Statmat2, Tugas Kelompok 4

1.a

$$\begin{array}{rl}f(x;\theta )& =\frac{1}{x!}\cdot e^{x\ln \theta }\cdot e^{-\theta }\\ & =\frac{1}{x!}\cdot e^{x\ln \theta -\theta }\\ & =\exp \left[\ln \theta \cdot x+\ln \left(\frac{1}{x!}\right)-\theta \right]\end{array}$$

Misalkan

• $p(\theta )=\ln \theta$
• $K(x)=x$
• $H(x)=-\ln (x!)$
• $q(\theta )=-\theta$

Perhatikan bahwa

1. $\mathcal{S}$ tidak bergantung pada $\theta$
2. $p(\theta )=\ln \theta$ adalah fungsi kontinu, nontrivial untuk $\theta \in \Omega$
3. $K(x)=x$ fungsi nontrivial untuk $x\in \mathcal{S}$

Maka berdasarkan Definisi 7.5.1, distribusi Poisson merupakan kasus reguler dari kelas eksponensial yang bertipe diskrit.

1.b

Dari a, telah ditunjukkan bahwa distribusi Poisson termasuk kelas eksponensial reguler dengan $K(x)=x$. Misalkan $Y_1={\sum }_{i=1}^{n}K(X_i)={\sum }_{i=1}^n{X}_i$. Berdasarkan Teorema 7.5.2, statistik $Y_1$ adalah statistik cukup dan komplit untuk $\theta$.

1.c

Perhatikan bahwa $E[Y_1]=E\left[{\sum }_{i=1}^n{X}_i\right]={\sum }_{i=1}^{n}E[X_i]$. Karena $X_i$ berdistribusi Poisson($\theta$), maka $E[X_i]=\theta$. Sehingga didapati $E[Y_1]={\sum }_{i=1}^n\theta =n\theta$. Karena $E[Y_1]=n\theta \ne \theta$, maka $Y_1$ bukan penaksir tak bias untuk $\theta$.

1.d

Misalkan $\bar{X}=\frac{Y_1}{n}$. Perhatikan bahwa $E(\bar{X})=E(Y_1/n)=n\theta /n=\theta$, sehingga $\bar{X}$ adalah penaksir tak bias untuk $\theta$.

Karena $Y_1$ adalah statistik cukup dan komplit untuk $\theta$, dan terdapat fungsi dari $Y_1$ yang merupakan penaksir tak bias untuk $\theta$, maka berdasarkan Teorema 7.4.1, maka $\bar{X}$ adalah penaksir tak bias varians minimum unik (UUMVE) untuk $\theta$.

2.a

Menggunakan Maximum Likelihood Estimation (MLE)

$$\begin{array}{rl}L(\theta )& =\prod _{i=1}^{n}f(x_i;\theta )\\ & =\prod _{i=1}^n\frac{{\theta }^{x_i}{e}^{-\theta }}{x_i!}\\ & =\frac{{\theta }^{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{e}^{-n\theta }}{{\prod }_{i=1}^n{x}_i!}\\ \ln L(\theta )& =\sum _{i=1}^n{x}_i\ln \theta -n\theta -\sum _{i=1}^n\ln (x_i!)\\ \frac{d}{d\theta }\ln L(\theta )& =\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{\theta }-n\\ \frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{\theta }& =n\\ \theta & =\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{n}=\bar{x}\end{array}$$

Menggunakan Method of Moments:

Diketahui mean dari distribusi Poisson($\theta$) adalah $E[X]=\theta$. Didapati momen sampel pertama $M_1=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i=\bar{X}$. Dengan menyamakan momen teoritis dengan momen sampel, didapati $E[X]=M_1⟺\theta =\bar{X}$. Jadi, $\hat{\theta }=\bar{X}$

Telah ditunjukkan pada nomor 1.d bahwa $E(\bar{X})$ adalah penaksir tak bias untuk $\theta$. Jadi, terbukti penaksir yang diperoleh menggunakan metode maksimum likelihood dan metode momen adalah penaksir tak bias untuk $\theta$.

2.b

$$\begin{array}{rl}f(x_1,x_2,\dots ,x_n;\theta )& =\prod _{i=1}^{n}f(x_i;\theta )\\ & =\prod _{i=1}^n\frac{{\theta }^{x_i}{e}^{-\theta }}{x_i!}\\ & =\frac{{\theta }^{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{e}^{-n\theta }}{{\prod }_{i=1}^n{x}_i!}\\ & ={\theta }^{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{e}^{-n\theta }\cdot \frac{1}{{\prod }_{i=1}^n{x}_i!}\end{array}$$

Misalkan

• $u_1(x_1,\dots ,x_n)={\sum }_{i=1}^n{x}_i$
• $k_1[u_1(x_1,\dots ,x_n);\theta ]=k_1\left({\sum }_{i=1}^n{x}_i;\theta \right)={\theta }^{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{e}^{-n\theta }$
• $k_2(x_1,\dots ,x_n)=\frac{1}{{\prod }_{i=1}^n{x}_i!}$

Perhatikan bahwa $k_1$ nonnegatif untuk $\theta >0$, $k_2$ nonnegatif untuk semua $x_i\ge 0$, dan $k_2$ tidak bergantung pada $\theta$. Sehingga, berdasarkan Theorem 7.2.1, $Y_1=u_1(X_1,\dots ,X_n)={\sum }_{i=1}^n{X}_i$ adalah statistik cukup untuk parameter $\theta$.

2.c

Karena $X_i\sim \text{Poisson}(\theta )$ dan independen, maka, $Y_1={\sum }_{i=1}^n{X}_i\sim \text{Poisson}(n\theta )$. Diketahui pmf dari Poisson($n\theta$) adalah $f_{Y_1}(y_1;\theta )=\frac{(n\theta {)}^{y_1}{e}^{-n\theta }}{y_1!},y_1=0,1,2,\dots$

Misalkan $E[u(Y_1)]=0$ untuk semua $\theta >0$. Maka didapati:

$$\begin{array}{rl}\sum _{y_1=0}^{\infty }u(y_1)\frac{(n\theta {)}^{y_1}{e}^{-n\theta }}{y_1!}& =0\\ e^{-n\theta }\sum _{y_1=0}^{\infty }u(y_1)\frac{(n\theta {)}^{y_1}}{y_1!}& =0\end{array}$$

Karena $e^{-n\theta }>0$ untuk semua $\theta >0$, maka: ${\sum }_{y_1=0}^{\infty }u(y_1)\frac{(n\theta {)}^{y_1}}{y_1!}=0\text{untuk semua }\theta >0$

Misalkan $g(\theta )={\sum }_{y_1=0}^{\infty }u(y_1)\frac{(n\theta {)}^{y_1}}{y_1!}$. $g(\theta )$ adalah power series dalam $\theta$.

Karena $g(\theta )=0$ untuk semua $\theta >0$, dan power series yang bernilai nol pada interval terbuka harus memiliki semua koefisien sama dengan nol, maka: $u(y_1)=0,y_1=0,1,2,\dots$. Sehingga berdasarkan Definisi 7.4.1, keluarga $f_{Y_1}(y_1;\theta )$ adalah komplit. Terbukti bahwa $Y_1$ adalah statistik cukup yang komplit untuk $\theta$

2.d

Telah ditunjukkan pada 1.d bahwa $\bar{X}$ adalah penaksir tak bias varians minimum unik (UUMVE) untuk $\theta$.