Matakuliah
Tahun
: I0184 – Teori Statistika II
: 2009
UJI SATU NILAI TENGAH DAN RAGAM
Pertemuan 11
Materi Pokok 11
UJI SATU NILAI TENGAH DAN RAGAM
1. Galat 1 dan Galat 2 Uji Nilai Tengah
Pada pengujian hipotesis, akan keputusan apakah akan
menolak atau menerima Hipotesis H0 dan untuk
melakukannya perlu untuk memisahkan ruang contoh atas
dua bagian misalnya C dan C1, jika (X1, X2, …., Xn )  C,
tolak H0 maka (X1, X2, …., Xn )  C1 terima H0. Wilayah
penolkan H0 adalah wilayah C merupakan wilayah kritik.
Jika (X1, X2, …., Xn )  C bila H0 benar dan penolakan Ho
padahal H0 benar disebut tipe galat 1 dan jika (X1, X2, ….,
Xn )  C bila H1 benar, maka penerimaan H0 padahal H1
2
benar merupakan tipe galat 2. Tipe Galat 1 =  dan tipe
Bina Nusantara University
 = P[(X1, X2, …., Xn)  C; H0] adalah peluang bahwa (X1,
X2, ….,Xn) jatuh di C bila H0 benar dan  = P[(X1, X2, ….,
Xn)  C1; H1] adalah peluang penerimaan H0 bila H0 salah,
misalnya :
n  16, C  X : X  53 , X ~ N50, 36 
Maka X ~ N50, 36 16  bila H 0 benar
dan X ~ N55, 36 16  bila H1 benar
 X - 50 53 - 50

α  PX  53; H 0   P 

; H0 
64
 64

 1 - Φ 2   0,0228 dan
 X - 55 53 - 55

β  PX  53; H1   P 

; H1 
64
 64

 4
 Φ     1 - 0,9087  0,0913
 3
Bina Nusantara University
3
_
f (X )
0,2
H0
H1
0,1

0
45
50

55
60
Gambar. Fungsi Kepekatan X pada H0 dan H1
Bina Nusantara University
4
Contoh 11.1.
Peubah Acak X menyebar normal dengan nilai tengah 
dan ragam 2 = 100. Pada Pengujian hipotesis H0 :  = 60,
H1=  > 60 diambilx contoh acak dan nilai tengah
x  62,75 dengan n
= 52 nilai tengah
. Tentukan nilai p.
Jawaban :
Nilai p  Px  62,75 ; μ  60 
 x - 60 62,75 - 60

 P

; μ  60 
 10 52 10 52

 62,75 - 60 
1- Φ 
  1 - Φ 1,983  0,0237
 10 52 
p  0,0237  0,05 tolak H 0 : μ  60
Bina Nusantara University
5
2. Hipotesis dan Wilayah Kritik Uji Nilai Tengah Dengan
Ragam Diketahui
H0
H1
 = 0
 > 0
 = 0
 < 0
 = 0
  0
Wilayah Kritik
Z  Zα atau x  μ 0  Zα σ n
Z  - Zα atau x  μ 0  Zα σ n
Z  Zα 2 atau x  μ 0  Zα 2 σ n
3. Hipotesis dan wilayah kritik uji nilai Tengah dengan ragam
tidak diketahui
H0
H1
 = 0
 > 0
 = 0
 < 0
t  t n - 1 atau x  μ 0  t n - 1 s n
α
α
t  - t n - 1 atau x  μ 0  t n - 1 s n
=
  0
t t
Bina Nusantara University 0
Wilayah Kritik
α
α 2n - 1
α
atau x - μ 0  t
α 2n - 1
s
n
6
Statistik Uji T 
x -μ
S2 n

x -μ
S2 n
Untuk n  30 statistik uji
Z
x -μ
2
S n

x -μ
S2 n
sama pada no. 2 di atas tetapi σ diganti dengan S.
Contoh 11.2
Misalkan X (milimiter) adalah pertumbuhan tumor setelah 15 hari
diinjeksikan pada percobaan tikus. Asuransi X ~ N(µ, 2).
Hipotesis H0 : µ = µ0 = 4,0 vs H1: µ  4,0. Jika n = 9 dan taraf
nyata  = 0,10 maka wilayah kritik
x - 4,0
t
 t α 2 8  1,860
S 9
Jika hasil pengamatan n  9, x  4,3 dan S  1,2 maka :
Bina Nusantara University
7
4,3 - 4,0
t
 0,75, t  0,75  1,860
1,2 9
sehingga H 0 tidak dapat ditolak.
Nilai P = P(|T|  0,75) = 2 P (T  0,75), pada tabel + dengan
derajat bebas dan tidak terdapat nilai 0,75 yang ada 0,706
sebagai penggantinya.
  2pmenolak
 Pkita
T tidak
0,706dapat
T  0,706H0: 0,50
Dengan p = p0,50
 = 4,0
Hipotesis dan
H 0 :Wilayah
σ 2  σ 02 Kritik Uji Ragam
4. Hipotesis
Teorema 11.1.
Misalkan S2 sebagai ragam contoh yang dihitung pada
pengematan
dari sebaran
2
2
2 normal dengan nilai tengah  dan 2.
Ambil χ  n - 1 S σ 0
Bina Nusantara University
8
a) Uji H 0 : σ 2  σ 02 lawan H1 : σ 2  σ 02 pada taraf nyata α, menolak H 0
2 2
σ
χ n - 1
jika χ 2  χ α2 n - 1 atau S2  0 α
n -1
2
2
2
2
b) Uji H 0 : σ  σ 0 lawan H1 : σ  σ 0 pada taraf nyata α, tolak H 0
2 2
σ
χ1 - α n - 1
2
2
2
0
jika χ  χ α, n - 1 atau S 
n -1
c) Uji H 0 : σ 2  σ 02 lawan H1 : σ 2  σ 02 pada taraf nyata α, tolak H 0
2 2
σ
χ1 - α n - 1
2
2
2
0
jika χ  χ α, n - 1 atau S 
n -1
Bina Nusantara University
9
Contoh 11.3.
Diketahui n  23, α  0,05, H 0  σ 2  100, H1 : σ 2  100,
Statistik χ 2  n - 1 S2 σ 02  22 S2 100
Pada tabel χ 2 diperoleh :
2
2
22   10,98 dan χ 0,025
22   36,78
χ 0,975
H 0 ditolak jika :
22 S2
100 10,98
χ 
 10,98  S2 
100
22
2
S2  49,91 atau
22 S2
2 100 36,78
χ 
 36,78  S 
100
22
2
S2  167,18
Bina Nusantara University
10
Jika S2 = 147,82 maka H0 tidak dapat ditolak karena :
49,91 < S2 = 147,82 < 167,18 dan dengan
2 22 147,82 
χ 
 32,52
100
10,98 < 2 = 32,52 < 36,78.
Nilai p = 2[P(  32,52)]
[P(  32,52)] = Nilai p
untuk H1 : 2 > 100 ,  = 22 S2/100
Pada tabel 2 (22) dapat diperoleh P(  30,81) = 0,10 dan
P(  33,92) = 0,05
0,05 < Nilai p = P(  32,52)  0,10 sehingga untuk
2[P(  32,52)] diperoleh 0,10 < Nilai p < 0,20.
Bina Nusantara University
11