Uji Hipotesis Terbaik Neyman-Pearson

1. Definisi Daerah Kritis Terbaik

Misal C ⊂ Ω, dimana C daerah kritis dan Ω ruang variabel random. Berikut ini definisi dari daerah kritis terbaik:

A. Daerah kritis terbaik diketahui tingkat signifikansi

Misal diketahui tingkat signifikansi dari suatu uji hipotesis adalah α, dituliskan

α = P[(x₁, x₂, ..., xₙ) ∈ C : H₀].

C merupakan daerah kritis terbaik jika dan hanya jika:

(∀A ⊂ Ω). P[(x₁, x₂, ..., xₙ) ∈ C : H₁] ≥ P[(x₁, x₂, ..., xₙ) ∈ A : H₁].

Dengan kata lain, daerah kritis terbaik (dari uji hipotesis yang diketahui tingkat signifikansinya) adalah yang memiliki kuasa uji terbesar.

B. Daerah kritis terbaik diketahui kuasa uji

Misal diketahui kuasa uji dari suatu uji hipotesis adalah 1 – β, dituliskan

1 – β = P[(x₁, x₂, ..., xₙ) ∈ C : H₁].

C merupakan daerah kritis terbaik jika dan hanya jika:

(∀A ⊂ Ω). P[(x₁, x₂, ..., xₙ) ∈ C : H₀] ≤ P[(x₁, x₂, ..., xₙ) ∈ A : H₀].

Dengan kata lain, daerah kritis terbaik (dari uji hipotesis yang diketahui kuasa ujinya) adalah yang memiliki tingkat signifikansi terkecil.

2. Teorema Neyman-Pearson

Misal X₁, X₂, ..., Xₙ sampel random dari VR X dengan FDP f(x) dan parameter θ; C ⊂ Ω, dimana C daerah kritis dan Ω ruang variabel random; dan diberikan informasi mengenai tingkat signifikansi atau kuasa uji.

Misal diformulasikan uji hipotesis sederhana:

H₀: θ = θ₀ vs H₁: θ = θ₁

maka C merupakan daerah kritis terbaik jika:

dengan L(θ) merupakan fungsi likelihood yang dirumuskan sebagai berikut:

L(θ) = Πf(xᵢ)

Catatan:
• Pernyataan a dan b ekivalen, sehingga cukup mengecek salahsatu saja (lebih sering hanya dicek pernyataan a saja).

• Teorema Neyman-Pearson ini hanya bisa digunakan untuk uji hipotesis sederhana (dimana H₀ dan H₁ keduanya sederhana). Adapun untuk uji hipotesis komposit (baik salahsatu atau dua-duanya dari H₀ dan H₁), tidak bisa menggunakan Neyman-Pearson.

Contoh Soal

1. Misal X₁, X₂, ..., Xₙ sampel random dari VR X~Exp(θ). Akan dilakukan uji hipotesis

H₀: θ = 2 vs H₁: θ = 4

1a. Tentukan daerah kritis terbaik jika 1 – β = 95% dan n = 48.

Kasus ini merupakan uji hipotesis sederhana, sehingga dapat digunakan uji hipotesis terbaik Neyman-Pearson.

Mula-mula, tentukan fungsi likelihood

bagi likelihood dari H₀ dengan likelihood dari H₁

karena bentuk ∑x masih dalam eksponen, tarik logaritma kedua ruas

pada akhirnya, diperoleh daerah kritis berikut:

Perhatikan fungsi pembangkit momen dari ∑x

dengan mengalikan ∑x dengan 2/θ, kita dapat membawanya kepada distribusi 𝜒²

jadi, pivotnya adalah

Ingat kembali 1 – β = 95%, gunakan informasi ini untuk menentukan daerah kritis

Selanjutnya tentukan C₀ yang merupakan titik kritis, untuk n = 48, 2n = 96.

Jadi, daerah kritisnya adalah

1b. Berdasarkan hasil (a), tentukan tingkat signifikansi

α = P[(x₁, x₂, ..., xₙ) ∈ C : H₀]

Jadi, tingkat signifikansinya adalah 0,0448%.

2. Misal X₁, X₂, ..., Xₙ sampel random dari VR X~N(6, ⅔θ + ⅓). Akan dilakukan uji hipotesis

H₀: θ = 3 vs H₁: θ = 5

2a. Tentukan daerah kritis terbaik untuk α = 5%, n = 15

Kasus ini merupakan uji hipotesis sederhana, sehingga dapat digunakan uji hipotesis terbaik Neyman-Pearson. Mula-mula, tentukan fungsi likelihood

bagi likelihood dari H₀ dengan likelihood dari H₁

karena bentuk ∑x masih dalam eksponen, tarik logaritma kedua ruas

pada akhirnya, diperoleh daerah kritis berikut:

Selanjutnya perhatikan

Misal Y = Z², berikut fungsi distribusi kumulatif dari Y:

turunkan terhadap Y:

distribusi dari Y adalah 𝜒²(1).
Selanjutnya akan dicari distribusi dari ∑Y

∑Y~𝜒²(n).
𝜒² = ∑Y = ∑Z² ini dipilih sebagai pivot. Jadi, pivotnya adalah

Ingat kembali α = 5%, n =15, gunakan informasi ini untuk menentukan daerah kritis

Jadi, daerah kritisnya adalah

2b. Jika dari sampel random diperoleh nilai data berikut, tentukan kesimpulan uji

Data : 3, 4, 7, 4, 7, 8, 6, 5, 9, 7, 6, 5, 7, 8, 4

Dari sampel diperoleh ∑(x – 6)² = ∑(x – x̄)² = 44 < 58,32351; ini berarti (x₁, x₂, ..., xₙ) ∉ C, sehingga H₀ tidak ditolak. Jadi, θ = 3.

3. Misal X₁, X₂, ..., Xₙ sampel random dari VR X~N(2μ, 4). Akan dilakukan uji hipotesis

H₀: μ = 4 vs H₁: μ = 2

3a. Tentukan daerah kritis terbaik untuk α = 5%, n = 64

bagi likelihood dari H₀ dengan likelihood dari H₁

pada akhirnya, diperoleh daerah kritis berikut:

tentukan pivot

tentukan titik kritis

jadi, daerah kritisnya adalah C = {(x₁, x₂, ..., xₙ): x̄ ≤ 7,588787}.

3b. Berdasarkan hasil (a), tentukan kuasa uji

1 – β = P[(x₁, x₂, ..., xₙ) ∈ C : H₁] = P[x̄ ≤ 7,588787: μ = 2] = P[4x̄ ≤ 30,35515: μ = 2]

= P[4x̄ – 8μ ≤ 30,35515 – 8μ : μ = 2] = P[Z ≤ 14,35515] ≈ 1.

Jadi, kuasa ujinya sangat mendekati 1.

3c. Jika dari sampel diperoleh mean 6,5; tentukan kesimpulan uji

Mean sampel 6,5; berarti x̄ = 6,5 < 7,589; yang mana (x₁, x₂, ..., xₙ) ∈ C sehingga H₀ ditolak.

Jadi, μ = 2.