) dan \(\operatorname{Var}(X_{(2)})\).
3. Jelaskan secara singkat mengapa laju berubah setelah setiap kedatangan.

Petunjuk 1

Minimum empat eksponensial mempunyai laju \(4\lambda\). Setelah minimum terjadi, tiga peubah tersisa masih menunggu dengan laju total \(3\lambda\).

Petunjuk 2

Sifat tanpa ingatan membuat waktu-waktu tunggu berturut-turut saling independen. Jumlahkan dua eksponensial independen untuk memperoleh momen urutan kedua.

Jawaban singkat

\(W_1\sim\operatorname{Exponential}(4\lambda)\) dan \(W_2\sim\operatorname{Exponential}(3\lambda)\) secara independen. Karena \(X_{(2)}=W_1+W_2\), \(E[X_{(2)}]=7/(12\lambda)\) dan \(\operatorname{Var}(X_{(2)})=25/(144\lambda^2)\).

Solusi lengkap

Peluang bahwa belum ada kedatangan sebelum waktu \(t\) untuk keempat peubah adalah \(e^{-4\lambda t}\), sehingga minimum mempunyai laju \(4\lambda\). Setelah kedatangan pertama terjadi, tiga peubah yang tersisa memiliki sisa waktu tunggu eksponensial yang independen dari masa lalu, masing-masing berlaju \(\lambda\). Karena itu, waktu tunggu hingga kedatangan berikutnya berlaju \(3\lambda\). Sifat tanpa ingatan juga memberi independensi \(W_1\) dan \(W_2\).

Untuk peubah eksponensial\((r)\), rataan \(1/r\) dan varians \(1/r^2\). Maka

dan, karena independen,

Setiap kedatangan mengurangi jumlah proses yang masih menunggu, sehingga laju minimum berikutnya turun dari \(4\lambda\) ke \(3\lambda\), lalu ke \(2\lambda\). Menggunakan satu laju \(\lambda\) untuk semua celah akan mengabaikan perubahan jumlah peubah yang masih menunggu.

Masalah 8 — titik ujung Seragam: MLE, bias, dan batas kepercayaan

Misalkan \(X_1,\ldots,X_n\) iid Seragam\((0,\theta)\) dengan \(\theta>0\) dan \(M=X_{(n)}\).

1. Turunkan CDF \(M\), fungsi kemungkinan, dan MLE \(\widehat\theta\).
2. Hitung bias dan MSE \(M\), lalu tunjukkan bahwa \(\widetilde\theta=(n+1)M/n\) tak bias.
3. Bentuk batas bawah kepercayaan satu sisi tingkat \(1-\alpha\) untuk \(\theta\) dari \(M\) dan buktikan cakupannya.

Petunjuk 1

\(P(M\le m)=(m/\theta)^n\) untuk \(0<m<\theta\), sedangkan fungsi kemungkinan nol bila \(\theta<m\). Maksimum terjadi pada titik ujung terkecil yang diizinkan.

Petunjuk 2

Momen maksimum Seragam adalah \(E[M]=n\theta/(n+1)\) dan \(\operatorname{Var}(M)=n\theta^2/[(n+1)^2(n+2)]\). Untuk batas bawah tingkat \(1-\alpha\), pilih \(L=M/(1-\alpha)^{1/n}\) dan hitung \(P_\theta(L\le\theta)\).

Jawaban singkat

\(F_M(m)=(m/\theta)^n\) pada \(0<m<\theta\) dan MLE adalah \(M\). Biasnya \(-\theta/(n+1)\), MSE-nya \(2\theta^2/[(n+1)(n+2)]\), dan \(\widetilde\theta=(n+1)M/n\) tak bias. Batas bawah \(L=M/(1-\alpha)^{1/n}\) memenuhi \(P_\theta(L\le\theta)=1-\alpha\).

Solusi lengkap

Karena semua observasi harus berada di \((0,\theta)\),

Fungsi kemungkinan sebagai fungsi \(\theta\) adalah \(L(\theta;x)=\theta^{-n}\mathbf1\{\theta\ge m\}\), dengan \(m\) nilai maksimum teramati. Pada daerah yang diizinkan, \(\theta^{-n}\) menurun terhadap \(\theta\), sehingga MLE adalah \(\widehat\theta=M\).

Momen maksimum memberi

Bias \(M\) adalah \(-\theta/(n+1)\). Menambahkan kuadrat bias ke varians menghasilkan

Pengali \((n+1)/n\) menghapus bias: \(E[(n+1)M/n]=\theta\).

Untuk batas bawah tingkat \(1-\alpha\), tetapkan \(L=M/(1-\alpha)^{1/n}\). Karena \(M/\theta\) mempunyai CDF \(t^n\) pada \(0<t<1\),

Ini menghitung peluang bahwa batas bawah tidak melebihi parameter. Jadi cakupan selang tak berbatas \([L,\infty)\) adalah \(1-\alpha\). MLE konsisten saat \(n\) tumbuh, namun tetap bias pada setiap \(n\) berhingga; konsistensi dan ketakbiasan adalah sifat yang berbeda.

Daftar periksa kelulusan

Anda lulus bila dapat berpindah antara fungsi distribusi kumulatif (CDF) yang diperoleh dari hitungan Binomial, densitas Beta, celah Dirichlet, dan transformasi titik ujung tanpa kehilangan domain atau faktor kombinatorik. Periksa selalu arah ketaksamaan saat mengubah peluang urutan menjadi cakupan parameter.